Вышмат

11

		π			1		ρ2					π	1																		ρ		5			1
		4																						2															2
M yz	= òcosϕ dϕòρ2 dρ òdz = sin ϕ												òρ					4dρ =										×										=			,
												04
																								2								5							10
		0			0		0						0																							0
		π			1		ρ2									π		1								2 -
		4																																2
M xz	= òsin ϕ dϕòρ 2 dρ òdz = (- cosϕ)															04		òρ 4dρ =																				,
																															10
		0			0		0											0
		π		1		ρ 2		π 1	ρ5							π				ρ6		1						π
M xy	=	4	dϕ		ρ dρ		z dz = ϕ			dρ =									×					=								.
								4
		ò		ò		ò		0 ò	2							4				12						48
		0		0		0	0															0
										æ	8								8(2 -								)				1			ö
														2											2
Центр мас розташований в точці Cç																	;												;					÷ .
										ç		5π								5π											3			÷
										è																								ø

1.3 Завдання для самостійної роботи

Виконайте [3], Кратні інтеграли, № 11-12, с.21-29.

1. Обчислити òòò(x + y2 + z3 )dxdydz , якщо V - прямокутний

V

паралелепіпед: 1 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 3, 0 ≤ z ≤ 2.

	Обчислити òòò(2x + 3y - z)dxdydz ,				Відповідь: 39.
2.					якщо	V	- призма
		V	x = 0, y = 0, x + y = 1, z = 0, z = 2.
обмежена площинами:
					Відповідь:			2	.
							3
3.	Знайти	масу	тіла	обмеженого параболоїдом			обертання
x2 + y2	= 2z та	площиною		z = 2 , якщо	об’ємна	густина маси
γ = x2 + y2 .

Вказівка: скористайтеся циліндричними координатами. Відповідь:

163 π .

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com

12

4. Знайти масу кулі x2 + y2 + z2 =1, якщо об’ємна густина її

маси γ = 1+ (x2 + y2 + z2 )32 .

Вказівка: скористайтеся сферичними координатами.

Відповідь: 162 - 8π .

3

5. Знайти об’єм тіла обмеженого поверхнями: z = x2 + y2 , z = x2 + y2 .

Вказівка: скористайтеся циліндричними координатами.

Відповідь: π3 .

6. Знайти координати центру мас куба: 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 2, 0 ≤ z ≤ 2, якщо його густина маси γ = x + y + z .

æ10 10 10 ö

Відповідь: Cç ; ; ÷ .

è 9 9 9 ø

7. Знайти координати центру мас однорідного тіла обмеженого площинами x = 0, z = 0, y = 0, x + y = 1, та параболоїдом обертання

z = x2 + y2 .

æ 2 2 7 ö

Відповідь: Cç ; ; ÷

è 5 5 30 ø

8. Знайти координати центру мас однорідного тіла обмеженого площинами x = 0, z = 0, y = 0, 2x + 3y = 12 , та параболічним

циліндром 2z = y2 .

Відповідь: C(1,2;2,4;1,6).

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com

13

2.ПОВЕРХНЕВІ ІНТЕГРАЛИ

2.1Теоретична частина.

Законспектуйте теоретичний матеріал за одним із посилань:

[6], [7], [8].

Підготуйте відповіді на наступні питання для перевірки засвоєння теорії:

1.Означення поверхневого інтегралу першого роду.

2.Обчислення поверхневого інтегралу першого роду.

3.Застосування поверхневого інтегралу першого роду:

3.1маса матеріальної поверхні;

3.2координати центру маси поверхні;

3.3моменти інерції поверхні відносно осей координат і початку координат.

4.Означення поверхневого інтегралу другого роду.

5.Фізичний зміст поверхневого інтегралу другого роду.

6.Формула Остроградського-Гаусса.

7.Формула Стокса.

2.2 Приклади розв′язків задач.

Приклад 1.

Обчислити òò(y + z)dS - де S- частина площини x + y + z =1, що

S

розміщена в першому октанті.

Розв′язання. Зробимо рисунки до даної задачі. (рис 2.1, 2.2)

З рівняння поверхні z =1 − x − y . Із цього маємо: z′x = −1, z′y = −1. Таким чином,

òò(y + z)dS = òò(y + 1 − x − y)1 + (−1)2 + (−1)2 dxdy =

	S		Dxy
				1		1−x	1			1−x
	=		òò(1 − x)dxdy =		ò(1 − x)dx òdy =			ò(1 − x)y		dx =
		3		3			3
			Dxy	0		0	0		0

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com

14

= 3ò(1 − x2 )dx = − 33 (1 − x)3

1

0

= 33 .

		z			y
1			Z=1-x-y		1	y=1-x
	0		y			Dxy
1		1
					0	1 x
x		Dxy

Рисунок 2.2

Рисунок 2.1

Приклад 2. Знайти координати центра маси однорідної півсфери радіуса R.

Розв′язання. Виберемо систему координат так, щоб основа півсфери розміщувалась на координатній площині xOy, а її центр був у початку координат. Тоді рівняння сфери буде мати вигляд

x2 + y2 + z2 = R2 , а півсфери z =

R2 − x2 − y2 .

Внаслідок симетрії

xc = 0, yc = 0 . Координата zc

знайдеться за формулою

òòzdS

zc =

S

.

òòdS

− x

S

− y

Знайдемо z′x =

, z′y =

.

R2 − x2 − y2

R2 − x2 − y2

x2

y2

dS = 1 + z′ 2

+ z′ 2 dxdy = 1 +

+

dxdy =

x

y

R2 − x2 − y2 R2 − x2 − y2

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com

							15
=		R			dxdy.
		R2 - x2 - y2
									R
òò zdS = òò R2					- x2	- y2					dxdy = R òòdxdy =
									R2 - x2 - y2
S		Dxy									Dxy

= R × SDxy = R ×πR2 = πR3 .

Приклад 3.

Знайти момент інерції відносно вісі Oz частини однорідної (γ=1) поверхні z = x2 + y2 , яка відтинається площиною z=1.

Розв¢язання. Знаходимо

2

2

z′

= 2x; z′

= 2y; 1 + z¢

+ z¢

= 1 + 4x2 + 4y2

x

y

x

y

Момент інерції

= òò(x2 + y2 )dσ = òò(x2 + y2 )

Iz

1+ 4x2 + 4y2 dxdy

σ

D

Проекцією D поверхні s

на площину Oxy є круг x2 + y2 £1.

Переходячи до полярних координат, маємо

2π

1

π

æ10

2

ö

I z = òdϕò 1 + 4ρ

2

ρ

3

dρ =

5 +

ç

÷

8

15

0

0

è 3

ø

Внутрішній інтеграл знайдемо заміною змінної: 1 + 4ρ 2 = t 2 .

1

t3 ö

5

1

5

1

æ t5

2

3

4

2

ç

÷

ò

1 + 4ρ

ρ

dρ = 16

ò(t

- t

)dt = 16

ç 5

- 3 ÷

=

0

1

æ

10

2

ö

1

è

ø

1

5

=

ç

+

÷ .

16

ç

3

15

÷

è

ø

Приклад 4.

Обчислити масу конічної поверхні (рис.2.3), поверхнева густина якої пропорціональна аплікаті ρ(x, y, z) = kz.

Радіус основи дорівнює R, висота – Н.

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com

Розв′язання Відомо,

z

A

R

Н

O D

y

x

Рисунок 2.3

16

що маса поверхні обчислюється за допомогою поверхневого інтеграла 1-го роду

M = òòρ(x, y, z)dG, ρ(x, y, z) = kz

G

(2.1)

Підставимо dG в інтеграл (2.1), в результаті зведемо задачу до обчислення подвійного інтеграла

M = òòkz1+ (z¢x )2 + (z¢y )2 dxdy

D

(2.2)

Тут D – область інтегрування (коло x2 + y2 = R) . Рівняння конічної поверхні можна отримати шляхом обертання прямої ОА (її рівняння

z =

H

y ) навколо вісі oz z2

= α 2

(x2 + y2 ), α =

H

(2.3)

R

R

αx

αy

Відповідно z¢x =

, z¢y =

, а подвійний інтеграл (2.1)

x2

+ y2

x2 + y2

буде мати вигляд

M = òòkα

dxdy

x2 + y2 ×

1+α 2

(2.4)

D

системи x = ρ cosϕ, y = ρ sin ϕ,

Перейдемо до

полярної

dxdy = ρdρdϕ та обчислимо масу

M = òòkα

×

dxdy = kα

òò

x2 + y2

1+ α 2

1+α 2

x2 + y2 dxdy =

D

D

= kα 1+ α 2 òòρ2dρdϕ = kα 1+α 2 2òπ dϕòR ρ2dρ =

0 0

= 23π kRH × H 2 + R2

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com

17

Повторити розв′язок задачі 4, користуючись своїми числовими даними

Значення маси поверхні

№ варіанта	R	H	K	M
1	1.10	2.42	0.97	14.31
2	1.44	2.02	0.13	1.99
3	1.48	2.26	0.48	8.93
4	1.34	2.70	0.77	17.67
5	1.31	2.66	0.30	6.50
6	1.23	2.77	0.67	14.50
7	1.48	2.44	0.22	4.78
8	1.06	2.36	0.97	13.22
9	1.10	2.55	1.00	16.16
10	1.19	2.06	0.67	8.12
11	1.21	2.37	0.81	13.03
12	1.28	2.37	0.80	13.76
13	1.47	2.51	1.00	22.51
14	1.07	2.63	0.90	15.02
15	1.23	2.14	0.98	13.27
16	1.45	2.42	0.24	5.09
17	1.43	2.73	0.83	20.93
18	1.38	2.18	0.73	11.97
19	1.14	2.60	0.27	4.73
20	1.03	2.40	0.81	10.98
21	1.02	2.09	0.40	4.16
22	1.22	2.15	0.25	3.46
23	1.02	2.54	0.22	3.26
24	1.21	2.16	0.31	4.21
25	1.15	2.20	0.80	10.52
26	1.02	2.78	0.37	6.59
27	1.02	2.07	0.31	3.21
28	1.28	2.78	0.48	11.00
29	1.30	2.04	0.68	9.13
30	1.06	2.60	1.00	16.23

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com

18

Приклад 5. Обчислити:

I = òò- xdydz + zdzdx + 5dxdy

S

по зовнішній стороні частини площини 2x − 3y + z = 6 , яка лежить в IY октанті.

Розв¢язання. На рис. 2.4 зображена задана частина площини.

Нормаль n , яка відповідає заданій стороні, утворює з віссю Оу тупий кут, а з осями Ох і Оz – гострі. В цьому можна впевнитись, якщо

знайти напрямні косинуси нормального вектора n = (2, -3, 1) площини: n = 4 + 9 +1 = 14;

cosα =

2

> 0,

cos β = -

3

< 0;

cos γ =

1

> 0

14

14

14

I = + òò

æ

3

z

ö

ò

zdzdx + 5 òòdxdy =

ç

- 3

-

y +

÷dydz -

2

2

Dyz

è

ø

Dxz

Dxy

0

3y+6 æ

3

1

ö

3

6−2x

1

= òdy

ò

ç- 3 -

y +

z ÷dz - òdx ò

zdz + 5 ×

× 2

× 3

= -9

2

2

2

−2

0

è

ø

0

0

z

6

Dyz

n

Dxz

-2

0

y

Dxy

x

3

Рисунок 2.4

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com

G

то інтеграл І2=0}.

19

Приклад 6.

r = xi + yj + zk через

Обчислити

течію

вектора

частину

поверхні

z = a − x ,

яка обмежена координатними площинами та площиною

y=b (рис. 2.5).

Розв′язання:

Відомо,

що

течія

q

вектора

r = P(x, y, z)i

+ Q(x, y, z)

j

+ R(x, y, z)k

через поверхню G обчислюється за

z

допомогою

поверхневого

інтеграла

a

другого роду.

G

q = òòPdydz + Qdxdz + Rdxdy

b

G

В даному випадку вектор

a

y

r = xi + yi + zk тобто

x

Рисунок.2.5

P = x,Q = y, R = z . Тоді течія

q = òòxdydz + ydxdz + zdxdy

G

Знайдемо послідовно інтеграли

I1 = òòxdydz = {x = a − z}= òò(a − z)dydz = òòadydz − òòzdydz =

G

D1

D1

D1

= a2b − a2b = a2b

2 2

a	D1
0	a	y

I2 = òò ydxdz = {поверхня G проектується в лінію на площину ZOX, b

I3	= òòzdxdy = {z = a − x}= òò(a − x)dxdy =		a2b		D2
			2
	G	D2		0	a x

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com

20

Відповідь.				Течія		через	вказану		поверхню		дорівнює
q = I + I	2	+ I	3	= a2b
1
Повторити розв′язок задачі 6, користуючись своїми числовими даними
№ варианта						А		В			Течія
1						4.84		2.02			47.31
2						2.60		1.32			8.92
3						4.37		0.25			4.70
4						2.38		9.51			53.79
5						1.59		7.69			19.55
6						3.45		8.79			104.39
7						1.50		6.22			14.02
8						4.13		6.69			114.21
9						2.33		9.61			52.33
10						1.11		9.58			11.74
11						2.76		9.70			73.70
12						0.65		4.51			1.88
13						4.98		1.93			47.83
14						3.43		6.68			78.41
15						1.86		0.76			2.64
16						4.07		4.24			70.30
17						2.31		8.02			42.67
18						2.85		4.60			37.27
19						0.49		9.49			2.24
20						3.17		9.00			90.47
21						0.69		7.86			3.78
22						4.90		4.50			108.13
23						0.88		2.45			1.90
24						4.49		5.31			107.09
25						4.16		8.59			148.92
26						4.54		7.31			150.99
27						3.85		2.30			34.07
28						1.33		2.90			5.16
29						3.76		8.11			115.01
30						0.28		5.05			0.41

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com