  

1. Вычислить интеграл
 f  x, y, z  dl
от функции f  x, y, z  по дуге кривой L :
L
1) f  x, y, z   x  2 y  z , L : ломаная ABC , где A 1,0,0 , B 1,1,0  , C 1,1,1 ;
2) f  x, y, z   x 2  y 2 , L : половина окружности x 2  y 2  z 2  4 , x   y  y  0 .
Решение:
1) Поскольку
  x  2 y  z  dl    x  2 y  z  dl    x  2 y  z  dl    x  2 y  z  dl , то остается
L
ABC
AB
BC
вычислить криволинейный интеграл по каждому из отрезков AB и BC .
Составим уравнение прямой, проходящей через точки A и B :
x 1 y  0 z  0
x 1 y z


  .
или
11 1  0 0  0
0
1 0
Теперь найдем параметрическое уравнение прямой AB :
 x 1
 0 t
x 1  0 x  1

x 1 y z
y


   t    t  y  t
 y  t .
0
1 0
1


z  0
z  0
z
0  t

Точка пробегает отрезок AB когда t изменяется от 0 до 1 , то есть t1  0 и t2  1 .
 x '   y '   z '
Так как x '  0, y '  1, z '  0 , то dl 
2
2
2
dt  02  12  02 dt  1dt  dt .
t2
Используя формулу
 f  x, y, z  dl   f  x t  , y t  , z t     x '   y '   z ' dt , получаем:
L
2
2
2
t1
1
1
 2t 2 
2
x

2
y

z
dl

1

2
t

0
dt

1

2
t
dt

t


t

t
 1  12  0  02  2










AB
0
0
0
2 0

1
1
Составим уравнение прямой, проходящей через точки B и C :
x 1 y 1 z  0
x 1 y 1 z



 .
или
1 1 1 1 1  0
0
0
1
Теперь найдем параметрическое уравнение прямой BC :
 x 1
 0 t
x 1  0 x  1

x 1 y 1 z
 y 1



 t
 t   y  1  0   y  1.
0
0
1
 0
z  t
z  t


z

t
1

Точка пробегает отрезок BC когда t изменяется от 0 до 1 , то есть t1  0 и t2  1 .
Так как x '  0, y '  0, z '  1 , то dl 
 x '   y '   z '
2
2
2
dt  02  02  12 dt  1dt  dt .
Тогда:
1

t2 
12
02
1 6 1 5
x

2
y

z
dl

1

2

1

t
dt

3

t
dt

3
t


3

1


3

0

 3 









BC
0
0
2 0
2
2
2
2
2

1
1
Окончательно, получим:
5
  x  2 y  z  dl  2  2 
L
45 9

2
2
2) Сфера x 2  y 2  z 2  4 и плоскость x   y пересекаются по окружности, найдем ее
параметрическое уравнение:
Подставляя x   y в уравнение сферы, получим:
 y
2
 y2  z2  4
y2  y2  z2  4
2 y2  z2  4
y2 z2
 1
2
4
2
y
z2
 2 1
2
2
2
 
Таким образом, проекцией линии пересечения заданной сферы и плоскости на плоскость yOz будет
эллипс с полуосями a  2 и b  2 , параметрическое уравнение которого имеет вид:
 y  2 sin  t 

 z  2 cos  t 
По условию y  0 , то есть
2 sin  t   0 или 0  t   .
Так как x   y , то x   2 sin  t  , и, параметрическое уравнение дуги L будет иметь вид:
 x   2 sin  t 

 y  2 sin  t  , 0  t  

 z  2 cos  t 
Так как x '   2 cos  t  , y '  2 cos  t  , z '  2sin  t  , то:
dl 
 x '   y '   z '
2
2
2
dt  2cos 2  t   2cos 2  t   4sin 2  t dt  4   cos 2  t   sin 2  t  dt  4 1dt  2dt
Тогда:

L



0
0
0
x 2  y 2 dl   2sin 2  t   2sin 2  t   2dt  2   4sin 2  t dt  4   sin  t  dt  4   cos  t   

0
 4   cos    cos  0   4   1 1  8
Ответ:
1)
9
  x  2 y  z  dl  2
L
2)

x 2  y 2 dl  8
L
1
2. Изменить порядок интегрирования в интеграле  dy
0
0

 y
2
f  x, y  dx   dy
1
0

f  x, y  dx .
 2 y
Решение:
Согласно условию, область интегрирования D состоит из двух областей: D1 и D2 , которые задаются
следующими системами неравенств:
0  y  1
1  y  2
D1 : 
, D2 : 
 y  x  0
 2  y  x  0
Изобразим область интегрирования D :
Изменим порядок интегрирования:
x   y  y  x2  x  0
x   2  y  x2  2  y  y  2  x2  x  0
Найдем абсциссу точки пересечения кривых y  x 2 и y  2  x 2 :
x 2  2  x 2  2 x 2  2  x 2  1  x  1 , так как x  0 , то x  1 .
Область интегрирования D можно задать следующей системой неравенств:
1  x  0
D:  2
2
x  y  2  x
Тогда:
1
0
2
0
0
 y
1
 2 y
 dy  f  x, y  dx   dy 
0
2 x2
1
x2
f  x, y  dx   dx
 f  x, y  dy
Ответ:
0
2 x2
1
x2
 dx  f  x, y  dy
3. Вычислить
2
 y  e
 xy
2
dxdy , если область D ограничена линиями x  0, y  2, y  x .
D
Решение:
Изобразим область интегрирования D :
Область D можно задать следующей системой неравенств:
0  y  2
D: 
0  x  y
Тогда:
2
 y  e
2
 xy
2
dxdy 
D
0
2
 2  
0
y
2
 dy  y  e
0
 xy
2
2
dx 

y
y 2 dy  e
0
 xy
2
2
dx 
0
y

y 2 dy 
0
0
2  xy 2  xy 
e d    
y
 2 
x y
2

y2 
0
2   xy 2 
e
 dy 
y 
 x 0
2
2
2
0 y
 y

 y
  y2 
 y

  y2 y

y2 
0
2
2
2
2
y e
e
 dy  2   y   e  e  dy  2    e  1 d     2   e   
2 


0
0 


  2 

0
2
2
2
 2 2

2
 2   e 2   e0  0   2   e 1  1  1 
2
e


Ответ:
 y
2
e
 xy
2
dxdy 
D
4. Вычислить
2
e
  60 y  90 z  dxdydz , если область V
V
x  1, z  x 2  y 2 , z  0 .
Решение:
Изобразим область интегрирования V :
ограничена поверхностями y  x, y  0,
0  x  1
Проекцией D области V на плоскость xOy будет треугольник D : 
.
0  y  x
0  x  1

Область V можно задать системой неравенств V : 0  y  x
, тогда:
0  z  x 2  y 2

1
x
x 2  y2
1
x
  60 y  90 z  dxdydz   dx  dy   60 y  90 z  dz   dx   60 y  z  45  z 
2
V
0
1
x
0
0
1
x
0
0

0

1
x
0
0
0
z  x 2  y2
z 0
dy 


  dx  60 y   x 2  y 2   45   x 2  y 2  dy   dx  60 yx 2  60 y 3  45   x 4  2 x 2 y 2  y 4  dy 
2
1
  dx   60 yx  60 y  45 x  90 x y  45 y  dy    30 y 2 x 2  15 y 4  45 x 4 y  30 x 2 y 3  9 y 5 
2
0
3
4
2
2
4
0
0
1
1
0
0
   30 x 2  x 2  15 x 4  45 x 4  x  30 x 2  x 3  9 x5  dx    30 x 4  15 x 4  45 x 5  30 x 5  9 x 5  dx 
1
   84 x 5  45 x 4  dx  14 x 6  9 x 5   14  9  23
0
1
0
Ответ:
  60 y  90 z  dxdydz  23
V
2
5. Найти площадь фигуры, ограниченной линиями y  , y  5e x , y  2, y  5 .
x
Решение:
Изобразим заданную фигуру D :
yx
y 0
dx 
y
2
2
x
x
y
y  5e x  e x 
y
 y
 y
 y
 y
 ln  e x   ln    x  ln  e   ln    x 1  ln    x  ln  
5
5
5
5
5
2  y  5

Фигуру D можно задать системой неравенств D :   y 
2 , тогда:
ln  5   x  y
  
5
S  D    dxdy   dy
D
2
2
y

 y
ln  
5
5
dx    x 
2
5
5
5
5
5
2
2
 y 
 y
 y
dy


ln
dy

dy

ln
dy

2

ln
y

ln   dy 










 y




2
ln  
y
y
 5 
5
5
2
2
2
2
5
2
y
 Интегрируем по частям :


5
5
5
dy
dy
 u  ln  y 

 y
5 
 y 
du

 2   ln  5   ln  2     ln   dy  

2

ln

y

ln

y 
 








y
5
y
5
2 
 5  2 2
2


 dv  dy
v   dy  y 


5
5 
5
 2 
5 
 2 
 2  ln     5  ln    2  ln      dy  2  ln     5  ln 1  2  ln      y  2 
2 
5
 5  2
2 
 5 
5
5 
 2 
5
2
5
5
 2  ln     5  0  2  ln     5  2  2  ln    2  ln    3  2  ln    2  ln    3  3  единиц площади 
2 
 5 
2
5
2
2
Ответ:
S  D   3 единиц площади 
6. Найти массу пластины D , заданной неравенствами 1 
y
x2 y 2
2

 3, y  0, y  x , если   x
9
4
3
поверхностная плотность.
Решение:
x2 y 2
x2 y 2

 1  2  2  1 - эллипс с полуосями 3 и 2.
9
4
3
2
x2 y 2
x2 y 2
x2

 3

1
9
4
27 12
3 3

y2
  2 3
Изобразим пластину D :
2
2
 1 - эллипс с полуосями 3 3 и 2 3 .
 x  3r  cos  
Перейдем к обобщенным полярным координатам 
.
 y  2r  sin  
Якобиан преобразования:
x
r
J  r,  
y
r
x
 3  cos   3r  sin  

 3  cos    2r  cos    3r  sin    2  sin   
2  sin   2r  cos  
y

 6  cos 2    r  6r  sin 2    6r   cos 2    sin 2     6r 1  6r
Получим:
 3r  cos      2r  sin   
9r 2  cos 2   4r 2  sin 2  

 1  r 2  cos 2    r 2  sin 2    1 
9
4
9
4
2
2
2
2
 r   cos    sin     1  r 1  1  r  1
2
 3r  cos      2r  sin   
2
1
9r 2  cos 2   4r 2  sin 2  
 3

 3  r 2  cos 2    r 2  sin 2    3 
9
4
9
4
2
2
2
2
 r   cos    sin     3  r 1  3  r  3
2
2
y
2
2
x  2r  sin     3r  cos    2r  sin    2r  cos    sin    cos   
3
3
 tg     1   

4


0   
4 , тогда:
Пластину D можно задать системой неравенств 
1  r  3


m  D     dxdy  
D

 4   ln cos  
D


4
0


3
3
3
4
4
4
2r  sin  
y
dxdy   d 
 6rdr  4   d  tg    rdr  4   tg   d  rdr 
x
3r  cos  
0
1
0
1
0
1


 2

 3 1
 r2 
 
    4    ln cos    ln cos  0        4    ln 

ln
1
 1 





4
 2 1

 2 2
 2 


3

 2 
 2
 2 
 4    ln 

0


4
ln

4
ln





  4 ln
 
 2 

2
2



 



 2   4  12 ln  2   2  ln  2  единиц массы
Ответ:
m  D   2  ln  2 единиц массы
7. Ввести новые переменные u и v и вычислить интеграл
 xy   x  y  dxdy , если область D
D
1
2
ограничена линиями y  , y  , x  y  1, x  y  1 .
x
x
Решение:
Изобразим область D :
u  xy
Введем новые координаты: 
.
v  x  y
Найдем якобиан преобразования:
u
  u , v  x

  x, y  v
x
u
y x
y

 y  x
v 1 1
y
Тогда:
  x, y     u , v  


  u, v     x, y  
1

1
1

y  x
x y
Так как для области D : x  0 и y  0 , то
  x, y 
1

.
  u, v  x  y
Следовательно, дифференциал преобразуется следующим образом:
dxdy 
  x, y 
dudv
dudv 
  u, v 
x  u, v   y  u, v 
u  xy
Уравнения линий в новой системе координат 
:
v  x  y
1
 u 1
x
2
y u 2
x
x  y  1  v   1
y
x  y 1 v 1
1  u  2
Таким образом, образ S области D имеет вид прямоугольника: 
, тогда:
1  v  1
2
1
dudv
D xy   x  y  dxdy  S u   x  u, v   y  u, v    x  u, v   y u, v   S ududv  1 udu 1 dv 
2
1
 u2 
3
4 1
     v  1      1  1   2  3
2
2 2
 2 1
Ответ:
 xy   x  y  dxdy  3
D
8. Вычислить интеграл
Решение:
  x  y  z  d , где 

- полусфера x 2  y 2  z 2  a 2 , z  0 .
Используем формулу
 f  x, y, z  d  

D
2
 z   z 
f  x, y, z  x, y    1       dxdy , где D - проекция
 x   y 
2
поверхности  на плоскость xOy :
x 2  y2  z 2  a2  z 2  a2   x 2  y2   z  a2   x 2  y2 
z
1
 2
1
x


a   x2  y2  
 0   2x  0 
x 2  a 2   x 2  y 2  x
2  a2   x 2  y2 
a2   x 2  y2 


z
1
 2
1
y


a   x2  y2  
 0  0  2 y  
y 2  a 2   x 2  y 2  y
2  a2   x 2  y2 
a2   x 2  y2 


Тогда:
  x  y  z  d  

D

2

2


x  y  a2   x 2  y2   1
  x  y  a   x  y
D
2
  x  y  a   x  y
D
2
2
2


x2
y2

dxdy 
a2   x 2  y2  a2   x 2  y2 
a2   x 2  y 2   x2  y 2
a2   x 2  y2 
a
a x  y
2
2
2


dxdy   x  y  a   x  y
D
dxdy  a  
D
2
2
x  y  a2   x 2  y2 
a x  y
2
2
2

2

a2
 2
dxdy 
a   x2  y2 
dxdy 


x y
x
y

 a  
 1 dxdy  a  
dxdy  a  
dxdy  a   dxdy
 a2  x 2  y2

2
2
2
2
2
2
a

x

y
a

x

y
D 
D
D
D

 





Проекцией D полусферы x 2  y 2  z 2  a 2 , z  0 на плоскость xOy будет круг x 2  y 2  a 2 .
Функции f  x, y  
x
a2   x 2  y2 
и g  x, y  
y
a2   x 2  y2 
нечетны по переменным x и y
соответственно, а область D симметрична относительно обеих координатных осей, следовательно
x
y
a  
dxdy  a  
dxdy  a  0  a  0  0 .
a2   x 2  y2 
a2   x 2  y2 
D
D
Интеграл
 dxdy выражает площадь области D , то есть площадь круга радиуса a , которая равна
D
S   r   a2 .
2
Окончательно, получим:
  x  y  z  d  a   a

2
Ответ:
  x  y  z  d  a   a

2
9. Найти объем тела, ограниченного поверхностями x  y  4, x  2 y , y  0, z 
3x
, z 0.
5
Решение:
Построим тело V , ограниченное указанными поверхностями:
Построим проекцию D тела V на плоскость xOy :
Прямые x  y  4 и x  2 y пересекаются, при y  2 .
Тело V можно задать системой неравенств:

0  y  2

V :  2 y  x  4  y , тогда:

3x
0  z 
5

2
V   dxdydz   dy
V
2
3  x2 
  
5 0 2 
0
4 y

3x
5
2
0
0
dx  dz   dy
2y
2
dy 
2y
4 y

3
2
  4  y 
10 0
2
4 y
3x
  z  05
2y


2
2y
2
dx   dy
0
2
dy 
4 y
3
 3x

  5  0  dx  5  0 dy
2y
2
4 y

xdx 
2y
2
3
3
  16  8 y  y 2  2 y  dy     y 2  10 y  16  dy 
10 0
10 0

 3 8
3  y3
3  23
 3 8  36
    5 y 2  16 y      5  22  16  2      20  32   

10  3
10
3
10
3
10
3


0


3 44 22
  
единиц объема 
10 3
5
Ответ:
V
22
единиц объема 
5