ИДЗ 13.2 Рябушко пример решения
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ИДЗ 13.2 – Вариант 0
1. Расставить пределы интегрирования в тройном интеграле f x, y, z dxdydz , если область V
V
ограничена указанными поверхностями. Начертить область интегрирования
1.0. V: x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0, x + y = 2, z = x2 + y2
Для вычисления тройного интеграла справедлива следующая формула
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b |
2 |
x |
2 |
x,y |
|
f x, y, z dxdydz dx |
dy |
|
f x, y, z dz |
|||
|
V |
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a |
1 |
x |
1 x,y |
|
Тогда согласно данной формуле получаем: |
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|||
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2 |
2 x |
x2 y2 |
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f x, y, z dxdydz dx |
dy |
f x, y, z dz |
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V |
0 |
0 |
0 |
|
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Данное тело ограничено координатными плоскостями, плоскостью x + y = 2, параллельной оси Oz, и параболоидом вращения z = x2 + y2.
В проекции на XOY |
Область интегрирования |
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2. Вычислить данные тройные интегралы.
2.0. xy 2 z2dxdydz , V: 0 ≤ x ≤ 3, −1 ≤ y ≤ 0, 0 ≤ z ≤ 2
V
Для данной области, на основании формулы
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b |
d |
q |
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f x, y, z dxdydz dx dy f x, y, z dz |
||||
V |
a |
c |
p |
z |
2
1 |
y |
|
V
3
x
Решение тройного интеграла
xy |
2 |
z |
2 |
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3 |
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0 |
2 |
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2 |
z |
2 |
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3 |
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0 |
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xy 2 z3 |
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2 |
3 |
0 |
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xy 2 23 |
xy 2 03 |
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3 |
0 |
8xy |
2 |
dy |
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dxdydz dx dy xy |
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dz dx dy |
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dx dy |
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dx |
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3 |
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3 |
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3 |
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3 |
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V |
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0 |
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1 |
0 |
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0 |
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1 |
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0 |
1 |
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0 |
1 |
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0 |
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0 |
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8 3 |
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0 |
2 |
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8 3 |
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y3 |
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8 3 |
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03 |
|
1 3 |
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8 3 |
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1 8 3 |
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8 x 2 |
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3 |
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4x 2 |
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3 |
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xdx y dy |
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xdx |
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xdx |
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xdx |
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xdx |
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3 |
3 |
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3 |
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3 |
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3 |
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3 |
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9 |
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0 |
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1 |
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0 |
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1 |
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0 |
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3 0 |
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3 9 |
0 |
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9 2 |
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0 |
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0 |
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4 32 |
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4 0 |
2 |
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4 9 |
4 |
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9 |
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9 |
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9 |
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3. Вычислить тройной интеграл с помощью цилиндрических или сферических координат.
3.0. x 2 y2 dxdydz , υ: x2 + y2 = 4x, x + z = 4, z ≥ 0
V
x 2 y2 4x 4 4 0x 2 2 y2 4
Цилиндр с окружностью в основании с центром в точке (2; 0), радиусом R = 2 z
x 2 y2 4x
z 4 x x
y
Перейдем к цилиндрическим координатам ρ, φ, z по формулам, в которых для данной области
x cos , |
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y sin , |
z z |
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||||||||||
x 2 y2 4x 2 cos 2 2 sin 2 4 cos 2 cos 2 |
sin 2 |
4 cos |
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||||||||||||||||||||||||||||||||||
2 4 cos 4 cos |
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z 4 x z 4 cos |
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||||||||||||
где 0 ≤ ρ ≤ 4cosφ; –π/2 ≤ φ ≤ π/2; 0 ≤ z ≤ 4 – ρcosφ; |
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J = ρ, dxdydz = ρdρdφdz |
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Получаем: |
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2 |
4 cos |
4 cos |
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2 |
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4 cos |
4 cos |
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|||
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x 2 y2 dxdydz d |
d |
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2 cos 2 |
sin 2 dz d |
d |
dz |
|||||||||||||||||||||||||||
V |
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0 |
0 |
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0 |
0 |
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2 |
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2 |
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4 cos |
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||||||
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2 |
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4 cos |
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4 cos |
2 |
4 cos |
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2 |
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4 cos |
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d |
2 d |
dz |
d 2 d z |
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d |
2 d 4 cos 0 |
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0 |
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0 |
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0 |
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0 |
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2 |
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2 |
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0 |
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2 |
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4 cos |
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||||||
2 |
|
4 cos |
2 |
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|
2 |
4 cos |
|
2 |
|
|
3 |
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|
|
|
2 |
|
4 |
|
|
3 |
|
4 |
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|||||
d |
d 4 cos d 4 |
|
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|
|
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|
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|||||||||||||||
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cos d d |
3 |
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|
|
cos |
|
|
||||||||||||||||||||||||||||
|
|
0 |
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|
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|
|
|
|
0 |
|
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|
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|
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4 |
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|
|
|
||
|
2 |
|
|
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|
|
|
|
|
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|
2 |
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|
|
|
|
|
|
|
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2 |
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|
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0 |
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||
2 |
|
|
4 |
|
|
|
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3 |
3 |
|
44 cos 4 |
|
|
|
2 |
|
256 |
|
3 |
|
|
|
|
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|
5 |
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|||||
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d |
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4 |
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cos |
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|
cos |
|
|
d |
|
cos |
|
64 cos |
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|
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||||||||||||||||
|
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|
3 |
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|
|
|
|
|
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|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
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||
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2 |
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256 |
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|
|
|
|
|
|
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|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
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|
|
|
|
2 |
|
|
2 |
|
|
|
|
|
256 |
|
|
|
|
256 |
|
|
|
|
|
|
|
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|
|
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|
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|||||||||||||||||
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2 |
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2 |
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2 |
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|
|
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2 |
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4 |
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|||||||||||||||||||||||
d cos |
|
|
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1 sin |
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64 1 sin |
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|
cos |
|
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|
|
|
|
|
|
|
sin |
|
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64 |
128sin |
|
64 sin |
|
|
d |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
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|
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|
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||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
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3 |
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3 |
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|
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|
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|
3 |
|
|
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|
|
|
|
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|
|
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|
|
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|
|
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|
|
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||||||||
|
2 |
|
|
|
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|
|
|
|
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|
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|
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|
|
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|
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|
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|
2 |
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|
|
|
|
|
|
|
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|
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|
|
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|
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|
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|
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|
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|
|||
|
|
|
|
|
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4. С помощью тройного интеграла вычислить объем тела, ограниченного указанными поверхностями. Сделать чертеж.
4.0. x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0, x + y = 2, z = 2(x2 + y2)
Данное тело ограничено координатными плоскостями, плоскостью x + y = 2, параллельной оси Oz, и параболоидом вращения z = 2(x2 + y2).
Наш сайт: Fizmathim.ru
Группа ВКонтакте https://vk.com/fizmathim_resh
Перейти на Готовые решения ИДЗ Рябушко (по вариантам)
Решение задач по высшей математике на заказ
где область D ограничена треугольником, лежащим в плоскости Oxy, для которого 0 x 2, 0 y 2 x , следовательно, искомый объем тела равен
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dz dx dy z |
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dy 2x 2 2y2 |
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