    

1. Изменить порядок интегрирования.
1
 dy
2
0

 2  y 
0
0
f  x, y  dx   dy  f  x, y  dx
1
3
y
Решение:
Согласно условию, область интегрирования D состоит из двух областей D1 и D2 , которые задаются
следующими системами неравенств:
1  y  0
2  y  1
D1 : 
, D2 : 
 3 y  x  0
  2  y   x  0
Построим область интегрирования D :
Изменим порядок интегрирования:
x   2  y  x  2  y  y  x  2
x
3
y  y  x3
Линии y   x  2 и y  x 3 пересекаются при x  1 . Область интегрирования D можно задать
системой неравенств:
1  x  0
D: 
3
 x  2  y  x
Таким образом
1
0
2
 2  y 
 dy 
0
0
0
x3
1
 x2
f  x, y  dx   dy  f  x, y  dx   dx
1
3
y
 f  x, y  dy .
Ответ:
0
x3
1
 x2
 dx  f  x, y  dy .
2. Вычислите интеграл, перейдя к полярным координатам.
2
2 4 x2
 dx   x
0
2
 y 2  dy .
2 4 x2
Постройте область интегрирования.
Решение:
y  2  4  x2  y  2   4  x2   y  2  4  x2
2
x 2   y  2   22 - окружность радиуса 2 с центром в точке  0; 2  .
2
 x  r  cos  
Перейдем в полярную систему координат 
:
 y  r  sin  
x 2   y  2   22
2
 r  cos       r  sin     2 
2
2
4
r 2  cos 2    r 2  sin 2    4r  sin    4  4
r 2   cos 2    sin 2     4  4  4r  sin  
r 2 1  4r  sin    r  4  sin  
Построим область интегрирования D в полярной системе координат:
В полярной системе координат, область D можно задать следующей системой неравенств:


0   
.
2
D: 
0  r  4  sin  

Заметим, что x 2  y 2  r 2  cos 2    r 2  sin 2    r 2   cos 2    sin 2     r 2 1  r 2 .
Таким образом:

2
 dx
0
2 4 x2
 x
2
2 4 x2

2
4sin  
0
0
 y 2  dy   d


2
4sin  
0
0
r 2  rdr   d


4sin  
r 
r 3dr    
4 0
0
4
2


2
2

4sin  
1 2
d     r 4 
d 
0
4 0

2
 1  cos  2  
1
4
    4  sin     04 d    sin 4   d  43    sin 2    d  64   
 d 
4 0
4 0
2

0
0

2
4

4

2
2


2
2
1  cos  4  

2
64 2
   1  cos  2   d  16   1  2 cos  2   cos 2  2   d  16   1  2 cos  2  
 d 
4 0
2


0
0



2
2
2
0
0
0




2
2
2
0
0
0
 16   d  32   cos  2  d  8   1  cos  4   d  16    02  16   cos  2  d  2   8   d  8   cos  4  d 







 16    0   16   sin  2   2  8    02  2   cos  4  d  4   8  16   sin    sin  0    8    0  
0
2

2

0
2

2   sin  4   2  8  16   0  0   4  2   sin  2   sin  0    12  2   0  0   12
0
Ответ:
2
2 4 x2
 dx   x
0
2
 y 2  dy  12 .
2 4 x2
3. С помощью двойного интеграла найдите объем тела, ограниченного поверхностями:
x2  y 2  z 2  2, z  x2  y 2  z  0 .
Решение:
Подставим уравнение параболоида z  x 2  y 2 в уравнение сферы x 2  y 2  z 2  2 :
z  z2  2
z2  z  2  0
D  1 8  9
1  3
z1 
 2
2
1  3
z2 
1
2
Так как z  0 , то z  1 .
Таким образом, заданные поверхности пересекаются в плоскости z  1 .
Заданное тело V сверху ограничено сферой x 2  y 2  z 2  2 , а снизу – параболоидом z  x 2  y 2 .
Проекцией D тела V на плоскость xOy является круг x 2  y 2  1.
Чертеж заданного тела:
x2  y 2  z 2  2  z 2  2   x2  y 2   z   2   x2  y 2  .
Объем тела V :
V  
D


2   x 2  y 2    x 2  y 2  dxdy
 x  r  cos  
Перейдем в полярную систему координат 
:
 y  r  sin  
Область D можно задать следующей системой неравенств:
0    2
D: 
.
0  r  1
Заметим, что x 2  y 2  r 2  cos 2    r 2  sin 2    r 2   cos 2    sin 2     r 2 1  r 2 .
Тогда:
V  
D

2

2   x 2  y 2    x 2  y 2  dxdy  
1
   0  
0


D
1
2  r 2  r 2  rdr  2  
0



2  r 2  r 2  rdrd 
1
1
 d 
0
0




3
1
2
2
3
2


2

t
2



t
t

 t  dt    
        2  t  2   
3
2
2 0

3

 2
0

2  r 2  r 2  rdr 
1
t  r 2

1
2  r 2  r 2  rdr  



2



0
2
dt  2rdr 
1
1

      2  t  2
0 
2


2  t  t dt 
2
3
3
3
2
1 2
 2 32 1 2


02 
2 1 2

2
2
      2  1 
   2  0        1     2  2  0         2 2  
3
2
3
2 
2 3
3 2 3

3


2 1 4 2
4 38 2
7 8 2 8 2 7
     
  

   единиц объема 
   
3
2
3
6
6
6


Ответ:
V
8 2 7
   единиц объема  .
6
4. С помощью тройного интеграла найдите объем тела, заданного ограничивающими его
поверхностями:
x 2  y 2  4, z  4  x 2 , z  0 .
Решение:
x 2  y 2  4 - цилиндр;
z  4  x 2 - параболический цилиндр;
z  0 - плоскость xOy .
Сделаем чертеж заданного тела V :
Проекцией D тела V на плоскость xOy является круг x 2  y 2  4 .
Сверху тело V ограничено параболическим цилиндром z  4  x 2 , снизу – плоскостью z  0 , а по
бокам – цидиндром x 2  y 2  4 .
 x  r  cos  

Перейдем в цилиндрическую систему координат  y  r  sin   :
z  z

x2  y 2  4   r  cos      r  sin     4  r 2  cos2    r 2  sin 2    4  r 2  4  r  2 .
2
2
z  4  x2  z  4   r  cos     z  4  r 2  cos2   .
2
В цилиндрической системе координат, тело V можно задать следующей системой неравенств:
0    2

.
V : 0  r  2
0  r  4  r 2  cos 2 
 

Тогда:
V   dV 
V

2
2
0
0
2
2
 d  rdr
0
4  r 2 cos2  

0
2
dz 
0
0
3
2
 d   4r  r  cos    dr 
2
4  r 2 cos2  
 d  r   z  0
2
2
0
0
dr 
0
2
2
 2 r4

2
0  2r  4  cos    d 
0
2
2
 d  r   4  r  cos    dr 
2


24
2
2

2

 cos 2    d 

0 
4

2
2
2
2
 1  cos  2  
2
8

4

cos

d


8

d


4

d


8

d


2

 
0 
0
0  2 
0
0 1  cos  2   d 
2

2
2
2
2
 8   d  2   d  2   cos  2  d  6   d 
0
0
0
0
2
 cos  2  d  2   6    0   sin  2  
2
2
0

0
 6   2  0    sin  4   sin  0    12   0  0   12  единиц объема 
Ответ:
V  12 единиц объема .
5. Найти работу силы F   xy  y 2   i  x  j при перемещении от точки M  0;0 к точке N 1; 2  вдоль
линии L : y  2 x 2 .
Решение:
Работа силы F   xy  y 2   i  x  j при перемещении от точки M  0;0 к точке N 1; 2  вдоль линии L
равна:
A    xy  y 2  dx  xdy .
L
Так как y  2 x 2 , то dy  4 xdx , тогда:
1

A    xy  y  dx  xdy   x  2 x   2 x
2
L
0
2

2 2

1
 x  4 x dx    2 x 3  4 x 4  4 x 2  dx 
0
1
 2 x 4 4 x5 4 x3 
2 4 4 30  48  80 62 31





единиц работы
    
5
3 0 4 5 3
60
60 30
 4
Ответ:
A
31
единиц работы .
30
6. Найти координаты центра тяжести фигуры, ограниченной осями координат и параболой y  1  x 2 .
Решение:
Сделаем чертеж фигуры:
Воспользуемся формулами: xc 
My
S
, yc 
Mx
, где S   dxdy, M y   xdxdy, M x   ydxdy .
S
D
D
D
Область D задается системой неравенств:
0  x  1
.
D: 
2
0  y  1  x
Вычислим интегралы:
1
1 x 2
S   dxdy   dx
D
0
1
dy    y  0

0
0
1 x 2
1
M y   xdxdy   xdx
D
0

0
1
1 x 2
0
0
M x   ydxdy   dx
D
1 x 2

1
1
2
1 x 2
dy   x   y  0
0
1 x 2
 y2 
ydy    
2 0
0
1
1

x3 
13 2
dx   1  x  0  dx   1  x  dx   x    1  
3 0
3 3

0
0
1
2
1
 x2 x4 
12 14 1
dx   x  1  x  0  dx    x  x  dx       
 2 4 0 2 4 4
0
0
1
1
2
1
3
1
1
1 x 2
2
1
1
1
dx     y 2 
dx    1  x 2  dx    1  2 x 2  x 4  dx 
0
2 0
2 0
2 0
1
1 
2 x3 x5 
1  2 1  1 15  10  3 1 8
4
  x 
    1     
  
2 
3
5 0 2  3 5 2
15
2 15 15
Получим:
1
3
xc 
4
2 8
S
3
4
M x 15 12 6 2
yc 


 
2 30 15 5
S
3
My
3 2
Центр тяжести имеет координаты  ;  .
8 5
Ответ:
3 2
 ; .
8 5
8. Найти момент инерции однородного (   1 ) куба 0  x  a , 0  y  a , 0  z  a относительно его
ребра.
Решение:
Начало прямоугольной декартовой системы координат поместим в одной из вершин куба, а оси
направим вдоль трех взаимно перпендикулярных ребер. Найдем момент инерции куба относительно
оси Oz :
a
a
a
0
0
0
a
a
0
0
a
a
0
0
I z    x 2  y 2  dxdydz   dx  dy   x 2  y 2  dz   dx   x 2  y 2    z  0 dy   dx   x 2  y 2    a  0  dy 
V
a
a
a
a


 a  x3 a3  x 
 a  a3 a3  a 
y3 
a3 
 a   dx   x  y  dy  a    yx 2   dx  a    ax 2   dx  a  


a





3 0
3
3 0
3 
 3
 3
0
0
0
0
a
a
a
2
 a
2a 4 2a 5

3
3
Ответ:
2a 5
I
.
3
2