DKR_MatAn_2_semestr_2014

Y

S1 X

0

S = 4S1 = 4∫1

dx =

(1− x2 )3

Замена х = sint, dx = costdt

=

0

π

π

2

Используем формулу понижения

2

3

2

1+ cos2t

dt =

= 4∫cos

t costdt =4∫

2

степени и перехода к двойному углу

=

0

0

	π													π
=	2	1+ 2cos2t + cos2 2t dt = π								+ 2 sin 2t		π	+	2	1+ cos4tdt =	π + 0 + 1		π +
												2
	∫	(						)	2	2		0		∫	2	2	2	2
	0													2
+	1		1 sin 4t		π	=	3π	+ 0 =	3π .
					02
	2		4				4		4

2. Окружностью r =
			3sinϕ и кардиоидой r =1+ cosϕ
r ≤
	3sinϕ,r ≤1+ cosϕ, т.е. нас интересует область,
лежащая внутри обеих кривых

51

Y

X 0

Точки пересечения кривых:

1 cos βϕ −

sin

1

3

ϕ = −

3sinϕ =1+ cosϕ :cosϕ −

3sinϕ = −1;

2

2

1

2

1

2π

cos

π

cosϕ −sin

π

sinϕ = −

;

ϕ +

π

= −

;ϕ +

π

= ±

+

2πn

3

3

2

cos

3

2

3

3

ϕ= −π + 2πn, и ϕ = π3 +2πn;

ϕ= −π,−3π,−5π,π,3π,5π,.... ϕ = π3 ,π3 + 2π,π3 − 2π,...

В пределах нашего чертежа, например, при ϕ [0; 2π], ϕ =																																																				π				и ϕ =π.
																																										π										3
																								β
																							1																	1		∫3										1			π
Исходя из формулы S =																								∫r2dϕ, имеем: S=																			3sin2 ϕdϕ +												∫(1+ cosϕ)2 dϕ =
																							2	α																	2	0										2			π
																																																							3
		π
= 3		3	(1			−cos2ϕ)dϕ + 1															π	1+ 2cosϕ + cos2 ϕ dϕ =
	4	∫																	2		∫(													)
		0																			π
																					3
=	3		π			−	3		sin 2ϕ					π		+			1				−	π			+sinϕ						π	1	π		(1+ cos2ϕ)dϕ =
	4		3				8							03						π				3									π +	4	π∫
																			2														3
																																			3
	π			3						π										1					π				1										π				π				π			3
							3								3							π −								sin 2ϕ				π																	3							3				3
=		−							+		−							+									+							π	=							+			+				−					−						−				=
	4				16					3			2												3				8											4			3					6		16						2					16
																				4														3
																															3(π −							)
	3π + 4π + 2π												12									3π				3										3
=											−								3		=			−				3	=												.
						12									16								4				4					4
																																					x =t − t									3
3. Вычислить длину дуги петли кривой:
																																													3
																																										=t		2
																																					y
																																52

Y

8

4

X

0

Отметим, что хотя каждому значению t соответствует одна вполне определенная точка кривой, одной и той же точке кривой могут соответствовать разные значения параметра t .

Так как для двух значений t и t1 абсцисса x и ордината y в точке

самопересечения должны быть одними и теми же, то из уравнения кривой следуют два условия для t и t1

	2	=t1		2
t
			t3		t 3	, причем t ≠ t1 .
	−			=t −
t					1
			3	1	3

Поскольку

t ≠ t1 из первого уравнения следует t = −t1 . Подставляя это значение

во второе уравнение, получим t − t3

= 0 t (3 −t2 )= 0. Если t = 0, то t1 = 0 и

значения t

3

и t1 совпадают, что невозможно. Остается только одна возможность

t =

и t = −

.

3

3

Этим значениям соответствует одна и та же точка с координатами (0;3), но

угловые коэффициенты касательных различны

'

y'

2t

'

y'

2t

y x =

t

=

=

3 ; y x

=

t

=

= − 3 .

x'

1−t2

t=− 3

x'

1−t2

t= 3

t

t=−

3

t

t= 3

Через точку (0;3) кривая проходит дважды (точка самопересечения).

																		β																			∫3
																																									(1−t2 )2 +(
Исходя из формулы																	L = ∫				(xt′)2 +(yt′)2 dt, имеем L =																							2t)2 dt =
																		α																		−		3
																					3												3									3
		3
	∫							2			4			2						∫						2		4				∫			(	2	)	2			∫(			2	)
= 2 1− 2t									+t			+ 4t				dt = 2 1+ 2t											+t			dt = 2					1+t					dt = 2 1+t					dt =
	0																			0												0								0
					t3													3
																			3
= 2									3	=	2		3			+						= 4 3.
	t +							0
					3													3									53

Часть 2.

Решение типового варианта

1.Расставить пределы интегрирования двумя способами в двойном интеграле ∫∫ f (x, y)dxdy в декартовых координатах для области D : y = x2 , y = 2 − x,

D

x = 0.

Решение.

I способ. При каждом значении x из отрезка [0, 1] переменная y изменяется от x2 до 2 − x , т. е. область D можно представить в виде

{

}

D = (x, y): 0 ≤ x ≤1, x2

≤ y ≤ 2 − x . Тогда получаем:

b

y2 (x)

1

2−x

f (x, y)dy.

∫∫ f (x, y)dxdy = ∫dx

∫

f (x, y)dy = ∫dx ∫

D

a

y1(x)

0

x2

II способ. При

0 ≤ y ≤1 0 ≤ x ≤

, а при 1≤ y ≤ 2 0 ≤ x ≤

, где

y

y

D = D1 D2 , поэтому в этом случае получаем:

x2 (y)

2−y

d

1

y

2

∫∫ f (x, y)dxdy = ∫dy

∫

f (x, y)dx = ∫dy ∫

f (x, y)dx + ∫dy ∫

f (x, y)dx.

D

c

x1(y)

0

0

1

0

Окончательно, получаем:

1 2−x

1

2

2−y

y

∫∫ f (x, y)dxdy =∫dx

∫ f

(x, y)dy = ∫dy ∫ f

(x, y)dx + ∫dy ∫

f (x, y)dx.

D

0

x2

0

0

1

0

2. Найти массу неоднородной пластинки

D : y = 2x − x2 ,

y = x, если

поверхностная плотность в каждой ее точке µ(x, y)= x2 + 2xy.

54

1

0

1

2

Решение: Массу неоднородной пластинки с поверхностной плотностью

µ = µ(x, y)

вычисляем по формуле

m = ∫∫µ(x, y)dxdy , поэтому имеем:

D

m = ∫1 dx2x∫−x2 (x2 + 2xy)dy = ∫1 (x2 y + xy2 ) y = 2x − x2 =

0

x

0

y = x

= ∫1 (2x3 − x4 − x3 + 4x3 − 4x4 + x5 − x3 )dx =

0

1

5

−5x

4

+ 4x

3

x6

− x

5

+ x

4

x =1

=

1

.

= ∫(x

)dx =

6

6

0

x = 0

3. Найти статический момент однородной пластины D : x2 + y2 − 2x = 0,

x2 + y2 − x = 0, y − x = 0,

x + y = 0, относительно оси Oy , используя полярные

координаты.

Решение:

Статический момент однородной пластины D (относительно оси

Oy) вычисляются по формулам:

M y

= ∫∫xdxdy (относительно оси Oy) и

D

M x = ∫∫ydxdy (относительно оси

Ox). В данном случае имеем:

D

55

−π

≤ϕ ≤

π

π

4

2cosϕ

M y

= ∫∫2ρcosϕ ρdρdϕ =

4

4,

= ∫ cosϕdϕ

∫

ρ2dρ =

D′

cosϕ ≤ ρ ≤ 2cosϕ

−π 4

cosϕ

π

cosϕ (ρ3 )

ρ = 2cosϕdϕ =

π

π

(1+ cos2ϕ)2

=

1

∫4

2 7

∫4

cos4 ϕdϕ =

28

∫4

dϕ =

3

−π 4

ρ = cosϕ

3

−π 4

3

0

4

=

7

π 4

(1

+ 2cos2ϕ + cos

2

2ϕ)dϕ =

7

(ϕ +sin 2ϕ)

ϕ =π

π 4

1

+

1

=

∫

4 + ∫

cos4ϕ dϕ

3

0

3

ϕ = 0

0

2

2

=

7

3π

3

8

+1 .

4. Найти координаты центра масс однородного тела, занимающего область

V : y = 12 x2 + z2 , y = 2.

Решение:

Данное тело симметрично относительно оси Oy(Ox,Oz), поэтому xc = zc = 0,

(yc = zc = 0; xc = yc = 0), а

∫∫∫yδ (x, y, z)dxdydz

∫∫∫xδ (x, y, z)dxdydz

∫∫∫zδ (x, y, z)dxdydz

y

x

=

, z

=

=

V

.

V

V

c

∫∫∫δ (x, y, z)dxdydz

c

∫∫∫δ (x, y, z)dxdydz

c

∫∫∫δ (x, y, z)dxdydz

V

V

V

56

Переходя к цилиндрическим координатам по формулам

x = ρcosϕ,

y = ρsinϕ,

y = y, имеем:

2π

4

2

ydy =

1

2π

4

−

1

ρ

2

∫∫∫ydxdydz = ∫∫∫yρdρdϕdy =

∫dϕ∫ρdρ ∫

2

∫dϕ∫

ρ 4

4

dρ =

V

V ′

0

0

ρ

0

0

2

=

1 2π

2

ρ

2

−

ρ4

ρ

= 4

dϕ =

1

16ϕ

ϕ

= 2π

=16π.

ϕ

2 ∫0

16

ρ

= 0

2

= 0

1

2π

4

2

2π

4

∫∫∫dxdydz = ∫∫∫ρdρdϕdy =

∫dϕ∫ρdρ ∫ dy =

∫dϕ∫ρ

2 −

2

ρ

dρ =

V

V ′

0

0

ρ

2

0

0

=

2π

ρ

2

−

ρ3

ρ = 4

dϕ

=

16

ϕ

ϕ =

2π

=

32π

.

ϕ =

∫0

6

ρ = 0

3

0

3

16π 3

3

Следовательно, yc = ∫∫∫ydxdydz / ∫∫∫dxdydz =

=

и центр масс

V

V

32π

2

C(0, 32,0).

5.Найти момент инерции однородного тела относительно оси Oy ,

занимающего область V : y =5 − x2 − z2 , y =1.

Решение: Так как тело однородное, то примем δ (x, y, z)≡1, а моменты

инерции относительно осей	Ox(Oy,Oz) будем вычислять соответственно по
формулам:
Ix = ∫∫∫δ (x, y, z)(y2 + z2 )dxdydz = ∫∫∫(y2 + z2 )dxdydz,
V	V
Iy = ∫∫∫δ (x, y, z)(x2 + z2 )dxdydz = ∫∫∫(x2 + z2 )dxdydz,
V	V
Iz = ∫∫∫δ (x, y, z)(x2 + y2 )dxdydz = ∫∫∫(x2 + y2 )dxdydz.
V	V

В нашем случае, переходя к цилиндрическим координатам по формулам: x = ρcosϕ, y = ρsinϕ, y = y, имеем:

57

					2π	2				5−ρ2					2π	2		y = 5			− ρ	2
Iy = ∫∫∫ρ2ρdρdϕdy = ∫dϕ∫ρ3dρ											∫	dy = ∫dϕ∫y											ρ3dρ =
	V				0	0					1	0				0		y =1
2π	2	3		2		2π		4			ρ6				ρ = 2				4		26			2π	32π
= ∫dϕ∫ρ			(5 − ρ		−1)dρ =∫		ρ		−						ρ = 0	dϕ = 2				−				∫dϕ =		.
0	0					0					6										6			0	3
6. Найти объем тела, ограниченного поверхностями																					z = 0,			x2 + y2 = 4,

z = x2 + y2.

Решение:

x2 + y2 = 4 − это круговой цилиндр радиуса 2 , ось которого совпадает с Oy.

z = x2 + y2 − параболоид, который пересекает цилиндр по окружности радиуса 2 в плоскости z = 4. z = 0 −координатная плоскость XOY . Таким образом, тело ограничено сверху параболоидом z = x2 + y2 , снизу − кругом D , а с боков

− цилиндрической	поверхностью x2 + y2 = 4. Так как данное тело
цилиндрическое и	z = x2 + y2 ≥ 0, то для вычисления его объема можно

использовать формулу V = ∫∫(x2 + y2 )dxdy, где D ={(x, y): x2 + y2 ≤ 4, z = 0}

D

− круг в плоскости XOY . Для вычисления этого интеграла перейдем к полярным координатам. При этом круг D преобразуется во множество

Dr ={(r,ϕ): 0 ≤ϕ < 2π, 0 ≤ r ≤ 2}, поэтому имеем:

V = ∫∫(r2 cos2 ϕ + r2 sin2 ϕ)rdrdϕ = 2∫π dϕ∫2 r3dr = 2π ∫2 r3dr =8π.

Dr		0 0	0
		y = 0, z = 0,
6.1. Найти объём тела	V :
		x + y + z = 4,
		2x + z = 4.

58

Решение. Легко догадаться, что проще всего описать это тело, если

отправляться от его проекции на ось					(x, z) D,			Область D −
					Oxz : V :
					0 ≤ y ≤ 4 − x − z.
треугольник, ограниченный прямыми x = 0, z = 0, 2x + z = 4 , поэтому
	2			4−2x	2			− (4 − 2x)	2
V = ∫∫(4 − x − z)dxdz = ∫dx				∫ (4 − x − z)dz = ∫ 16 −8x − 4x + 2x2						dx =
D	0			0				2
					0
= ∫2 dx(4z − xz − z2 / 2)			z=4−2x = = ∫2 (8		− 4x)dx = (8x − 2x2 )		2 =16 −8 =8.
0			z=0	0			0
7. Вычислить (непосредственно или с помощью формулы Грина):
∫ x2 ydx + x3dy,	L −контур, ограниченный параболами y2 = x,							x2 = y.
L

Решение:

а). Непосредственно:

Представим замкнутый контур L как сумму двух дуг L1 = x2 и L2 = x .

59

1

1

0

∫ x2 ydx + x3dy = ∫x2 ydx + ∫x3dy + ∫x2 ydx + ∫x3dy = ∫x4dx + ∫x3 2xdx + ∫x2 xdx +

L								L1				L1			L2							L2			0	0	1
0	x3				x5				2x5			3			3
								1 +			1 +	2x2		0 +	x2			0		3		3		6
+∫				dx =															=		−		=		;
1	2 x		5					0	5		0	7		1	7			1		5		7		35

б). По формуле Грина:

	∫P(x, y)dx +Q(x, y)dy = ∫∫												∂Q −			∂P		тогда имеем
																	dydx ,
	L										D		∂x			∂y
																		1				1	5
	∫x2 ydx + x3dy = ∫∫(3x2 − x2 )dydx = ∫∫2x2dydx = ∫2x2 y																			2x dx = ∫2(x2 − x4 )dx =
																			x
	L						D									D		0				0
		2	7	x5			1		2		1			6
			x2 −
	= 2						= 2			−			=		.
		7									5			35
				5 0					7
	8. Найти единичный вектор нормали к поверхности G :																					x2 + y − z2 =1 в точке
	M (1,1,1), нормаль							образует острый угол с положительным направлением оси

Oz.

Решение. В уравнении, задающем поверхность G , участвует функция f (x, y, z)= x2 + y − z2 −1.

Найдем координаты градиента функции f (x, y, z) в произвольной точке

M (x, y, z):

∂f

= 2x;

∂f

=1; ∂f

= −2z.

∂x

∂y

∂z

grad f

=

∂f

∂f

∂f

∂x

i

+

∂y

j +

∂z

k = 2x i

+1 j − 2zk =(2x;1;−2z).

∂f

2

∂f

2

∂f

2

grad f

=

=

4x

2

+1

+ 4z

2

=

1

+ 4x

2

+ 4z

2

.

+

+

∂x

∂y

∂z

В заданной точке M (1,1,1)= M0

координаты градиента функции

∂f (M0 )

= 2;

∂f (M0 )

=1;

∂f (M0 )

= −2,

∂x

∂y

∂z

grad f (M0 )=

∂f (M

0

)

∂f (M

0

)

∂f

(M

0

)

i +

j +

k = 2

i

+1

j

− 2k = (2;1;−2).

∂x

∂y

∂z

grad f (M0 )

0

grad f

2

1

2

2

1

2

=

1+ 4 + 4 =3, n

= ±

= −

i −

j +

k = −

;−

;

,

grad f

3

3

3

3

3

3

т.к. cosγ =

2 > 0, но это означает, что нормаль к заданной поверхности G в

3

точке

M (1,1,1)

образует острый угол с положительным направлением оси Oz.

60