Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный авиационный университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Vischa_matematika_Chastina_3_Denisyuk_Repeta

.pdf

Скачиваний:

410

Добавлен:

19.02.2016

Размер:

7.52 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 2021 / 4521 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 > Следующая >>>

z			z			у
1			z			3
1						3
				1 – 1
O	1	у		O	3 у
1		х	1		–1	O	1 х
х			1		–1	O	1 х
х
Рис. 2.65				Рис. 2.66	Рис. 2.67
3. Обчисліть		координати		центра маси	півсфери z =	R2 − x2 − y2

(рис. 2.68), якщо в кожній її точці поверхнева густина чисельно дорівнює відстані цієї точки до осі Оz.

Розв’язання. За умовою задачі поверхнева густина в точці (x, y, z)

задається формулою γ = x2 + y2 . Із симетричності півсфери відносно осі Оz та функціїγ(x, y) відносно точки (0; 0) випливає, що центр маси лежить

наосіОz. Отже,

xc = yc = 0.

Координату zc

визначимозаформулою(2.43).

Перетворимо елемент dσ. Оскільки

z′ =

− x

, z

′

− y

R2 − x2 − y2

то

+ (z′ )2

= 1+

R2 − x2 − y2

Rdxdy

dσ =

R2 − x2 − y2

Враховуючи, що проекція поверхні на площину Оху є круг радіуса R, обмежений колом x2 + y2 = R2 , обчислення проводимо в полярній системі координат. Маємо

+ y

dxdy

2π

dρ

m = R ∫∫

= R ∫ dϕ∫

ρdρ = 2πR∫

R2 − x2 − y2

R2 − ρ2

Dxy

R2 − ρ2

ρ = R sin t,

t R cos tdt

sin

dρ = R cos tdt,

= 2πR∫

= 2πR3 ∫ sin2 tdt =

R cos t

0 ≤ t ≤ π / 2

201

http://vk.com/studentu_tk, http://studentu.tk/

π2 R3

sin 2t

= πR

∫

(1− cos 2t)dt = πR

−

;

2π

2πR

∫∫ zγ dσ =R ∫∫ x2 + y2 dxdy =R ∫

dϕ∫ ρ2 dρ =

Dxy

Отже,

2πR4

zc =

π2 R3

3π

I = ∫∫ xdydz + zdxdz +

4. Обчисліть поверхневий інтеграл другого роду

+3dxdy, де σ — верхня сторона частини площини

2x − 3y + 3z − 6 = 0

( x ≥ 0, y ≤ 0, z ≥ 0 ).

Розв’язання. На рис. 2.69 зображено задану поверхню σ — частину площини. Нормаль n , що відповідає верхній стороні поверхні, утворює з осями Ох та Oz гострі кути, а з віссю Оу — тупий кут. Справді, нормаль n = {2; − 3; 3} має такі напрямні косинуси:

cos α =	2	> 0, cos β = −3 < 0, cos γ =			3 > 0 .
z	22			22	22
R					z
R					2
	d				n
	d
О		y	R у	–2	О у
х		y	R у
R				3
х					х
Рис. 2.68					Рис. 2.69

Тому поверхневий інтеграл зводимо до суми трьох подвійних інтегралів по областях, зображених на рис. 2.70, перший і третій з яких беремо зі знаком «+», а другий — зі знаком «–».

	z	z		у
Dyz	2	2	Dxz	О	3 х

–2	О у	О	3 х	–2	Dxy

Рис. 2.70

202

http://vk.com/studentu_tk, http://studentu.tk/

Отже, маємо

I = ∫∫ xdydz + zdxdz + 3dxdy = ∫∫ xdydz − ∫∫

zdxdz + ∫∫ 3dxdy =

Dyz

Dxz

Dxy

y+ 2

6−2x

6 + 3y − 3z

= ∫ dy ∫

dz −∫ dx

∫ zdz +3

3 2 =

−2

(6 − 2x)2

= ∫

3y + 3

dy − ∫

dx + 9 = −4 − 2 + 9 = 3.

−2

5. Обчисліть поверхневий інтеграл другого роду ∫∫ zdxdy , якщо σ —

зовнішня сторона сфери x2 + y2 + z2 = R2 (рис. 2.71).

Розв’язання. Верхня і нижня півсфери проектуються на площину Оху в одну й ту саму область —

круг, обмежений колом x2 + y2				= R2 . Тому розіб’є-
мо повехню σ на частиниσ1			та σ2 , де σ1 — верхня
півсфера	z =	R2 − x2 − y2	, а	σ2 — нижня пів-
сфера z = − R2 − x2 − y2 .
Отже,	∫∫ zdxdy = ∫∫ zdxdy + ∫∫ zdxdy . Зведемо
	σ	σ1		σ2

z G

R n

О R у

R n

Рис. 2.71

кожен з інтегралів до подвійного, враховуючи, що нормальний вектор по обраній стороні верхньої півсфери утворює з віссю Oz гострий кут, а з нижньою півсферою — тупий кут. Отже,

∫∫ zdxdy = + ∫∫ R2 − x2 − y2 dxdy ,

	σ1	Dxy
∫∫ zdxdy = − ∫∫ −		R2 − x2 − y2 dxdy = ∫∫ R2 − x2 − y2 dxdy .
σ2	Dxy	Dxy
Тоді
	∫∫ zdxdy = 2 ∫∫ R2 − x2 − y2 dxdy = I.
	σ	Dxy

Тепер перейдемо до полярних координат, дістанемо

203

http://vk.com/studentu_tk, http://studentu.tk/

2π

I = ∫∫ zdxdy = 2 ∫ dϕ∫

R2 − ρ2 ρdρ =

d (R

− ρ

)

= 4π∫ R2 − ρ2

= −

π (R2 − ρ2 )3

πR3 .

−2

Зауваження. Звичайно цей приклад простіше розв’язати за форму-

лою Остроградського—Гаусса, дістанемо

∫∫ zdxdy = ∫∫∫ dxdydz = Vкулі =

πR3 .

6. Обчисліть поверхневий інтеграл другого роду

∫∫ 2xdydz − ydxdz , де

σ — зовнішня сторона частини поверхні циліндра

x2 + y2

= 1, 0 ≤ z ≤ 1 ,

x ≥ 0, y ≥ 0 (рис. 2.72).

Розв’язання. Розглянемо заданий інтеграл як суму двох інтегралів I = I1 + I2 . Для обчислення поверхневого інтеграла I1 = ∫∫ 2xdydz спроекту-

ємо поверхню σ на площину Oyz.	σ
	Дістанемо прямокутник σ yz : 0 ≤ y ≤ 1,
0 ≤ z ≤ 1 (рис. 2.73). Тепер рівняння циліндра розв’яжемо відносно		х:
x = 1− y2 (тут враховано умову	x ≥ 0 ). Оскільки вектор нормалі n	у

довільній точці обраної сторони поверхні σ утворює з віссю Ox гострий кут, то відповідний подвійний інтеграл беремо зі знаком плюс. Маємо

							1	1		1
I1 = ∫∫ 2xdydz = ∫∫ 2 1− y2 dydz = 2∫								1− y2 dy∫ dz = 2∫			1− y2 dy =
	σ			σ yz			0	0		0
	y = sin t,				π		π					π
	y = sin t,			2			2			sin 2t		π		π
				2		2	2					2
						2						2
=	dy = cos tdt,			= 2∫ cos			tdt = ∫ (1+ cos 2t)dt = t +						=		.
=	dy = cos tdt,			= 2∫ cos			tdt = ∫ (1+ cos 2t)dt = t +			2			=	2	.
	0 ≤ t ≤ π / 2			0			0			2		0		2
		z						z
		1						z
				1				1
							у	1	σyz

			O		n
											у
	х	1						O		1
		1						O		1

		Рис. 2.72						Рис. 2.73

204

http://vk.com/studentu_tk, http://studentu.tk/

Аналогічно обчислюємо інтеграл I2 = −∫∫ ydxdz . Для цього поверхню

σ проектуємо на площину Оxz, рівняння поверхні розв’язуємо відносно у:

y =	1− x2 і переходимо до подвійного інтеграла (знак перед подвійним
інтегралом той самий, що й перед поверхневим. Тоді
			1	1
	I2 = −∫∫ ydxdz = −∫			1− x2 dx∫ dz = − π ,
	σ		0	0	4
	σ		0	0
і остаточно дістаємо I = π −		π =	π .
	2	4	4
7. Обчисліть поверхневий інтеграл другого роду
	I = ∫∫ x2 dxdz + xdxdz + xzdxdy ,
	σ				y = x2 + z2 ,
де	σ ― верхня сторона тієї частини поверхні				y = x2 + z2 ,	що лежить у
першому октанті між площинами y = 0 і y = 1 .
Розв’язання. Зобразимо поверхню σ. Рівняння					y = x2 + z2	визначає пара-

болоїд обертання навколо осі ординат. Та його частина, що лежить у першому октанті, перетинає координатну площину Oyz по параболі y = z2 , а площину

Oxy ― по параболі y = x2 . Із площиною y = 1 параболоїд перетинається по колу x2 + z2 = 1 , у першому октанті лежить чверть цього кола. Нарешті, якщо y = 0 , то x2 + z2 = 0 і це рівняння задовольняє тільки одна точка ― початок координат. Урезультатіпроведеногоаналізубудуємоповерхню σ (рис. 2.74).

Зауважимо,

що вектор

нормалі

n у до-

вільній точці обраної сторони поверхні σ утво-

z =

1−x

рює з осями Ox та Oz гострі кути, а з віссю Oy —

y = z2

тупийкут.

Обчислимо послідовно три інтеграли.

I1 = ∫∫ x

dydz .

σxz

σyz

поверхні y = x2 + z2

σxy

рівняння

знаходимо

y = x2

x2 = y − z2 і переходимо до подвійного інтеграла

за проекцією σyz . Оскільки нормальний вектор n

Рис. 2.74

утворюєзвіссюOx гострийкут(див. рис. 2.74), то

передподвійнимінтеграломставимознакплюс:

I1 =

∫∫

( y − z2 )dydz =

∫

( y − z2 )dz =

∫

−

dy =

σ yz

205

http://vk.com/studentu_tk, http://studentu.tk/

		1	3			5			1
		1	3			5			1
=	2	∫ y	2	dy =	2	2	y	2	=		4	.
=	3	∫ y	2	dy =	3	5	y	2	=	15		.
	3	0			3	5			0	15
		0							0

2) I2 = ∫∫ xdxdz.

У підінтегральний вираз змінна у не входить, тому переходимо безпосередньо до подвійного інтеграла за проекцією σxz . З рис. 2.74 видно, що

нормаль n , яка відповідає верхній стороні поверхні σ , утворює тупий кут з віссю Oy, тому подвійний інтеграл беремо зі знаком мінус:

	= − ∫∫			1	1− x2		1
I2				xdxdz = −∫ xdx	∫		dz = −∫ x	1− x2 dx =
			σ xz	0	0		0
		1	1		1	2			1	1

=			∫ 1− x2 d(1− x2 ) =				(1− x2 )3		= −		.
	2				2	3
			0						0	3

3)I3 = ∫∫ xzdxdy .

σxy

З рівняння			поверхні							знаходимо									z = ±								y − x2 , але				перед коренем
беремо знак плюс,					тому що в першому октанті z ≥ 0 ,																										і переходимо до
подвійного інтеграла за проекцією															σxy , взявши інтеграл зі знаком плюс
(нормаль n утворює гострий кут з віссю Oz):
			I3 = ∫∫														1								y
			I3 = ∫∫				x			y − x2 dxdy = ∫ dy ∫																	x y − x2 dx =
					σ xy												0					0
	1	1		y																1		1		2							y
		1		y																		1									y
= −		∫ dy ∫			y − x2 d( y − x2 ) = −																		∫				( y − x2 )3				dy =
= −		∫ dy ∫			y − x2 d( y − x2 ) = −																		∫	3			( y − x2 )3				dy =
2		0		0													2					0		3						0
								1	1							1			2			5				1		2
									1													5				1
						=				∫ y3 dy =											y		2				=		.
						=				∫ y3 dy =					3						y		2				=		.
							3		0						3		5									0	15
Отже, I = I			+ I	2	+ I	3	=			4	−	1	+	2	=			1			.
Отже, I = I			+ I		+ I		=				−		+		=						.
		1							15			3	15				15
8. Обчисліть поверхневий інтеграл другого роду
						I = ∫∫ xdydz + zdxdz + 3dxdy ,
										σ

де σ — зовнішня сторона піраміди, обмеженої площинами x = 0 , y = 0 , z = 0 та 2x − 3y + 3z − 6 = 0 (рис. 2.69).

206

http://vk.com/studentu_tk, http://studentu.tk/

Розв’язання. Оскільки поверхня замкнена, то застосуємо формулу Остроградського—Гаусса. Маємо

P = x, Q = z, R = 3;

∂P

= 1,

∂Q

= 0,

∂R = 0 .

Тоді

∂x

∂y

∂z

I = ∫∫∫ (1+ 0 + 0)dxdydz = Vпіраміди =

3 2 2 = 4.

9. Обчисліть поверхневий інтеграл другого роду

I = ∫∫ (x + 3z)dydz − 2ydxdz + (z − y)dxdy ,

де σ — зовнішня сторона частини конуса

x2 + y2

= z2 ,

розміщеної між площинами z = 0 та z = 1 (рис. 2.75).

Розв’язання. Безпосередньо застосувати формулу

σ1

Остроградського—Гаусса до даного інтеграла не мож-

на. З іншого боку, обчислення інтеграла за допомо-

гою проектування поверхні на координатні площини

Dxy

призводить до досить громіздких обчислень. Засто-

х1

суємо такий прийом. Замкнемо поверхню σ кругом

σ1 (частиною площини

z = 1 , розміщеної всередині

Рис. 2.75

конуса). Тоді

I = I1 − I2 ,

де

I1 = ∫∫

(x + 3z)dydz − 2ydxdz + (z − y)dxdy,

σ+σ1

I2 = ∫∫ (x + 3z)dydz − 2ydxdz + (z − y)dxdy.

σ1

Оскільки

∂P

+ ∂Q +

∂R

P = x + 3z, Q = −2y, R = z − y;

= 1− 2 + 1 = 0,

∂x

∂y

∂z

тo I1 = 0 і тому I = −I2 , тобто шуканий інтеграл зводиться до поверхневого інтеграла по кругу σ1 . Оскільки проекції цього круга на координатні пло-

щини Oxz та Oyz відрізки, то ∫∫ (x + 3z)dydz = 0 та I2		= ∫∫ 2ydxdz = 0.
Отже,	σ1	σ1
Отже,
I = −I2 = − ∫∫ (z − y)dxdy = − ∫∫ (1− y)dxdy .
σ1	Dxy

207

http://vk.com/studentu_tk, http://studentu.tk/

Знак перед подвійним інтегралом не змінено, оскільки кут між нормальним вектором n та віссю Oz дорівнює нулю ( cos γ = 1 > 0 ).

Перейшовшиуподвійномуінтегралідополярнихкоординат, дістанемо

2π	1	2π	ρ2	−	ρ3		1
I = − ∫ dϕ∫(1− ρ sin ϕ)ρdρ = − ∫			2	−	3	sin ϕ	dϕ =
0	0	0	2		3		0

2π 1			1		1			1		2π
= − ∫		−		sin ϕ dϕ = −			ϕ +		cos ϕ	= −π.
	2		3			2		3
0										0

Т.4 ВПРАВИ ДЛЯ АУДИТОРНОЇ І САМОСТІЙНОЇ РОБОТИ

Обчисліть поверхневі інтеграли першого роду по вказаній поверхні.

1.	∫∫ (x2 + y2 + z2 )dσ , якщо σ — напівсфера z =		R2 − x2 − y2 .
	σ
2.	∫∫ (x2 + 3y2 + z2 + 5)dσ , якщо σ — частина конуса, розміщена між
	σ
площинами y = 0 та y = 2.
3.	∫∫ (x2 + ( y2 + z2 )2 )dσ, якщо σ — частина		площини x + y + z = 2 ,
	σ
вирізана циліндром y2 + z2 = 1.
4.	∫∫ (2x + 3y + 5z)dσ , якщо σ — частина площини			2x + 3y + 5z = 30 ,
	σ
розміщена у першому октанті.
Обчисліть поверхневі інтеграли другого роду по вказаній поверхні.
5.	∫∫ ( y2 + z2 )dxdy, якщо σ — зовнішня	сторона		частини циліндра
	σ
z =	9 − x2 , розміщеної між площинами y = 0 та y = 2.
6.	∫∫ (x2 + y2 + z2 )dxdy, якщо σ — зовнішня сторона частини напів-
	σ
сфери y = 1− x2 − z2 , вирізаної конусом y =		x2 + z2 .
7.	∫∫ x2 dydz + y2 dxdz + z2 dxdy, якщо σ — зовнішня сторона частини
	σ
сфери, розміщеної у першому октанті.
208

http://vk.com/studentu_tk, http://studentu.tk/

8. ∫∫ zdxdy − ydydz, якщо σ — трикутник, утворений перетином пло-

щини 6x − 3y + 2z = 6 з координатними площинами, причому нормаль до обраної сторони утворює з віссю Oz гострий кут.

9. ∫∫ xdydz + ydxdz + zdxdy, якщо			σ	— зовнішня сторона сфери
σ
x2 + y2 + z2 = R2 .
10. Обчисліть	координати	центра		маси	однорідної	поверхні
2z = 4 − x2 − y2 ( z ≥ 0 ).
	Відповіді
1. 2πR4. 2. 52	2π. 3. 29 3π / 6.	4.	450	14. 5. 88.	6. π / 2. 7.	3πR4 /8. 8. 3.
9. 4πR3. 10. (0; 0; (307 − 15 5) / 310).

Т.4 ІНДИВІДУАЛЬНІ ТЕСТОВІ ЗАВДАННЯ

4.1. Обчисліть поверхневі інтеграли першого роду по поверхні G.

№	Інтеграл	Рівняння поверхні G	Додаткові умови

4.1.1

∫∫

+ y

+ z

)dσ

z =

x2 + y2

Поверхня G обмежена

площинами z = 0, z = 2

4.1.2

∫∫ ydq

z =

9 − x2 − y2

4.1.3

∫∫ xyzdq

x + y + z = 1

Поверхня G лежить

у першому октанті

4.1.4

∫∫(3z + 6x + 4 y)dq

= 1

Поверхня G лежить

у першому октанті

4.1.5

∫∫

16 − x2 − y2 dq

z = − 16 − x2 − y2

4.1.6

∫∫(x2 + y2 )dq

x2 + y2 + z2 = 4

z ≥ 0

4.1.7

∫∫ x2 z2dq

y =

25 − x2 − z2

4.1.8

∫∫

+ z

− x2 = 0

Поверхня G обмежена

площинами x = 0, x = 1

209

http://vk.com/studentu_tk, http://studentu.tk/

Продовження таблиці

№	Інтеграл	Рівняння поверхні G	Додаткові умови

4.1.9

∫∫

x2 + z2 = 16

Поверхня G обмежена

+ y2

+ z2

площинами y = 0,

y = 2

4.1.10

∫∫(x2 + z2 )dq

y = 1 − x2 − z2

y ≥ 0

4.1.11

∫∫(x

+ y

+ z

)dq

y =

+ z2

Поверхня G обмежена

площинами y = 0,

y = 4

4.1.12

∫∫ xdq

z =

16 − x2 − y2

4.1.13

∫∫ y

zdq

x + 2y + z = 1

Поверхня G лежить

у першому октанті

4.1.14

∫∫(z + 2x + 3y)dq

= 1

Поверхня G лежить

у першому октанті

4.1.15

∫∫

25 − x2 − z2 dq

y = − 25 − x2 − z2

4.1.16

∫∫( y2 + z2 )dq

x2 + y2 + z2 = 36

x ≥ 0

4.1.17

∫∫ x2 y2dq

z =

9 − x2 − y2

4.1.18

∫∫

x2 + y2 dq

x2 +

− z2 = 0

Поверхня G обмежена

площинами z = 0 ,

z = 1

4.1.19

∫∫G

y2 + z2

= 36

Поверхня G обмежена

x2 + y2 + z2

площинами x = 0 ,

x = 1

4.1.20

∫∫(x2 + y2 )dq

z = 1 − x2 − y2

z ≥ 0

4.1.21

∫∫(x

+ y

+ z

)dq

x =

+ z2

Поверхня G обмежена

площинами x = 0, x = 3

4.1.22

∫∫ ydq

x2 + y2

+ z2 = 25

Поверхня G лежить

у першому октанті

4.1.23

∫∫ x

zdq

2x + 3y + z = 1

Поверхня G лежить

у першому октанті

210

http://vk.com/studentu_tk, http://studentu.tk/

<<< < Предыдущая 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 2021 / 4521 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
10.11.2019882.69 Кб33Vikova_psikhol_Konsp_Alp.doc
#
19.02.2016908.69 Кб55Vischa_geodeziya.docx
#
19.02.20168.29 Mб315Vischa_matematika_Chastina_1_Denisyuk_Repeta.pdf
#
19.02.20164.86 Mб918Vischa_matematika_Chastina_2_Denisyuk_Repeta.pdf
#
19.02.20162.32 Mб223Vischa_matematika_Chastina_2_Denisyuk_Repeta.pdf
#
19.02.20167.52 Mб410Vischa_matematika_Chastina_3_Denisyuk_Repeta.pdf
#
19.02.20161.68 Mб74Vitorskaya_N_Prichiny_Bolezn_Istoki_Zdorov_Pra.doc
#
26.08.201978.26 Кб0voprosy_1-10.docx
#
19.02.201650.69 Кб79Voprosy_na_ekzamen_TS.doc
#
19.02.20161.5 Mб8vsesvitny_istoria_shupak1-39.pdf
#
09.12.2018260.17 Кб18vse_gotovo.docx