A y - Reshaem.Net

2.3. Краткие теоретические сведения к контрольной работе 7
2.3.1. Определения и формулы к решению задач 261 – 270
Для вычисления двойного интеграла от функции f  x, y  по области D
выполняется переход к двукратному интегралу с учетом уравнений границ области
D. Для областей D1 и D2 , изображенных на рис. 4, 5 переход к двукратному
интегралу осуществляется по формулам:
I1  
D1
I 2  
D2
Рис. 4
b  2  x 


f  x, y  dxdy    f  x, y  dy  dx


a  1 x 
 ;
(2.22)
d  g2  y 


f  x, y  dxdy    f  x, y  dx  dy


c  g1 y 
 .
Рис.5
(2.23)
y
3
y  3  x2
D
y  2x
2
1
x
Рис. 6
0
Для примера вычислим двойной интеграл
I    2 x  xy  dxdy
D
по области D,
2
ограниченной линиями x  0; y  2 x; y  3  x и изображенной на рис. 6.
По формуле (2.22) найдем:
0
1  3 x 2
I  

0

2x

 2 x  xy  dy  dx

 .
Вычисление начнем с внутреннего интеграла по у, при этом с величиной х
обращаемся как с константой:
1
3 x 2

y2 

I    2 xy  x  

2 
0
2x

1



пределы интегрирования 

 dx   3  x 2 и 2 x подставим  



вместо у




1

   2x 3  x2  x 3  x2
2
0

2
1
2
 2 x  2 x  x  2 x   dx 
2

1
1
9
1
1 


3
   6 x  2 x3  x  3x3  x5  4 x 2  2 x3  dx    x  4 x 2  3x3  x5  dx 
2
2
2
2 

0
0
1
 3 x2
x3
x 4 1 x6  3 4 3 1
1
    4   3         0 
3
4 2 6 0 4 3 4 12
12
2 2
.
При решении задач 261 – 270 используем следующий геометрический факт:
двойной интеграл
 f  x, y  dxdy
D
при f  x, y   0 в области D равен объему тела с
основанием D, ограниченного сверху поверхностью z  f  x, y  и боковой
цилиндрической поверхностью с образующими, параллельными оси Oz и
направляющей, которая является границей области D.
З а д а ч а 12. Вычислить объем тела, ограниченного поверхностями
z  0,
y  2 x,
y  x,
y  2,
z  15  y 2 .
Р е ш е н и е.
Заданное тело Т представлено на рис. 7 «криволинейной» призмой OABO1 A1B1
. Снизу тело Т ограничено областью D – частью плоскости z = 0 (или хОу).
Плоские боковые поверхности OBВ1О1, OAA1O1, ABB1 A1 − соответственно
части плоскостей y  x;
y  2 x;
y  2 . Сверху тело Т ограничено поверхностью
O1 A1B1 – частью параболического цилиндра z  15  y 2 .
z
15
C1
O11
1
z  15  y 2
Область D
A1
O2
B1
y  2x
y
C2
A B
y=2
0)
С
D
1
2
B
x
yx
y2
y
A
2
0
1
2
x
0
Рис. 7
Рис. 8
2
Поясним построение поверхности О1С1С2О2. Уравнение z  15  y не
содержит переменной х. Рассмотрим его на плоскости уОz, где оно определяет
параболу (линия O1C1 – часть этой параболы). Переместим эту параболу вдоль оси
Ох и получим цилиндрическую поверхность O1C1C2O2 .
Объем тела Т равен двойному интегралу:


V   z  x, y  dxdy   15  y 2 dxdy
D
D
.
Область D изображена на рис. 8. Расставим пределы интегрирования и
 y



V     15  y 2 dx  dy

0 1y

 .
2
получим двукратный интеграл
При вычислении внутреннего интеграла по х с переменной у обращаемся как
2


с константой:
2

V   15  y
0
2
x
y
y
2
2
dy  

0

2
y
1 

 15
15  y  y   dy    y  y 3  dy 
2
2
2 

0
2
2
 15 y 2 1 y 4 
15
1
 
     22   24  15  2  13
8
 2 2 2 4 0 4
ед. куб.
1
1
SD  h  AB   2  1  1
2
2
Выполним проверку. Площадь основания призмы
.
V 13
hcp 
  13
S
1
D
Значит, средняя высота призмы
, что визуально согласуется с
чертежом.
2.3.2. Определения и формулы к решению задач 271 – 280
Работа силового векторного поля F  X  x, y   i  Y  x, y   j на дуге  равна
криволинейному интегралу по дуге  от функций X  x, y  , Y  x, y  :

.
(2.24)
B
A
0
A   X  x, y  dx  Y  x, y  dy

y
y = f(x)
xA
Если
xB
уравнением
dy  f   x  dx
x
дуга
АВ
линии
y  f  x
(рис.

задана
9),
то
и от криволинейного интеграла
легко перейти к обычному определенному интегралу:
Рис. 9
xB
 X  x, y  dx  Y  x, y  dy    X  x, f  x    Y  x, f  x 
у
AB
у=3
3
x = 1С
.
(2.25)
З а д а ч а 13. Вычислить работу
dy = 0 В
силового поля F   3x  2 y  i  3xyj при
обходе
против
часовой
стрелки
треугольного контура с вершинами
dx= 0
y= x +1
A
A 1; 2  , B  2; 3 , C 1; 3 .
dy = dx
2
xA
Р е ш е н и е.
0
1
2
х
Заданный контур  , составленный
сторонами треугольника ABC , изображен
на рис. 10.
Найдем уравнение стороны АВ, используя уравнение прямой, проходящей
через две заданные точки:
Рис. 10
x  xA
y  yA

,
xB  x A y B  y A
x 1 y  2

,
2 1 3  2
y  2  x 1
или
По формуле (2.24) получим
y  x 1.
 (3x  2 y)dx  3xydy.

Разобьем этот интеграл по замкнутому контуру  на три интеграла,
соответствующих отрезкам АВ, ВС, СА:
A
 B
C 
 A
 A
 B
C 
  3x  2 y  dx  3xydy    3x  2 y  dx  3xydy   3x  2 y  dx  3xydy
.
Учтем, что на отрезке
АВ y  x  1 , dy  ydx  1  dx , х изменяется от 1 до 2;
ВС y  3 , dy  ydx  0  dx  0 , х изменяется от 2 до 1;
СА x  1 , dx  0 , у изменяется от 3 до 2.
Тогда
2
1
1
2
A    3x  2  x  1  dx  3x  x  1 dx    3x  2  3 dx  3x  3  0 
2
2


1
2
2
3
   3  1  2 y   0  3 1  y  dy   3x  2 x  2  3x  3x dx    3x  6  dx    3 у dy 
3
2
1
2
1
2

 x2

x2
x3 
y2
  2   2 x  3     3   6 x   3 

2
3
2
2 3



1
2


3
3
3
 3
 22  2  2  23  12  2  1  13    12  6  1   22  6  2    22   32 
2
2
2
 2
 12 
3
27
6
 3  3.
2
2
Задачи
Контрольная работа 7
Кратные и криволинейные интегралы
З а д а ч а 262.С помощью двойного интеграла вычислить объем тела
ограниченного заданными поверхностями.
262. z  0;
y  x;
y  4 x;
y  3;
z  20  y 2 .
З а д а ч а 272. Вычислить работу силового поля F  X  x; y  i  Y  x; y  j при
обходе против часовой стрелки треугольного контура с вершинами
A xA ; y A  , B  xB ; yB  , C  xC ; yC  ..
272. F   3x  y  i  2 xy j ,
A 1;1 , B  3;1 , C  2; 2 .