Крат. и криволин. интегр

x2		+			y2		=1 →ρ2 =1 →ρ =1,
4
				16
x2				+		y2			=1 →ρ2 =5 →ρ = 5 .
4 5
					16			5

Из рисунка видно, что интервал изменения угла поворота луча

на заштрихованной области составляет							π			радиан.
							4
Таким образом, границы области D в полярной системе коорди-
нат определяются системой неравенств
	π	≤ ϕ≤	π	,
	4		2
				Тогда площадь фигуры равна
D :
	1 ≤ρ≤		5 .
				π		π					5	π
				2	5	2		ρ2				2
∫∫a bρdρdϕ = ∫2 4dϕ∫ρdρ =8∫dϕ								2				=16∫dϕ = 4π.
	D			π	1	π					1	π
				4		4						4

4. Найти объем тела V, ограниченного поверхностями: y = 3x, y =3 3x, x + z = 3, z = 0.

Решение. Построим пространственную область V, ограниченную

цилиндрическими поверхностями: y =		3x, y =3 3x и двумя плос-
костями: x + z = 3, z = 0, (рис. 12).
z
	y = 3 x
3
		y =3 3x
z =3 −x	3	9
0
3		y

x

Рис. 12

21

Границы выделенной области определяются системой

		0 ≤ x ≤3,
		3x ≤ y ≤3 3x,
	V :
		0 ≤ z ≤3 − x .
	Тогда объем тела равен
	V = ∫∫∫dxdydz = ∫3 dx3 ∫3x dy3∫−x dz =				72	.
					5
	V	0	3x	0

5.Найти объем тела V, ограниченного поверхностями: x 2 + y 2 + z 2 = = R 2, z2 = x 2 + y 2, (z ≥ 0).

Решение. Преобразуем второе уравнение:

z2 = x2 + y2 → z = ± x2 + y2 .

Это уравнение определяет поверхность конуса, образующие ко-

торой образуют осью Oz угол θ = π радиан.

4

Уравнение x 2 + y 2 + z 2 = R 2 определяет сферическую поверхность с центром в точке O(0; 0) и радиусом R . Построим пространственную область V (рис. 13) и перейдем в сферическую систему координат.

z

R

ρ•

θ

0

φ

y

R x

Рис. 13

22

Используем соотношения: x = ρ sinθ cosφ, y = ρsinθsinφ, z = ρcosθ. Из рисунка можно определить систему неравенств, описывающих об-

	0	≤ ϕ≤ 2π,
			π
	0	≤ θ≤		,
ласть интегрирования V :			4

0 ≤ρ≤ R .

Составим тройной интеграл и вычислим объем тела

ππ

	V = ∫∫∫ρ2 sin θdρdϕdθ =	2∫πdϕ∫4 sin θdθ∫R ρ2dρ =		2πR3	∫4 sin θdθ =	2 − 2	πR3 .
				3		3
	V	0 0	0		0

6. Найти массу плоской неоднородной пластинки, ограниченной линиями: y = x 2, x = 0, y = 1. Поверхностная плотность в каждой точке фигуры равна удвоенному расстоянию от оси Оy.

Решение

Построим чертеж фигуры D (рис. 14).

y

1

2x

•

0

1

x

Рис. 14

Границы заштрихованной области

0 ≤ x ≤1,

D :

2 ≤ ≤x y 1.

23

Из условия получим функциональное выражение для плотности γ = 2x.

Составим двойной интеграл и вычислим массу плоской пластинки

	m = ∫∫γdxdy = 2∫1 dx ∫1		xdy = 2∫1 x(1 − x 2 )dx =	1	.
				2
	D	0 x 2	0

7. Найти массу, координаты центра тяжести неоднородного куба, моменты инерции относительно оси Ox и координатной плоскости xOy. Грани куба заданы координатными плоскостями и плоскостями x = 1, y = 1, z = 1. Объемная плотность куба в каждой точке равна произведению ее координат γ(x; y; z) = xyz.

Решение. Сделаем чертеж тела V (рис. 15), оно представляет собой куб, расположенный в первом октанте с ребром, длина которого равна единице.

z

1

	2	С
	3
		●
	0	2	1
2		3
			y
3

1

x

Рис. 15

Из рисунка видно, что все пределы интегрирования – постоянные. Найдем массу тела

		1	1	1	1
	m = ∫∫∫ γ(x; y;z )dxdydz = ∫dx ∫dy ∫ xyzdz =					.
					8
	V	0	0	0

Определим координаты центра тяжести

		1		1	1	1	2
	xc =		∫∫∫ γxdxdydz =8 ∫dx ∫dy ∫ x 2 yzdz =					,
		m					3
			V	0	0	0

24

				1					1		1		1			2
	yc		=				∫∫∫ γydxdydz =8 ∫dx ∫dy ∫ xy 2 zdz =											,
				m											3
							V		0		0		0
					m ∫∫∫				1		1		1		3
									∫		∫		∫
	z		=		1			γzdxdydz =8		dx		dy		xyz 2dz =	2		.
		c
							V		0		0		0

Момент инерции относительно оси Ox находим по формуле

1 1 1

J x = ∫∫∫( y 2 +z 2 )γdxdydz = ∫dx ∫dy ∫( y 2 +z 2 )xyzdz =

	V		0 0 0
	1	1	1	1
	= ∫ xdx ∫ ydy ∫( y 2 +z 2 )zdz =				.
				8
	0	0	0

Момент инерции относительно плоскости xOy находим по формуле

J xy = ∫∫∫z 2 γdxdydz = ∫1 dx ∫1 dy ∫1 xyz 3dz = ∫1 xdx ∫1						ydy ∫1 z 3dz =		1	.
V	0	0	0	0	0	0	16

Задания для самостоятельной работы

1. Найти площадь плоской фигуры D, ограниченной линиями

y = 2x – x 2, y = x 2.

(Ответ:

1

.)

3

2. Найти площадь области, ограниченной линиями:

x2

+

y2

=1 ,

4

1

π

1

y ≤

x, y ≥ 0

(Ответ:

.)

4

2

3. Найти объем тела V, ограниченного поверхностями:

y2

z =

, 2x +3y =12 , x = 0 , y = 0 , z = 0 .

(Ответ: 16.)

2

4. Найти массу однородной плоской пластинки, ограниченной

линиями: y = x 2, y = x .	(Ответ:	1	.)

3

5. Найти координаты центра масс однородного тела, ограниченного координатными плоскостями и плоскостью x + y + z = 6.

(Ответ: C 3; 3; 3 .)2 2 2

25

ГЛАВА 2. КРИВОЛИНЕЙНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ

2.1. Криволинейный интеграл 1-го рода

Определение

Пусть вдоль гладкой кривой L расположены массы с известной линейной плотностью (рис. 16). Определим массу m кривой L. Меж-

ду концами А и В кривой вставим произвольно ряд точек А = А0, А1,...

Аn–1, An = B. Возьмем какую-нибудь точку M [Ai, Ai+1], плотность

в этой точке γ(Mi). Приближенно считая, что плотность на участке

[Ai, Ai+1] равна γ(Mi) и обозначая длину дуги Ai, Ai+1 через li, для мас-
сы этой дуги получаем mi γ(Mi) li .
y		В●
		•	ln
	γ (Mi )	• …
ηi	Mi	• …
		●
	•	li
А	• …
●	• l2
0	l1	ξi
			x

Рис. 16

	n
Для массы всей кривой имеем m ∑γ(Mi ) li . Устремляя к нулю
	i =1
наибольшую из длин li , получаем точное равенство
	n
m = liml →0	∑γ(Mi ) li .
i	i =1

Рассмотрим предел такого рода для произвольной функции f(M) = f(x; y), определенной на кривой L. Разобъем эту кривую L

26

на элементарные дуги, выберем на каждой из них некоторую точку

n
Мi и составим интегральную сумму: I ( Ai ;Mi ) = ∑ f (ξi ;ηi )	li .
i =1
Число I называется пределом интегральных сумм при	l → 0, если
ε > 0, δ > 0 и такое, что для любого разбиения кривой L, у которо-

го l < δ, и для любого выбора промежуточных точек М выполняет-

ся неравенство WI(Ai; Mi) – I W < ε.

Если существует предел lim I ( Ai ;Mi ) = I , то число I называется

l →0

криволинейным интегралом первого рода от функции f(x; y) по кривой L и обозначается ∫ f (x; y)dl .

L

Если кривая L незамкнутая и точки А и В ее концы, то криволинейный интеграл первого рода обозначается следующим образом:

∫ f (x; y)dl .

AB

Из определения следует, что криволинейный интеграл первого рода не зависит от того, в каком направлении (от А до В или от В до А) пробегается кривая L:

∫ f (x; y)dl = ∫ f (x; y)dl.

AB BA

Криволинейные интегралы 1-го рода обладают всеми свойствами, аналогичными свойствам определенного интеграла: линейность, аддитивность, модуль интеграла не превосходит интеграла от модуля функции. Справедлива также формула среднего значения.

Вычисление криволинейного интеграла первого рода

Во многих случаях вычисление криволинейного интеграла 1-го рода сводится к нахождению некоторого обыкновенного определенного интеграла.

Если кривая L задана параметрическими уравнениями x = x(t) и y = y(t), где p ≤t ≤q, тогда длина dl элементарной дуги кривой равна

dl = (xt ')2 +( yt ')2 dt,

а криволинейный интеграл выражается обыкновенным определенным интегралом по следующей формуле:

q

∫ f (x; y)dl = ∫ f (x(t); y(t)) (xt ')2 +( yt ')2 dt.

L p

27

Если кривая L имеет явное задание y = y(x), где a ≤x ≤b, тогда криволинейный интеграл вычисляется по следующей формуле:

∫ f (x; y)dl = ∫b		f (x; y(x)) 1 +( yx ')2 dx.
L	a

Если кривая задана уравнением в полярных координатах ρ = ρ(φ), где α ≤ φ ≤ β, тогда криволинейный интеграл вычисляется по следующей формуле:

β

∫ f (x; y)dl = ∫ f (ρ;ρ(ϕ)) ρ2 +(ρϕ ')2 dϕ.

Lα

Для случая пространственной кривой L при параметрическом задании кривой уравнениями x = x(t), y = y(t), z = z(t) где p ≤ t ≤ q, длина dl элементарной дуги кривой равна

dl = (xt ')2 +( yt ')2 +(zt ')2 ,

а криволинейный интеграл выражается обыкновенным определенным интегралом по следующей формуле:

q

∫ f (x; y; z)dl = ∫ f (x(t); y(t); z(t)) (xt ')2 +( yt ')2 +(zt ')2 dt.

L p

Примеры

1. Вычислить криволинейный интеграл 1-го рода ∫

y

dl , где L – уча-

L

x

1

2

1

сток параболы y =

x

, лежащий между точками A 1;

и B (2; 2).

2

2

Решение. Найдем dl =

1 +( yx′)2 dx =

1 + x2 dx . Тогда наш интеграл

будет равен ∫

y

dl =

1

∫2 x

1 + x2 dx =

1

(

125 − 8) .

L

x

2

1

6

2. Вычислить криволинейный интеграл 1-го рода ∫

x2 + y2 dl , где

L – окружность x 2 + y 2 = ax(a > 0).

L

Решение. Введем полярные координаты x = ρcosφ, y = ρsinφ. Тогда уравнение окружности примет вид x2 +y2 =ax →ρ2 =aρcosφ →ρ = acosφ, а элемент дуги dl = ρ2 +ρ′ϕ2 dϕ= a2 cos2 ϕ+a2 sin2 ϕdϕ= adϕ.

28

							a
Так как центр окружности имеет координаты C									;0		, а радиус
	a		π		π		2
R =		, то ϕ −	2	;	2	.
	2

Следовательно,

ππ

	2	2
∫	x 2 + y 2 dl = ∫ ρ adϕ =a2	∫ cos ϕdϕ = 2a2 .
L	−π	−π
	2	2

3. Вычислить криволинейный интеграл 1-го рода ∫ye−x dl , где L –

L

дуга линии x = ln(1 + t 2), y = 2arctgt – t, описываемая при изменении t от 0 до 1.

Решение. Будем использовать формулу для кривой, заданной па-

q

раметрически: ∫ f (x; y)dl = ∫ f (x(t ); y(t ))

(xt′)2 +( yt′)2 dt .

L

p

Найдем: xt′ =

2t

,

y′ =

1 −t 2

,

e

−x

= e

−ln(1+t2 )

=

1

.

+t 2

1 +t 2

+t 2

1

t

1

Получим dl =

(xt′)2 +( yt′)2 dt = dt , тогда наш интеграл будет равен

1

dt

= π

2

ln 2

∫ ye x dl = ∫(2arctgt −t )

−

.

2

L

0

1 +t

16

2

Задачи для самостоятельной работы

1. Вычислить криволинейный интеграл 1-го рода ∫(4 3 x −3 y )dl :

	L
a) на отрезке между точками A(–1; 0) и В (0; 1).	(Ответ: −5		2.)
	46
б) по дуге астроиды x = cos3t, y = sin3t.	(Ответ: –			.)
			7

2. Вычислить криволинейный интеграл 1-го рода ∫(x − y)dl меж-

		L	5
	ду точками A(0; 0) и B(4; 3).	(Ответ:		.).
			2

29

2.2. Криволинейный интеграл 2-го рода

Определение

Пусть функция f(x; y) определена на кривой L, имеющей концы А и В. В отличие от криволинейных интегралов 1-го рода кривая АВ рассматривается как направленная линия (рис. 17).

y			В
	Q(Mi )		●
		•	ln
	P (Mi)	…
		•
yi		• …
	Mi	●
	•	li
А	• …
●	• l2
	l1
0		х i	x
	Рис. 17

Пусть А – начало, а В – конец этой кривой. Разобьем кривую L

точками A = A0, A1,...An–1, An = B в направлении от А к В. На каждой дуге AkAk–1 выберем по точке (xk; yk) и составим сумму:

n

∑ f (xk ; yk )(xk − xk −1 ).

k =1

Предел этой суммы при стремлении к нулю наибольшей из дуг AkAk–1 называется криволинейным интегралом второго рода по координате x и обозначается через ∫ f (x; y)dy .

AB

Здесь в отличие от криволинейного интеграла 1-го рода важен по-

рядок букв А и В, поскольку ∫	f (x; y)dx = − ∫ f (x; y)dx , т. е. при пе-
AB	BA

ремене направления линии, криволинейный интеграл второго рода меняет знак.

30