И А КАПЛАН|
ПРАКТИЧЕСКИЕ ЗАНЯТИЯ
ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ
Часть IV
КРАТНЫЕ И КРИВОЛИНЕЙНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ
(Издание 2-е, стереотипное)
ИЗДАТЕЛЬСТВО
ХАРЬКОВСКОГО ОРДЕНА ТРУДОВОГО КРАСНОГО ЗНАМЕНИ
ГОСУДАРСТВЕННОГО УНИВЕРСИТЕТА имени А М ГОРЬКОГО
Харьков 1971

517@7)
K20
Книга содержит разбор и подробное решение типовых задач
по интегральному исчислению и интегрированию обыкновенных
дифференциальных уравнений, кратным и криволинейным
интегралам.
Большое количество задач, для упражнений снабжено ука-
указаниями, промежуточными результатами и ответами.
Книга соответствует новой программе по высшей матема-
математике. Она рассчитана на студентов высших технических учебных
заведений, а также может быть полезна преподавателям, ведущим
практические занятия.
Ответственный редактор
кандидат физико-математических
наук доцент Р. В. Солодовников
ХАРЬКОВСКАЯ ТИПООФС£ХДДЯ ФАБРИКА «КОММУНИСТ»

ОГЛАВЛЕНИЕ
Часть III
Стр.
Предисловие • о
Первое практическое занятие. Первообразная функция и неопреде-
неопределенный интеграл- Свойства неопределенного интеграла. Непосредствен-
Непосредственное интегрирование 7
Второе практическое занятие. Интегрирование показательной и три-
тригонометрической функций 23
Третье практическое занятие. Продолжение упражнений в непосред-
непосредственном интегрировании 32
Четвертое практическое занятие. Замена переменной в неопределен-
неопределенном интеграле (метод подстановки). Интегрирование по частям .- . . . 46
Пятое практическое занятие. Простейшие дроби. Разложение рацио-
рациональной дроби на простейшие .... ■ . 59
Шестое практическое занятие. Интегрирование простейших рацио-
рациональных дробей 69
Седьмое практическое занятие. Интегрирование рациональных дро-
дробей - 80
Восьмое практическое занятие. Интегрирование выражений, содер-
содержащих тригонометрические функции 90
Девятое практическое занятие. Интегрирование алгебраических ир-
рациональностей 117
Десятое практическое занятие. Интегральная сумма- Определенный
интеграл и его основные свойства. Задачи механики и физики, приво-
приводящие к вычислению предела интегральной суммы. Вычисление опре-
определенного интегральной суммы 148
Одиннадцатое практическое занятие. Задачи механики и физики,
приводящие к определенному интегралу (продолжение) 161
Двенадцатое практическое занятие. Замена переменной в определен-
определенном интеграле. Интегрирование по частям. Теорема о среднем значе-
значении 176
Тринадцатое практическое занятие. Несобстпенные интегралы по
бесконечному интерпалу и от разрывных функций. Принцип сраипения
несобственных интегралов с положительными подынтегральными функ-
функциями 188
Четырнадцатое практическое занятие. Приближенное вычисление
интегралов: формулы прямоугольников, трапеций и Симпсона (формула
парабол) 202
Пятнадцатое практическое занятие. Приложения определенкрго
интеграла к геометрии. Определение площадей плоских фигур • . . 209
Шестнадцатое практическое занятие. Приложения определенного
интеграла к геометрии (продолжение): длина дуги йлоской кривой,
объем тела вращения, поверхность тела вращения , . . . 224

Семнадцатое практическое занятие. Дифференциальные уравнения
первого порядка 244
Восемнадцатое практическое занятие. Дифференциальные уравнения
высших порядков, допускающие понижение порядка . . 270
Девятнадцатое практическое занятие. Линейные дифференциальные
уравнения высших порядков 297
Двадцатое практическое занятие. Линейные неоднородные диффе-
дифференциальные уравнения 329
Двадцать первое практическое занятие. Уравнение Эйлера. Системы
линейных дифференциальных уравнений с постоянными коэффициента-
коэффициентами (основные понятия) ; , 358
Часть IV
Первое практическое занятие. Двойные интегралы. Вычисление
площадей при помощи двойного интеграла 37г>
Второе практическое занятие. Вычисление объемов и поверхностей
при помощи двойного интеграла. Приложения двойного интеграла к
задачам механики • 400
Третье практическое занятие. Тройной интеграл 417
Четвертое практическое занятие. Вычисление статических моментов,
координат центра тяжести и моментов инерции плоских фигур и
тел • 446
Пятое практическое занятие- Криволинейные интегралы 467
Шестое практическое занятие. Условие независимости криволиней-
криволинейного интеграла по координатам от пути интегрирования. Интегрирова-
Интегрирование дифференциальных уравнений, левая часть которых есть полный
дифференциал 479
Седьмое практическое занятие. Формула Грина. Вычисление пло-
н при помощи криволинейного интеграла 490

ПРЕДИСЛОВИЕ
Предлагаемая книга содержит практические занятия по инте-
интегральному исчислению функций одной независимой переменной
и интегрированию обыкновенных дифференциальных 'уравнений,
кратным и криролннейным интегралам.
Как и первые две части, вышедшие ранее, книга рассчитана
прежде всего на студентов, обучающихся заочно и по вечерней
системе.
Она написана в полном соответствии с новой программой по
высшей математике для высших технических учебных заведений.
Весь материал книги разделен на отдельные практические за-
занятия. В каждое нз них включены основные положения теории,
формулы, теоремы, определения и подробное решение типовых
задач различной степени трудности с их полным анализом, а также
предлагаются задачи для самостоятельного решения с методиче-
методическими указаниями, промежуточными результатами и ответами.
Многие задачи решаются различными способами, и целесообраз-
целесообразность этих способов сравнивается.
Такое построение книги предоставляет студенту широкие воз-
возможности для активной самостоятельной работы.
Студент, пользующийся этим пособием, должен перед каждым
практическим занятием выучить относящийся к нему раздел тео-
теории, внимательно, с выполнением всех действий на бумаге, разо-
разобрать решенные задачи и только после этого приступить к реше-
решению задач, предложенных для самостоятельного решения.
Книга может быть полезна и студентам, обучающимся
в стационарных высших технических учебных заведениях, а также
преподавателям, ведущим практические занятия.
Автор приносит глубокую благодарность рецензенту этой книги
доктору физико-математических наук профессору Г. М. Баженову

и её ответственному редактору кандидату физико-математических
наук доценту Р. В. Солодовникову, ценные советы и замечания
которых способствовали значительному улучшению книги.
Автор признателен сотрудникам кафедры высшей математики
Харьковского инженерно-строительного института В. Г. Алексан-
Александрову, Э. Б. Александровой, И. М. Каневской, 3. Ф. Паскаловой,
В. М. Аветисовой и Л. В. Олейник, проверившим ответы к за-
задачам, а также Р. А. Ежовой за помощь в оформлении рукописи.

Часть IV
Практические занятия по кратным и криволинейным
интегралам
ПЕРВОЕ ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ
Содержание: Двойные интегралы. Вычисление площадей при помощи
двойного интеграла.
ОСНОВНЫЕ СВЕДЕНИЯ ИЗ ТЕОРИИ
1. Двойной интеграл в прямоугольных координатах
В прямоугольных координатах дифференциал площади
da = dx dy,
а двойной интеграл
f(x, y)dz = \\ f (х, у)dxdy. A,1)
(a)
а) Двойной интеграл по прямоугольнику
Если область (о), на которую распространяется двойной
интеграл A,1), — прямоугольник со сторонами, параллельными
координатным осям и опреде-
^ ляемыми уравнениями х = а;
х — b (a < x < b); у = с;
у = d(c < у < d) (фиг. 1,1), то
двойной интеграл вычисляется
q\ J ' ' по одной из формул:
о
A,2)
или
а х
Фиг. 1,1
X
(о)
A.3)
Интегралы, стоящие в правых частях этих формул, назы-
называются повторными, или двукратными.
375

I/
В формуле A,2) интеграл j f(x,y)dx называется внутренним.
а
Он вычисляется в предположении, что переменная у сохраняет
на отрезке [а,Ь] зафиксированное постоянное значение. При
таком предположении подынтегральная функция f(x, у) является
функцией только одной переменной х. В результате вычисления
этого интеграла получится функция переменной у.
После того, как эта функция определена, надо выполнить
внешнее интегрирование — проинтегрировать полученную функ-
функцию по переменной у. В результате этого вторичного интегри-
интегрирования получится уже не функция, а число.
Таким образом, при вычислении двойного интеграла по формуле
A,2) первое (внутреннее) интегрирование ведется по переменной х
при постоянном у, а второе интегрирование — по переменной у.
Если же для вычисления двойного интеграла применяется
формула A,3), то порядок интегрирования меняется: первое
(внутреннее) интегрирование ведется по переменной у в пред-
предположении, что переменная х на отрезке \с, d] сохраняет по-
постоянное зафиксированное значение, а повторное (внешнее)
интегрирование — по переменной х. В результате вычисления
d
внутреннего интеграла \f(x, y)dy получится функция перемен
с
ной х, а повторное интегрирование даст число.
б) Двойной интеграл по произвольной плоской
фигуре
1. Если область интегрирования (а) ограничена кривой, ко-
которую каждая прямая, параллельная оси Оу, пересекает не
более чем в двух точках, (фиг. 1,2),
то двойной интеграл, распростра-
распространенный на эту область, вычис-
вычисляется по формуле
^ / (*, у) dx dy = Uk J / (x, у) dy.
(a) a f,{x)
A,4)
Интеграл в правой части этой
формулы также называется по-
повторным, или двукратным.
Внутренний интеграл в этой
формуле отличается от внутрен-
внутреннего интеграла в формуле A,3) тем, что здесь пределы инте-
интегрирования не постоянные величины с и d, а функции
переменной х. При вычислении внутреннего интеграла в подын-
376
О

тегральной функции f (x, у) надо х рассматривать как величину
постоянную.
Пределы интегрирования в повторном интеграле в правой
части формулы A,4) находятся так.
1. Область (а) проектируется на ось Ох. Этим определится
отрезок [а, Ь], на котором в области (о) изменяется перемен-
переменная х: а < х < Ь. Числа а и b {a<b) будут соответственно
нижним и верхним пределами во внешнем интеграле. Тем самым
пределы интегрирования по х определены.
Чтобы, найти пределы интегрирования по у во внутреннем
интеграле, пометим на контуре (L), ограничивающем область (а),
точки А и В с абсциссами а и Ь. Эти две точки разделят кон-
контур (L) на нижнюю и верхнюю части, уравнения которых
следует разрешить относительно переменной у.
Пусть эти части определяются соответственно уравнениями
у = cpiix) и у — <р2М> причем, предполагается, что функции <рх(л:)
и <р2(*) на отрезке [а, Ь] непрерывны, однозначны и сохраняют
аналитическое выражение. Зафиксируем на отрезке [а, Ь) оси
Ох любую точку х, проведем через нее прямую,, параллельную
сси Оу, и рассмотрим ее отрезок KL. содержащийся в области (о).
Теперь очевидно, что переменная у изменяется в области (а)
от ее значения <pi(x) на нижней части контура (L) до ее зна-
значения <р2(*) на его верхней части: <?i(x) < у < <р2(л:). у
Таким образом, нижний и верхний пределы при интегриро-
интегрировании по у во внутреннем интеграле соответственно равны
<Pi(x) и ч>2(х). После вычисления
внутреннего интеграла получится
функция переменной х.
Подчеркнем особо, что во внут-
внутреннем интеграле при интегриро-
интегрировании по у пределы интегрирования
в общем случае есть функции пере-
переменной х, т. е. той переменной,
по которой вычисляется внешний
интеграл и которая при вычисле-
вычислении внутреннего интеграла счи-
считалась постоянной.
2. Если область (а) ограничена
Фиг 1,з кривой, которую любая прямая,
параллельная оси Ох', пересекает
не более чем в двух точках (фиг. 1,3), то двойной интеграл, рас-
распространенный на эту область, может быть вычислен по формуле
[J f (х, у) dxdy = § dy j / (*, у) dx. A,5)
Здесь также пределы во внутреннем интеграле — не числа,
как в формуле A, 2), а функции переменной у.
377

Чтобы найти пределы во внешнем интеграле, область (о)
проектируется на ось Оу. Так определяется отрезок [с, d], на
котором в области (о) изменяется переменная у: с < у < й.
Числа с и й и будут соответственно нижним и верхним преде-
пределами во внешнем интеграле. Внутренний интеграл вычисляется
по переменной х.
В подынтегральной функции f(x, у) надо у рассматривать
как величину постоянную. Чтобы определить пределы измене-
изменения переменной х в области (о), пометим на контуре (L) точки
С и D с ординатами cud. Эти две точки разделят контур (L)
на левую и правую части, уравнения которых следует разре-
разрешить относительно переменной х.
Пусть этими уравнениями будут соответственно х = ф, (у)
и х = ф2(у), причем предполагается, что функции ^i{y) и Ц2(у)
на отрезке [с, d] непрерывны, однозначны и сохраняют анали-
аналитическое выражение. Зафиксируем на отрезке [с, d] оси Оу
любую точку у, проведем через нее прямую, параллельную
оси Ох, и рассмотрим ее отрезок MN, содержащийся в области (о).
Переменная л: будет изменяться в области (о) от ее значения
•\>}(у) на левой части контура (L) до ее значения $2{у) на его
правой части: tyi(y) < х < ty2(y).
Таким образом, верхний и нижний пределы во внутреннем
интеграле соответственно равны tyi(y) и ^2{у). Подчеркнем, что
здесь во внутреннем интеграле при -интегрировании по х пре-
пределы интегрирования в общем случае есть функции переменной у,
т. е. той переменной, по которой вычисляется внешний интеграл
и которая при вычислении внутреннего интеграла остается
постоянной. После вычисления внутреннего интеграла получится
функция переменной у. Следует обратить внимание на то, что
во внешнем интеграле в обоих случаях пределы интегрирова-
интегрирования— величины постоянные и в результате вычисления двой-
двойного интеграла должна получиться постоянная величина.
Вычисление повторного интеграла следует начинать с вычисле-
вычисления внутреннего интеграла.
Если функция f(x,y) непрерывна в области (о), то значение
повторного интеграла, распространенного на эту область, не
зависит от порядка интегрирования по различным аргументам.
Перед решением задач рекомендуется повторить уравнения
поверхностей второго порядка. Особое внимание следует обра-
обратить на уравнение сферы, параболоида, конуса и цилиндрических
поверхностей с образующими, параллельными координатным
осям.
Свойства определенных интегралов распространяются и на
двойные интегралы. В формуле A,4) и A,5) для вычисления
двойного интеграла предполагалось, что кривая, ограничивающая
область интегрирования (о), пересекается всякой прямой, парал-
параллельной одной из координатных осей, не больше чем в двух
378

точках. Если это условие не выполнено, то область (о) следует
разбить на части так, чтобы в каждой из частей это условие
выполнялось.
Вычисление двойного интеграла последова-
последовательными однократными интегрированиями.
Изменение порядка интегрирования
Задача 1,1. Вычислить двойной интеграл
3 + yi)dxdy,
если область (о) ограничена линиями у = ух; у — х\ х = 4.
Этот же интеграл вычислить, изменив порядок интегрирования.
о
х
х
К задаче 1,1
4 X
Решение. Прежде всего следует представить на чертеже
область (о). Контур этой области пересекается всякой прямой,
параллельной оси Оу в двух точках. Воспользуемся сперва
формулой A,4)
4 X
х3 + у3) dxdy=\dx^{x3 + t?) dy.
Здесь в повторном интеграле внутреннее интегрирование про-
производится по переменной у, а внешнее—по х.
Пределы интегрирования в повторном интеграле получены
так: область (о) была спроектирована на ось Ох. Получился
отрезок [0; 4]. Этим были определены нижний предел 0 и верх-
верхний предел 4 изменения переменной х во внешнем интеграле.
Затем на отрезке [0; 4] оси Ох была выбрана произвольная
точка х, через которую проведена прямая, параллельная оси Оу,
и на ней рассмотрен отрезок /<L, содержащийся в области (а).
379

Область (о) ограничена снизу прямой у = ~~ х, сверху — пря-
прямой у = х. Переменная у изменяется в области (а) от ее значе-
значения тг* на нижней части контура ОВС до ее значения х на
верхней части этого контура. (Уравнения линий, ограничиваю-
ограничивающих область (з), должны быть разрешены относительно той
переменной, по которой вычисляется внутренний интеграл).
Вычисления-следует начинать с внутреннего интеграла
г*
в котором величина х должна рассматриваться как постоянная.
2 *
~~Тб'
Заметьте, что получилась функция переменной х, как это
и следовало ожидать, на основании пояснений на стр. 6.
Вычисляем теперь внешний интеграл: •
4
'47 ,, _47 х*_
64 64 ' 5
47 4^ _752
64,' 5 ~~ 5 '
Вычислим теперь тот же двойной интеграл, изменив порядок
интегрирования: внутреннее интегрирование будем производить
по переменной х, а внешнее — по переменной у.
Из чертежа видно, что левая часть контура области (а) — одна
линия, а именно у =■■ х, а его правая часть состоит из двух
линий ОВ и ВС, определяемых разными уравнениями: (ОВ)у =
= -н- х; {ВС)х = 4. В этом случае область (а) следует разбить
на части так, чтобы каждая из них справа ограничивалась
тоже одной линией, иначе говоря, линией, определяемой одним
аналитическим выражением. Такими частями будут (од) — ОАВ
и (о2.) — ABC. Область (о) является суммой областей (о^ и (о2).
Интеграл представляется как сумма интегралов
J J (х3 + у3) dx dy = f f (x3 + у3) dx. dy + f J (x* + y3) dx dy.
(a) ( (°t)
Так как теперь внутренние интегралы будут вычисляться
по переменной х, то уравнения линий, ограничивающих каждую
из областей (ох) и (о2). должны быть решены относительно этой
380

переменной. Решая уравнения линий, ограничивающих области
(оА) и (а2) относительно переменной х, получим, что область (а,)
ограничена линиями: 1) х — у; 2) х = 2у; 3) у = 2. Точка В
имеет координаты D,2). Область (а2) ограничена линиями:
l)j/ = 2; 2) * = t/; 3) х = 4.
Спроектировав каждую из областей интегрирования (аг) и
(о2) на ось Ог/, получим пределы внешних интегралов: в первом
интеграле — 0 и 2, во втором интеграле 2 и 4. Выбрав на
отрезке [0; 2] произвольную точку у и проведя через нее пря-
прямую, параллельную оси Ох, замечаем, что в области (ojj пере-
переменная х изменяется от ее значения, равного у на левой части
контура (т. е. на О А), до ее значения 2у на его правой части
(т. е. на ОВ).
Таким образом, при интегрировании по области (аг) во внут-
внутреннем интеграле пределами будут у и 2у. Поэтому
2 2у
h = jT (x3 + у3) dx dy = j dy J (x3 + if) dx.
(«0 ° V
При вычислении внутреннего интеграла переменная у должна
считаться величиной постоянной (а пределы интегрирования есть
функции переменной у, т. е. опять-таки той переменной, кото-
которая при интегрировании остается величиной постоянной).
Вычисления начинаем с внутреннего интеграла:
2.V
Г х4 2у 1
\ (х3 4- У3) dx = -г ■+- vrx = -г \Bцг — У*] +
19
Следует заметить, что получилась функция переменной у,
т. е. той переменной, по которой вычисляется внешний интеграл.
Подставляем полученное выражение под знак внешнего инте-
интеграла:
г
19
152
5 '
Пределы внешнего интеграла при интегрировании по области
(з2) уже были определены: переменная у в этой области изменя-
изменяется на отрезке [2; 4], т. е. от 2 до 4. Чтобы определить, в
каких пределах в этой области изменяется переменная х, возь-
возьмем на отрезке [2; 4] произвольную точку, проведем через нее
прямую, параллельную оси Ох, и заметим, что на левой части
АС контура области (<з2) х имеет значение, равное у, а на ВС —
правой его части х = 4.
381

Таким образом, в области (<з2) пределами интегрирования по
х будут у и 4, а
4 4
/2 = J J (х3 + у3) dx dy = f djj (г* + у3) d*.
Внутренний интеграл (в нем у—величина постоянная!)
+ У3№ = ^+у3*|>!D*-у*) + у3D-у) =
Заметьте! Получилась функция переменной у, т. е. той пере-
переменной, по которой вычисляется внешний интеграл. Подставляем
полученное выражение под знак внешнего интеграла:
4
/2 = С (б4 + 4у3 — | у4) dy = 64у + у4 — ~ у5 I = 120.
Искомый интеграл равен сумме
Поскольку подынтегральная функция х3 + у3 непрерывна, то
результаты вычислений, как и следовало ожидать, совпали: они
не зависят от порядка интегрирования.
Из этого примера видно, что выбор порядка интегрирования
не безразличен. Выбрав рационально порядок интегрирования,
можно сократить вычисления.
Писле столь подробного решения этой задачи предложим
несколько задач для самостоятельного решения.
Задача 1,2 (для самостоятельного решения). Вычислить двой-
двойной интеграл
X
382

Область (з) ограничена линиями: у = -„- х\ y — ~Yx: x-~\.
Этот же интеграл вычислить, изменив порядок интегрирования.
1 Vx
If ц'л 121
dx \ --,du = tsh •
.1 xl a 486
Промежуточные вычисления:
V'x
•«* А.. _ **
V'x
s= 1- !•■=
4 324
2) Если изменить порядок интегрирования и внутренний
интеграл вычислить по переменной х, а внешний интеграл —
по у, то область интегрирования надо разбить на две: (о,) —
ОСА и (о2) — CAB. Это вызвано тем, что правая часть контура
ОАВ, ограничивающего область (о), состоит из двух линий ОА
и АВ, определяемых разными уравнениями: (ОА) х = Зу; (АВ) х =
— 1 (уравнения линий, ограничивающих контур, должны быть
в этом случае решены относительно переменной х, т. е. той
переменной, по которой ведется интегрирование):
О у'
_i_ у*
з
О 1
К задаче 1,3
Г ^ А - 1 2. _ 25 .
1 5 ^**/ *""" У ^— i/ 1 1 "™~ л пд ♦
1
Г У3 А 3 1 16
\ х^ У — У ' 2 = 81"'
Задача 1,3 (для самостоятельного решения). Вычислить двой-
двойной интеграл
\\ \2x2y)dxdy.
В повторном интеграле внутренний интеграл вычислить по х,
а внешний — по у. Произвести вычисление того же интеграла,
изменив порядок интегрирования. Область (о)—квадрат со сто-
сторонами: х = 0; * = 1; у = 2; у = 3.
383

Указание. В первом случае внутренний интеграл
(бху* — \2х2у) dx = Зуа — Ау
(при интегрировании по переменной х получилась функция
переменной у).
Во втором случае внутренний интеграл
з
| (бхг/2 — \2х*у) йу = 38* — 3(к2
2
(при интегрировании по переменной у получилась функция х).
Ответ. 9.
Задача 1,4 (для самостоятельного решения). Вычислить двой-
двойной интеграл
\\(x + y)dx dy.
В повторном интеграле внутреннее интегрирование выполнить
по у, а внешнее—по х. Этот же интеграл вычислить, изменив,
порядок интегрирования. Об-
Область (о) ограничена линиями:
х — 0; у =-~ х (х > 0); у — А —
-{x-\f.
Указание. При вычис-
вычислении внутренних интегралов
уравнения линий, ограничиваю-
ограничивающих область (о), должны быть
решены относительно перемен-
переменной у, т. е. той, по которой
вычисляется внешний интеграл.
Разрешая уравнение параболы —
у = 4—(х — IJ относительно ~'
х, получаем х — 1 + У 4 — у,
причем линия АВ определяет-
определяется уравнением х = 1 — У А — у.
а линия ВС уравнением х =
= I + VT=lj.
Ответ.
-У
а)
2 4-(х-1)>
/ = j dx \{х
208
15
О f 2
К задаче !,->
384

После изменения порядка интегрирования
з Т»
4 1+ /4—у
Г
1— Va—i/
Задача 1,5 (для самостоятельного решения). Вычислить двой-
двойной интеграл
X
В повторном интеграле выполнить внутреннее интегрирование
по у, а внешнее — по х. Произвести вычисления, изменив поря-
порядок интегрирования. Область (з) ограничена линиями
у = у х; у = 2х\ ху = 2
0).
Указание. Область (о) ограничена снизу одной линией
у = к- х, а сверху — двумя линиями — О А и АВ, имеющими урав-
нения у = 2х {ОА) и у — -- (АВ). Область (з) следует предста-
еить как сумму двух областей ОАС и CAB. Определить абсциссы
точек пересечения прямых О А и ОВ с гиперболой. Они равны
1 и 2. Спроектировать каждую из областей на ось Ох.
После изменения порядка интегрирования для определения
пределов во внутренних интегралах уравнения линий разрешить
относительно переменной х.
J3 И. А. Каплан 385

Отве
После
т.
'-J
dx
2х
|<
изменения
1
~ J
0
"У
*2 + У) dy
порядка
Т
2 X
i 1
интегрирования
2
2 1/
i у
2
Три следующие задачи показывают, что изменение порядка
интегрирования может повлечь за собой изменение величины
двойного интеграла.
Задача 1,6 (для самостоятельного решения). Вычислить двой-
двойной интеграл
Показать, что изменение порядка интегрирования приводит к
различным результатам, и объяснить причину этого. Область
{а) — квадрат со сторонами: х = 0; х=1; у = 0; у = 1.
Ответ. ■
внутренний интеграл
Г х — у 1
.) (F+W dy = (Т+~
о
С другой стороны,
о
внутренний интеграл
Различные результаты вычислений объясняются тем, что в точке
@,0) подынтегральная функция не является непрерывной.
38G

Зацача 1,7 (для самостоятельного решения). Вычислить двой-
двойной интеграл
Область (о) — квадрат, ограниченный координатными осями »
прямыми х — 1 и у=\. В повторном интеграле первый раз
внутреннее интегрирование выполнить по х, а потом изменить
порядок интегрирования. Объяснить причину различных резуль-
результатов вычислений.
Ответ.
о о
/ \ 4 1.1
о о
Задача 1,8 (для самостоятельного решения). Показать, что
двойной интеграл
tfi
■-.dxdy
равен j или ——в зависимости от порядка интегрирования.
Объяснить причину этого. Область (о) — квадрат, ограниченный
линиями х = 0; у = 0; х = 1; у = 1.
II. Двойной интеграл в полярных координатах
В полярных координатах дифференциал площади
da = r drdy,
а двойной интеграл
, y)da= \j/[rcoscp, rs\n<p]rdrdf.
Область (о) должна быть отнесена к полярной системе коор-
координат. Если она ограничена двумя полупрямыми с уравнениями
ср = а и ср = C (а < C) и линиями, определяемыми уравнениями
г = «,(ср) и г = и2(<р). а функции Hi(cp) и МгСт) в промежутке
[а, Р] непрерывны, однозначны и сохраняют аналитическое вы-
13* 387

ражение, то двойной интеграл, распространенный на эту область,
вычисляется по формуле
Р «•<?>
Jj>(r, f)rdrd? = $d? J F(r, <f)rdr. A,6)
(о) л и, (9)
Интеграл в правой части этой формулы — повторный интеграл
(иначе двукратный). Во внутреннем интеграле f слеДует рассма^
тривать как величину по-
постоянную (фиг. 1,4).
Напомним уравнения
окружности в полярной
системе координат, с ко-
которыми нам часто придется
встречаться:
г=иг(?)
г =
A.7)
A,8)
р>=<х
О
Фиг. 1,4
г = 2R cos?;
г = 2R sin ср.
Задача 1,9. Вычислить
двойной интеграл
jj гг sin ? dr df,
(<■)
где область (а) ограничена линиями г = R и г — 2R sin о.
Решение. Чтобы определить, как изменяется в области (з)
полярный угол ср, проведем лучи в точки А я В области (з).
Решая совместно уравнения
линий, ограничивающих об-
область (о), найдем значения
'Г=2КЫп<р угла ф, соответствующие лу-
лучам ОА и ОВ:
г = 2/
Отсюда
2R sin ? = 1
к
х
К задаче 1,9
sin ? = -2-;
5
Таким образом, угол ср в области (а) изменяется от -,- до-g-r.
Теперь найдем пределы изменения полярного радиуса в об-
области (а). Под произвольным углом ср, взятым в промежутке
I я 5
[Ь ' 
388
■|, проведем из полюса луч OD. В точке С входа этого

луча в область (о) г = R, а в точке D выхода его из области
(a) r = 2/?sin<p и полярный радиус г изменяется в области (о)
от R до 2/? sin ср. Поэтому нижний и верхний пределы во внут-
внутреннем интеграле равны соответственно г и 2R sin ср.
По формуле A,6)
5
I* 2« sin 9
jj r2sincp dr d? — J sincpd<p j
C) [«_ «
(Мы вынесли sincp за знак внутреннего интеграла, так как при
вычислении внутреннего интеграла переменная ср сохраняет по-
постоянное значение).
Внутренний интеграл
2R sin 9
\ 2d
9 I
=-i-(8#3sin3cp
2R sin 9 i i
Внешний интеграл
5 5
Г -Ь Я3 (8 sin3 ср — 1) sin ср df = у Я3 1 (8 sin4 ср — sin ?) d?
1С ~
Задача 1,10. Вычислить двойной интеграл jjr3drdcp,
где (о) — область, ограниченная полярной осью и кривой г2—
= a2cos2<p-c дополнительным условием: полярный угол <р < —^
К задаче 1,10
Решение. Кривая r2 = a2cos2f — лемниската. Определим,
как изменяется угол ср в области (а). С увеличением угла ср
(при услопии ср <тН полярный радиус г уменьшается. При не-
389

котором значении <р он станет равным нулю. Найдем это значе-
значение ср.
Подставим в уравнение лемнискаты г = 0 и получим урав-
уравнение для определения ср:
О = a2 cos 2ф; cos 2<р = 0; 2<р = -|-; ср = ~-.
(Учтено условие, что 9 < у)'
Таким образом, в области (о) полярный угол изменяется от
О до т.
Чтобы узнать, как изменяется в области (а) полярный ра-
радиус г, проведем луч, пересекающий область {о) под произвиль-
ным углом ср @<9<-7-)- Луч входит в область (о) в полюсе,
т. е. при г = 0 и выходит из нее в точке А на лемнискате.
В • этой • точке г — a ]/cos 2<p-.
Таким образом, переменная г изменяется в области (о) от
г = 0 до г == a]/cos2<p. По формуле A,6)
а У cos 2f
(а) О 0
Внутренний интеграл
6
Внешний интеграл.
a/cos 2?
\ r3dr — -j ~ ja cos22cp.
6
т
(* 1 d о о j 1 (* I _i- cos 4ф . 1 , / , sin 4<р\ Г4 1 4
t) 0
.Дальнейшие упражнения в вычислении двойных интегралов
связаны с решением задач геометрии и механики.
III. Вычисление площадей плоских фигур
Площадь плоской фигуры вычисляется по формуле
a, A,10)
где do — дифференциал площади.
390

Если фигура отнесена к прямоугольной системе координат,
то формула A,10) перепишется так:
xdy. A,11)
Если фигура отнесена к полярной системе координат, то ее пло-
площадь вычисляется по формуле
5 = i J г dr df.
A.12)
Задача 1,11. Найти площадь фигуры, ограниченной линиями:
""™ п" " -0(DC); x — 4y + 7 = 0(AD);
х — 4у+ 14 = 0 (ВС).
Решение. Фигура — па-
параллелограмм. Его вершины
находятся в точках: А A,2);
В B,4); DE,3); С F,5).
Область интегрирования (а)
разобьем на три части: (а,)=
-=АВЕ; (o2)=BEDF; (а3)=^
= \\dxdy
/ 2
S б х
(A)
К задаче 1,11
Вычислим каждый из этих
двойных интегралов.
В области (ах) переменная х изменяется на отрезке [1,2].
Выбрав внутри этого отрезка произвольную точку с абсциссой х,
проведем прямую, параллельную оси Оу. На отрезке этой пря-
прямой, находящемся в области (о{), переменная у изменяется от
ее значения на отрезке АЕ до" ее значения на отрезке АВ. Иа
уравнения стороны AD
Из уравнения стороны АВ у = 2х. Поэтому
2*
= \dx
*+7
4
В области (а2) переменная х изменяется на отрезке [2,5].
Выберем на нем произвольную точку х, проведем через нее пря-
прямую, параллельную оси Оу. На отрезке этой прямой, содержа-
содержащемся в области (а2), переменная у изменяется от ее значения
на прямой AD до ее значения на прямой ВС.
391

Уравнение прямой AD уже разрешено относительно у [см.
формулу (В)], а из уравнения стороны ВС следует, что
x+ 14
(Q
Поэтому
x+H
4
В области (аз) переменная х изменяется на отрезке [5,6],
а переменная у— от ее значения на прямой DC до ее значения
на прямой ВС. Из уравнения DC у~1х— 7, а из уравнения
прямой ВС у = —~— [см. формулу (С)].
Таким образом,
JC+I4
4
Окончательно из (Л) получаем, что
J dy = \
7.
8 *
S = 7 кв. ед.
Задача 1,12. Вычислить площадь, ограниченную линиями
Х = 26 ; Х = 2а '
а и b — положительны и а > Ь.
К задаче 1,12
392

Решение. Кривые — параболы. Первое интегрирование вы-
выгодно вести по переменной х, а второе — по у. Решая систему
уравнений
У2 + Ь~
х =
26
У2 + а2
2а
найдем координаты точки пересечения парабол:
Следует учесть, что искомая площадь равна удвоенной пло-
площади фигуры ABC. В области ABC переменная х изменяется от
ее значения *=^-^— на параболе АВ до значения х — у * а
на параболе СВ. Переменная же у изменяется от 0 до У~аЬ —
ее значения в точке В.
Таким образом, по формуле A,11) с учетом, что искомая
площадь равна удвоенной площади ABC и что внутренний ин-
интеграл вычисляется по переменной х,
_ _
Vab 2a Yab
(о) 0 у'+Р
26
= -к-(а — Ь)У~аВ кв. ед.
Если изменить порядок интегрирования, вычисляя внутрен-
внутренний интеграл по переменной у, а внешний — по переменной х,
то выкладки усложнятся:
а а+Ь
2 УЪЪх—Ьг 2 Yibx.—Ь»
dx \ dy+ J dx J
0 a_ Yiax-x'
(для определения пределов во внутренних интегралах уравне-
уравнения кривых разрешены относительно переменной у, т. е. той
переменной, по которой ведется интегрирование).
393

Задача 1,13 (для самостоятельного решения). Найти площадь
фигуры, ограниченной линиями у = -—2; у = х + 2; у = 2; г/2=*
40
Ответ, у кв. ед.
У
К задаче 1,13
Задача 1,14 (для самостоятельного решения). Найти площадь,
ограниченную линиями у = — (х — аJ(а>0); х2 + уг = а2.
394
К задаче 1,14

У казание.
/a1-**
[dy.
Ответ. S = ^Cir —4) кв. ед.
Задача 1,15 (для самостоятельного решения). Найти площадь,
ограниченную линиями
У
х2 + у2 = а2; х + у = а;
К задаче 1,15
К задаче 1,16
Ответ. S = -g-ica«-j(l+Vr3) кв. ед.
Задача 1,16 (для самостоятельного решения). Найти площадь,
ограниченную линиями </ = 4 — х\ 2>х — 2у — 6=0.
Указание.
2 4—*»
S= f dx j rfy.
Ответ.
-if кв.ед.
395

Задача 1,17 (для самостоятельного решения). Найти площадь,
ограниченную линиями ху — а2; хг = ау; у = 2а; х = 0(а>0).
Указание.
2 2а
= ^ dx) dy+\ d*j' dy.
0 * !
Ответ.
2 a
= (|a2 +a2In2) кв. ед.
У\
0
К задаче 1,18
Задача 1,18 (для самостоятельного решения). Найти площадь,
ограниченную линиями
; п> I).
Указание.
5 = 2 j dx
Множитель 2 перед интегралом объясняется симметрией площади
относительно оси Оу.
Ответ.
-£l^F=l) кв. ед.
396

Задача 1,19 (для самостоятельного решения). Найти площадь,
ограниченную линиями
5 + Й-1: ~ + T=l- (a>0;b>0).
= ~аЬ{т. — 2) кв. ед.
4
У
К задаче 1,19
К задаче 1,20
Задача 1,20 (для самостоятельного решения). Найти площадь,
ограниченную линиями
Указание. Выгодно сначала интегрировать по перемен-
переменной х.
Ответ.
S = 6 arcsin -=- кв. ед.
5
Задача 1,21 (для самостоятельного решения). Найти площадь
фигуры, ограниченной линиями: х2 + у2 = 5, касательной к ней,
проведенной в точку
У1 с координатами A,2),
и осью Ох.
Указание. Урав-
Уравнение касательной х +
+ 2у— 5 = 0. Выгодно
внутренний интеграл
вычислить по перемен-
переменной х.
Ответ.
К задаче 1,21
S—E —| arcsin-^j кв.ед.
397

Задача 1,22. Найти площадь фигуры, ограниченной линиями
{х — аJ + у2 — а2 и х2 + {у — аJ = я2-
Решение. Линии — окружности с центрами в точках (а, 0)
и @, а). Если раскрыть скобки, то уравнения запишутся так:
х2 + у2 — 2ах = 0; (А)
х2 + у2 — 2ау = 0. (В)
Наличие в уравнении кривой выражения х2 + У2 указывает на
возможную целесообразность перехода к полярным координатам
(в полярных координатах
х2 + у2 = г2; х = г cos <p;
X
# p)
Уравнения (А) и (В)
в полярных координатах
запишутся так:
г — 2a:cos cp; (I)
r = 2asin<p- (II)
Прямая О А делит иско-
искомую площадь на две час-
части — ОВАО я ОАСО. Легко
установить, решая совме-
стно уравнения (I) и (II),
что точка А лежит на
биссектрисе первого коор-
координатного угла. Уравнение
луча О A: f = ~ .
В области ОВАО полярный радиус г изменяется от 0 до его
значения на окружности, определяемой уравнением (IIj, т. е.
до 2а sin <р. а полярный угол <р — от 0 до ^-. „
В области ОАСО г изменяется от 0 до его значения на ок-
окружности, определяемой уравнением (I), т. е. до 2аcost?, а угол
<Р — ОТ -j ДО у .
Таким образом, на основании формулы A,12) искомая площадь
К задаче 1,22
5= JJ rdrdf +
(ОВАО) (О'А~СО)
Вычислим внутренние интегралы:
2а -in I? 2a cos <p
4 la sin <p
2 2а COS (p
rf<p ,J r dr.
о
2a sin <p
=2a2sin2cp; rdr =
J
о
2a cos «)
= 2a2 cos4 f.

Поэтому площадь
5 = 2а2 [ sin2 ?d? + 2а2 j cos2 <?d? =
0 JC_
T
Замечание. Легко было сразу усмотреть, что площади частей
ОВАО и ОАСО равны между собой,, а потому можно было вы-
вычислить площадь по формуле
5 = 2 jj rdrd?.
ОВАО
х
К задаче 1,23
К задаче 1,24
Решение этой задачи в прямоугольных координатах было бы
значительно сложнее.
Задача 1,23 (для самостоятельного решения). Найти площадь,
ограниченную линиями хг + У2 — 2а* = 0 и *2 + У2 — ах = 0.
Указание. Уравнения линий преобразовать к полярным
координатам. Искомая площадь равна удвоенной площади
ABCODA
5 = 2
Ответ.
(ABCODA)
S = — т:а2 кв. ед.
2a cos <?
f К
a c«stp
Задача 1,24 (для самостоятельного решения). Найти площадь,
ограниченную линиями хг + у2 = R*, х2 + y* — 2Ry = 0 и х = 0.
Указание. Линии — окружности. Перейти к полярным ко-
координатам.
399

Ответ.
2 Л sin 9
~ + ^) кв. ед.
ВТОРОЕ ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ
Содержание: Вычисление объемов и поверхностей при помощи двой-
двойного интеграла.
ОСНОВНЫЕ СВЕДЕНИЯ ИЗ ТЕОРИИ
I. Объем цилиндрического тела
Двойной интеграл \\ f(х, у)dxdy равен объему цилиндриче
ского тела, ограниченного с боков цилиндрической поверх-
поверхностью, образующие которой параллельны оси Ог. Направляю-
Направляющей ее служит контур (/), ограни-
ограничивающий область интегрирования
(о), лежащую в плоскости хОу и
являющуюся нижним основанием
этого цилиндрического тела. Сверху
тело ограничено поверхностью, опре-
определяемой уравнением
г = f (x, у).
(А)
Таким образом, объем такого ци-
цилиндрического тела (фиг. 2,1)
B,1)
В этой формуле f(x, у) есть пра-
вая часть уравнения (А), т. е. урав-
нения той поверхности, которая
сверху ограничивает цилиндрическое тело. Формулу B,1) удобно
записать в виде
^y. B,2)
Фиг. 2,1
Если вычисление ведется в полярных координатах, то эта
формула имеет вид
V = \ | /(гcos<p, rsin<p)r<ird"f. B,3)
400

Предполагается, что функция f(x,y)— непрерывна и одно-
однозначна в области (о). (Цилиндрическое тело, о котором идет
речь, называется также криволинейным цилиндром по аналогии
с криволинейной трапецией, а иногда цилиндрическим брусом).
Если область интегрирования (з) находится в плоскости хОу,
то уравнение поверхности, которое сверху ограничивает цилин-
цилиндрическое тело, должно быть решено относительно перемен-
переменной z.
П. Площадь кривой поверхности
Если поверхность определяется уравнением z — f(x, у), то пло-
площадь той части поверхности, которая проектируется на плос-
плоскость хОу в область (а), вычисляется по формуле
Предполагается, что функция f(x, у) непрерывна и однознач-
однозначна в области (а) и имеет в этой области непрерывные частные
производные ~ и ■£. Обыкновенно вводят обозначения р — ~;
q = ч~ , а потому формулу B,4) можно записать и так:
5 = J f VTTTTq2 dx dy. B,5)
iax0t))
Для упрощения вычислений иногда выгодно проектировать
поверхность, площадь которой вычисляется, не на плоскость
хОу, а на плоскость уОг или на плоскость xOz. Тогда уравне-
уравнение поверхности следует решить в первом случае относительно
переменной х, во втором — относительно переменной у, а фор-
формула B,4) запишется соответственно так:
Для применения формул B,1) — B,6) следует прежде всего
проверить, является ли цилиндрическим тело, объем или поверх-
поверхность которого вычисляется, какая поверхность ограничивает его
сверху, знать ее уравнение, а также установить область (о), на
которую распространяется интегрирование, вычертить эту об-
область на отдельном чертеже и найти уравнение линии (/;—кон-
(/;—контура области (а). Следует иметь в виду, что в частном случае
образующие боковой цилиндрической поверхности могут быть
равны нулю. Это имеет место, например, в задаче 2,3.
401

1. Вычисление объема тел
Задача 2,1. Вычислить объем тела, ограниченного поверх-
поверхностями: 1) z = ^г + fr; 2) х = с 3) х = d\ (с <d) 4) у = в
5) у = f; (е < /)■ 6) г = 0.
Решение. Поверхностями, ограничивающими тело, явля-
являются: 1) эллиптический параболоид; 2) и 3) — плоскости, парал-
параллельные плоскости yOz; 4) и 5) — плоскости, параллельные плос-
плоскости хОг и 6) — плоскость хОу (см.
чертеж). Заданное тело цилиндриче-
цилиндрическое. Объем его вычисляется по фор-
формуле B,2). Подставляя в эту формулу
значение г из уравнения поверхности,
ограничивающей тело сверху, имеем
На плоскости хОу тело вырезает
прямоугольник (а), ограниченный' пря-
прямыми линиями х = с; х = d; у = е;
у = (. Первые две параллельны оси Оу,
вторые две—оси Ох. Как известно,
в этом случае пределы интегрирования
в повторном интеграле— величины
постоянные. Порядок интегрирования
в данном случае безразличен.
Переходя в (А) к повторному инте- if задаче 2,1
гралу и выполняя первое интегриро-
интегрирование по переменной х, а второе по переменной у, будем иметь
(В)
I —С3
а
Ях2 и2 \ х3
т + щ- \dx = 5т
а о I оп
2 \с За* ^
Уг 1
Ь2 — «- "/[ за2 rWy
Подставляя значение внутреннего интеграла в формулу (В),
получаем, вынося d — с за знак интеграла,
V = (d-c)i(d^±£±* + £-)dy =
За2
{d-c)(f-e)
3
а2
+ ■
№
402
L
-) куб.
ед.

Задача 2,2. Вычислить объем тела, ограниченного поверх-
поверхностями: z = 4л:2 + 2f/2 + 1; х ■+- у — 3 = 0; х = 0; ,у = 0; z = 0.
Решение. Первая поверхность — эллиптический парабо-
параболоид, у которого осью симметрии является ось Oz. Он пересе-
пересекает ее в точке @, 0,1). Над плоскостью хОу параболоид при-
приподнят на одну единицу масштаба, поверхность х -\- у — 3 = 0 —
плоскость, параллельная оси Oz, а остальные поверхности —
координатные плоскости.
На плоскости хОу тело вырезает треугольник, ограниченный
координатными осями и прямой х + у — 3 = 0.
Объем тела вычисляется поформу-
*| ле B,2), в которой область интегриро-
вания (я) — указанный треугольник,
a z надо заменить его значением из
уравнения той поверхности, которая
сверху огра ничивает тело,
V = j j D*s + 2г/2 + \)dxdy.
Преобразуем двойной интеграл
в повторный, причем первое инте-
интегрирование (внутреннее) будем вести
по переменной х, а второе (внешнее)—
по переменной у.
При постоянном у переменная х
изменяется от ,л: = 0 до х — 3 — у
(это значение х найдено из уравне-
уравнения прямой х + у — 3 = 0), а у изме-
изменяется от 0 до 3. Поэтому
К задаче 2,2
V = \dy \ Dл:2 + 2у* + 1) dx {к)
о о
а-у
Вычисляем внутренний интеграл ^ Dл:!
о
2у2 + l)dx =
о
= ^ х* + 2ху* + х\а-у =*C-уГ + 2C-у)у* + C-у) =
= 39—37г/+ 18г/а — ™у3.
Подставляя это значение внутреннего интеграла в выраже-
выражение (А), получаем
3
V = | C9—37 у + 18г/а — ^ у^ dy =
37
10
39.3 — ~ ■ 9+6 • 27 — ~ ■ 81 = 45 куб. ед.
403

Задача 2,3. Найти объем тела, отсекаемого плоскостью у — b
от эллиптического параболоида
у = ^- 4- ^г" •
Решение. Четверть тела, лежащую в первом октанте,
можно рассматривать как цилиндрическое тело с образующими,
равными нулю. Уравнение поверхности, ограничивающей тело
сверху, решим относительно г и вычислим объем четверти тела,
лежащего в первом октанте. Из уравнения поверхности парабо-
параболоида г= —Уа2у — х2 (перед корнем удержан знак плюс, так
как в первом октанте z > 0).
На плоскости хОу тело выре-
вырезает параболу, уравнение кото-
X2
рой у — -2- получим, решив со-
совместно уравнения параболоида
и плоскости хОд
У ~ а? + с2
2 = 0
aY ь ь
= T.U* \Va2y-x*dy.
О д^
и'
Внутренний интеграл
■х2J .
Поэтому
К задаче 2,3
У
Здесь удобна подстановка x = a\^bsint. Новыми пределами
интегрирования будут 0 и |-, а -т- = -^-аЬ2с \ cos4/d/.
и
Интеграл
404

Ответ.
V = —„— куб. ед.
Если переменить порядок интегрирования, то
5 aV~~v
Внутренний интеграл
j Va-y -x*dx = (| Va'y - х- + f arcsin -^
~ 2 ' 2 *
Задачу можно решить, и не прибегая к двойному интегралу.
Пересечем тело плоскостью, перпендикулярной оси Оу. Сечением
является эллипс, определяемый уравнением
у = const]
которое получается из уравнения параболоида, если обе его
части разделить на у. Полуоси этого эллипса равны: aVy и с|Л/,
а его площадь 5 = ъасу.
Зная площадь поперечного сечения, объем тела найдем по
формуле
В нашем случае
* ь
V = \ ъасу dy — кас I у dy — *" с куб. ед.
о о
Задача 2,4 (для самостоятельного решения). Найти объем
тела, ограниченного поверхностями: 1) 3* — 2у = 0; 2) 8* — у =
= 0; 3) 2х + 2>у— 13 = 0; 4) 2* + Зу — 26 = 0; 5> 17* + 6г/ —
— I3z = 0; 6) г = 0.
405

Указание. Тело рассмотреть как цилиндрическое. Сверху
оно ограничено поверхностью 17* + бу—13г = 0. Ее уравнение
•следует решить относительно z : z = Х(Пх-\-6у) и воспользо-
воспользоваться формулой B,2). Объем
6y)dxdy.
3 4
6 8
К задаче 2,4
Область интегрирования представить как сумму трех областей:
(gj) + (а2) + (а3) (см. чертёж). Внутренние интегралы вычислять
по переменной х
2
6y)dx+
J
26—Зр

Решение задачи потребует большого числа арифметических
выкладок. Первый интеграл в скобках равен 2 . Второй ин-
интеграл в скобках равен ■ . Третий интеграл в скобках равен
11323
48
Ответ. F = 49^ куб. еД-
Г
Задача 2,5 (для самостоятельного решения). Найти объем
тела, ограниченного поверхностями: 1) 6* — 9г/ + 5г = 0; 2) Зх —
— 2у = 0\ 3) 4х — г/ = 0; 4) х + у — 5 = 0; 5) г = 0.
Ответ, х = 7,5 куб. ед.
Задача 2.6 (для самостоятельного решения). Вычислить объем
тела, ограниченного поверхностями: 2х -f У — 2 = 0; Ах -f Зу —
— 2г = 0 и координатными плоскостями.
Ответ. У = -д- куб. ед.
Задача 2,7 (для самостоятельного решения). Определить объем
тела, ограниченного поверхностями: 1J = 4 — х2 2)у — Ъ
3) у = 0 4) z = 0,
Указание. В формулу B,2) подставить г из уравнения
поверхности, ограничивающей сверху объем. Эта поверхность —
407

параболический цилиндр с образующими, параллельными оси Оу.
z = \—х2. Учесть симметрию тела относительно плоскости yOz.
Ответ. V = 2 j dyj D — x2)dx; V = b3j куб. ед.
К задаче 2,7
Задача 2,8 (для самостоятельного решения). Вычислить объем
тела, ограниченного поверхностями: 1) z = а2 — х2; 2) х + у = а:
3) у = 2х; 4) г = 0; 5) г/= 0.
К задаче 2,8
Указание. Первая поверхность — параболический цилиндр,
образующие которого параллельны оси Оу. Эта поверхность огра-
ограничивает сверху тело, объем которого вычисляется. В формуле
B,2) вместо г подставить а2 — х2.
2_
3 а—у
V = J dy j (a2 — x2)dx.
41
Ответ. V = -rrrrai куб. ед.
162
408

Задача 2,8а (для самостоятельного решения). Найти объем
тела, ограниченного координатными плоскостями и поверхнос-
поверхностями: г = а2 — х2; х2 + Уг = я2-
Указание. Первая поверхность — параболический цилиндр,
образующие которого параллельны оси Оу, а направляющей яв-
является парабола z=a2 — х2, лежащая в плоскости xOz.
а
а
У
К задаче 2,8а
Вторая поверхность — круговой цилиндр с образующими,
параллельными оси Oz. Его направляющей является окружность
х2~у2 = а2, лежащая в плоскости хОу.
Объем
а /о^1>
V = J dx j (a2 — х2) dy.
о о
Ответ. У = А.зд4 Куб. ед.
Задача 2,9 (для самостоятельного решения). Найти объем тела,
ограниченного поверхностями: с(хг 4- у2) + а'г — а2с (с > 0); г = 0
К задаче 2,9
X
409

казание. Поверхность —параболоид вращения. Наличие
аемого с(дс'4-у2) в левой части уравнения указывает на то,
удобно перейти к цилиндрическим координатам. Област.>
интегрирования — круг радиуса а. Уравнение поверхности пара-
параболоида в цилиндрических координатах
4- аЧ = а*с; г = ^-(а2-Р2);
2ге а
Ответ. V = g- т.агс куб. ед.
Эту же задачу решить в прямоугольных координатах.
Задача 2,10. Найти объем тела, ограниченного трехосным
эллипсоидом
v-2 ,.2 ,2
— 4- — 4- — = 1 (А\
а2 ^ Ь2 ^ с2 (Л>
Решение. Для того, чтобы воспользоваться формулой B,1)г
надо уравнение поверхности решить относительно переменной г.
Так как поверхность трехосного эллипсоида симметрична отно-
относительно координатных плоскостей, то достаточно вычислить
восьмую часть объема, расположенную в первом октанте. Ре-
Решая уравнение (А) относительно г и учитывая, что в первом
октанте z > 0, получаем:
(В)
При интегрировании по у переменная х считается постоян-
ной. Удобно для сокращения записей обозначить величину 1 ^
d
под корнем через -^, т. е.
1 _ ^ - _d!
a2 62 •
Отсюда следует, что Ь"- A — -2- ] = сB; -^ (а2 —х2) =
410

Поэтому верхний предел во внутреннем интеграле — j/а2 — х2 =d,
а внутренний интеграл
a
4 ,
» 2
Подставим сюда d2 = -g(a2—х2) и тогда
Подставляя это значение /х в формулу (В), получаем
а
V
c
, а3\ кЬс 2 , xabc
Итак, ^ = ^, а У = -1адЬс куб. ед.
Если а = Ь = с, элипсоид становится сферой и тогда объем
шара V = -о-гса3
2. Вычисление площади поверхности
Задача 2,11. Вычислить площадь той части поверхности
ау = х2 + г2, которая находится в первом октанте и ограничена
плоскостью у = 2а.
Решение. Поверхность, площадь которой требуется вы-
вычислить, — часть параболоида вращения (ось вращения — Оу),
находящаяся в первом октанте и ограниченная плоскостью у = 2а,
перпендикулярной оси Оу. Мы решим задачу двумя способами.
Сначала спроектируем вычисляемую поверхность на плоскость хОг,
а затем (для сравнения выкладок)— на плоскость хОу.
1) Проекцией поверхности на плоскость хОг является чет-
четверть круга, ограниченного окружностью, уравнение которой
мы получим, исключая у из двух уравнений
ау = хг + гг i
411

т. е. уравнение этой окружности
2а2 = г* -f
или
х2 + гг = 2аг I
z2 = 2аг 1
(А)
Так как мы проектировали поверхность на плоскость хОг,
то ее уравнение должно быть решено относительно переменной у
ej
К задаче 2,11
(см. стр. 30) и следует воспользоваться формулой B, 7). Из
условия задачи у = —(а? -\- z2).
Чтобы воспользоваться формулой B, 7), надо определить
частные производные -- и —■:
Поэтому
ду _ 2х . ду _ 2г
й* ~~ а ' Ъг а
()
где область интегрирования (о) — четверть круга АОВ (см. чер-
чертеж к задаче).
412

Наличие под корнем суммы х2 + г2 указывает на то, что
целесообразно ввести полярные координаты, учитывая, что в
этих координатах х2 + г2 = р2. Радиус окружности АОВ, как
видно из уравнений (А), равен 2У~а. Полярный угол ср изменя-
изменяется в области интегрирования от 0 до -|. Поэтому
а /2
о о
Внутренний интеграл
а/2 ±
ПГ2^_ ! («2+4?2J
Л
8 3
т
А>
3
о
= 1 [(9а2) 2 _ (а2) 2 ] = i • 2ба3 = ^ а\
Окончательно S = — • -<у • -~-сР — т*ка? кв. ед.
Теперь решим эту же задачу, проектируя поверхность на
плоскость хОу (см. чертеж б) к этой задаче). Для этого надо
воспользоваться формулой B,4) или, что то же, формулой B,5).
Уравнение поверхности должно быть решено относительно пере-
переменной 2.
Из уравнения поверхности z — 'l/ay — х2
(в первом октанте z > 0, а потому перед корнем удержан только
знак плюс).
Определим частные производные ~ и ~:
dz х дг _ a
дх~~ Yay — х2 ' ду ~
Поэтому
V\A.(dzW(dzY-
У 1+{Гх)+{ду) =
где область интегрирования (о) ограничена осью Оу, параболой
х2 = ау и прямой у = 2а. Поэтому
2а У ау
о о
Остальные вычисления проведите самостоятельно.
413

Внутренний интеграл
Vay
dx
= arcsin -?=
Vay
Vay
Сравнение первого решения со вторым показывает преиму-
преимущество первого. Рекомендуется проектировать поверхность на ту
из координатных плоскостей, в которой область интегрирования
будет наиболее простой.
Задача 2,12 (для самостоятельного решения). Найти площадь
поверхности, вырезанную цилиндром х2 + у2 — Ь2 из сферы х2+
-f у2 + г2 = а2, считая, что
а> Ь.
Указание. Вычислить
1/8' часть . искомой площади,
расположенную в первом
октанте. Проектировать вы-
вычисляемую поверхность на
плоскость хОу. Проекцией
будет четверть круга, огра-
ограниченного окружностью х2-{-
+ у2 = Ьг. Уравнение сферы
решить относительно пере-
переменной z. Вычислить
дг дг
Р = л;и? = 57,- К задаче 2.12
Выражение V\ +
Но
а потому
z = У а2 — х2 — у2 = У а2 — (*2 + у2),
После перехода к полярным координатам
У р
-о = \\ лГ4-—5 Р dp d<f,
о • J о у а2 — р*
Ответ. 5=4ая(а — Ya2 — b2) кв. ед.
414

Задача 2,13 (для самостоятельного решения). Найти площадь
2 2 2 2
)
г2 =
а2 цилиндром
р
поверхности, вырезаемую на сфере х2 -\- у2
х2 + уг — ш/ = 0.
Указание. Как и в предыдущей задаче, уравнение сферы
решить относительно переменной г.
После перехбда к полярным координатам, как и в предыду-
предыдущей задаче,
УХ
К задаче 2,13
К задаче 2,14
Область интегрирования ограничена окружностью, уравнение
которой
р = a sin cp;
a sin <p
pdo
(о) О
Ответ. S = 2a2(r —2) кв. ед.
Задача 2,14 (для самостоятельного решения). Найти площадь
боковой поверхности, ограниченной конусом г2 = х2 + у2 и плос-
плоскостью г = А.
Указание. Выгодно спроектировать поверхность на плос-
плоскость хОу. Проекция — круг, ограниченный окружностью х2 -\-
4- у2 = Л2. Уравнение поверхности решить относительно пере-
переменной г. Воспользуемся формулой B,5). Окажется, что
У 1 + Р2 + Я* = V2,
415

а двойной интеграл Updpd? равен площади круга, т. е. т/г2.
Ответ. S = r.h2V2 кв. ед.
Задача 2,15. Вычислить площадь той части параболоида г =
= -- (х2 + у2), которая ограничена плоскостями
y = xtga; (/ = 0; 2 = 0; г=\ (а > 0; « <-j).
Указание. Искомая площадь проектируется в круговой
сектор с центральным углом я, ограниченный окружностью
х2 + у2 = а2
S = 1
Удобно перейти к полярным координатам.
Ответ. S = f2B^2-1) кв. ед.
Задача 2,16 (для самостоятельного решения). Вычислить по-
поверхность шара радиуса а.
Указание. Следует вычислить 1/8 поверхности шара, рас-
расположенную в первом октанте, в котором х > 0, у > 0, z > 0.
Из уравнения сферы х2 + у2 ■+- г2 = а2 определить г:
2 = J/a2 — (x2 + y2).
Частные производные j-' и j- равны:
дг _ х х ш дг у
д~х~~ yat _ (xt + -уТ) 7 ' д~ц уа2^_(х2+Щ ~
Поэтому
V 1 , (дг\2 .!. № - l/1' . х2 , У2 _ 1 Л2 + У2 + г2
г х + U^J + Ы - ^ '+12"+12" - У —р—
а
/о» _ (дся + у*)'
Выгодно перейти к полярным координатам, учитывая, что в
этих координатах х2 -\- у2 = р2. Поэтому
V
416
|/'

Восьмая часть поверхности в полярных координатах
(А)
где (о) — четверть круга, лежащая в первой четверти координат-
координатной плоскости хОу.
2 а
S
т =
0 О
или
о
Учесть, что
Ответ. S = 4яа2 кв. ед.
Для сравнения выкладок рекомендуется вычислить поверх-
поверхность шара, не переходя к полярным координатам. Легко убе-
убедиться, что в этом случае вычисления окажутся более громозд-
громоздкими.
ТРЕТЬЕ ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ
Содержание: Тройной интеграл.
ОСНОЕНЫЕ СВЕДЕНИЯ ИЗ ТЕОРИИ
Под областью (v), на которую распространен тройной инте-
интеграл, понимается замкнутая пространственная область, ограни-
ограниченная снизу и сверху поверхностями, определяемыми соответ-
соответственно уравнениями z — f1(x, у) и г = <р2(л:, </)(«> i < <р2), а с
боков — цилиндрической поверхностью с образующими, парал-
параллельными оси Ог (фиг. За). (В частном случае может оказаться,
что образующие цилиндрической поверхности равны нулю
(фиг. 36).
Переменные хну изменяются в плоской области (рху), кото-
которая является проекцией на плоскость хОу пространственной
области (v).
4!7
J4 И А. Каплан

В прямоугольных координатах элемент dv объема вычисля-
вычисляется по формуле
dv — dxdydz. C,1;
Тройной интеграл от функции f(x, у, г) трех независимых
переменных, которая предполагается непрерывной в области (V),
в прямоугольных координатах записывается так:
f(x, у, z)dv = j j J7(*, y, z)dxdydz
х
Фиг. 3
и вычисляется по формуле
к, у, z)dxdydz = J J
(о)
J'
- С3-2)
При вычислении внутреннего интеграла
/)
/(*, у, z)dz
<Fi(", у)
переменные х и у следует рассматривать как постоянные и един-
единственной переменной величиной при этом является 2. В резуль-
результате получится функция двух независимых переменных х. и
у. Обозначим ее через F (*, у). Подставив ее в правую часть
418

формулы C,2), мы сведем вычисление тройного интеграла к двой-
двойному интегралу
ij\F(x,y)dxdy, {A)
с вычислением которого читатель знаком из первых двух занятий.
Таким образом, вычисление тройного интеграла сведено к вы-
вычислению одномерного интеграла (внутреннего) и двойного инте-
интеграла (А).
Если область (oVJ/) ограничена непрерывными кривыми, опре-
определяемыми уравнениями у = Ь1(х) и у — <]/.>(х) и прямыми х = а
и х = Ь, то двойной интеграл (А) можно вычислить при помощи
двух повторных интегрирований (фиг. Зв)
b tyt (x)
ix \ F(x, y)dy.
Тем самым вычисление тройного интеграла в формуле C,2) может
быть сведено к трем последовательным интегрированиям по фор-
формуле
Ь О, (х) <?• (х, у)
Jj. У, z)dxdydz = \dx J d</ ( f(x, у, z)dz. C,3)
(с) а 4-1W ?i(*. fi)
Отметим, что порядок интегрирования может быть изменен.
Л так как в формуле C,3) участвуют всего три переменных х,
у и 2, то тройной интеграл в формуле C,3) может быть вычислен
числом способов, равным числу перестановок из трех элементов,
т. е. шестью способами.
Кроме формул C,2) и C,3), для вычисления тройного инте-
интеграла в прямоугольных координатах часто применяется еще одна
формула, которая иногда упрощает вычисления:
ь
f(x, у, z)dxdydz = \dx\]f{x, у, z)dydz, C,4)
\\\
где область (av) — сечение области (р) плоскостью, параллельной
плоскости yOz и проходящей 5ере.з произвольную точку интер-
интервала (а, Ь), по которому распространен внешний интеграл в фор-
формуле C,3). (См. задачу 3,1).
Формула C,4) получается из формулы C,3), если, в ней два
последних интеграла заменить одним двойным, распространенным
на область (рх), разъяснения о которой даны выше.
Кроме формулы C,4), для вычисления тройного интеграла
могут быть также использованы аналогичные две:
d
\\\ f (х, у, z) dx dy dz = j1 dz Jf / (x, y, z) dx dy C,4a)
(v) С \яг)
14» 419

Ш f (х' У' 2) dx dy dz=1dy И f(л:'у-г) d*rf2- C>4б)
В формуле C,4а) (а2) — область, ограниченная кривой, по ко-
которой плоскость, параллельная плоскости хОу при фиксирован-
фиксированном г из промежутка (с, d), пересекает область (v), а в формуле
C,46) (ру) — область, ограниченная кривой, по которой плоскость,
параллельная плоскости xOz при фиксированном у из промежутка
(е, f), пересекает область (р).
Заметим, что во всех этих формулах пределы интегрирова-
интегрирования во внешнем интеграле всегда величины постоянные.
Применение тройного интеграла в геометрии и механике
1. Вычисление объема тела. Если функция f(x, у, г) тождест-
тождественно равна 1, т. е. f(x, у. z)=l (символ = есть знак тож-
тождественного равенства), то тройной интеграл
JjjfC*1 У' z)dxdydz превращается в \ j j dx dy dz,
который равен объему тела, ограниченного областью (v).
Итак, объем тела
V=^$dxdydz. C,5)
(о)
Заметим, что во многих случаях вычисление объема при по-
помощи трвйного интеграла оказывается более простым, чем его
вычисление двойным интегралом.
2. Масса неоднородного тела. Если тело однородно, т. е. в
каждой его точке плотность f одна и та же, то масса М тела
равна произведению плотности тела ~j на его объем V
М =tV.
Если же тело неоднородно, то плотность его в различных
точках различна и меняется от точки к точке, являясь, таким
образом, функцией координат точки, т. е. функцией трех неза-
независимых переменных.
Таким образом, плотность 1 =7(х, у, г), причем эта функция
предполагается непрерывной.
Масса М тела в этом случае равна тройному интегралу от
плотности у (х, у, г), распространенному на объем (V), занимае-
занимаемый этим телом, и определяется по формуле
М = Щт(*. У> z)dxdydz. C,6)
(о)
Различие между тройным интегралом в формулах C,2) и C,6)
состоит только в том, что в формуле C,6) вместо функции
f(x, у, г) фигурирует функция i (x, у, г). Ясно, что интеграл C,6)
420

вычисляется по тем же формулам, что и интеграл C,2). Дру-
Другие приложения тройного интеграла в механике рассматриваются
на следующем практическом занятии.
Цель этого практического занятия — приобретение техники
вычисления тройных интегралов и определение с их помощью
массы и объемов тел. Основной трудностью, с которой сталки-
сталкиваются в применении тройных интегралов, является определение
пределов в трех одномерных интегралах в правой части фор-
формулы C,3). Само же вычисление этих интегралов не должно
вызвать, собственно, никаких затруднений.
6) у
С ъ
л
V
—9
i^
Г
i
._ J J
n
' 1
'0
У
К задаче 3,1
Задача 3,1. Вычислить тройной интеграл
где (v) — тело, ограниченное поверхностью, образованной вра-
вращением кривой у = У г вокруг оси Ог и плоскостью г = h(h > 0).
Решение. Определим уравнение поверхности вращения
(см., например, двадцатое практическое занятие в книге
И. А. К а п л а н. Практические занятия по высшей математике,
ч. I. Изд-воХГУ, 1961).
В уравнении вращающейся линии у = У г переменную г, од-
одноименную с осью вращения Ог, оставляем без изменения,
а переменную у заменяем на ± Ух2 + уа. Заменяя этим корнем у
в уравнении у = У г, получаем уравнение поверхности враще-
вращения ± Ух2 + у'1 •= У г илих2 + уг = г (параболоид вращения).
Область интегрирования (у) ограничена этой поверх-
поверхностью и плоскостью г — h (h > 0). Проекцией по-
поверхности на плоскость хОу является круг. Уравнение
421

окружности (/), ограничивающей этот круг, получим, исключая г
из системы уравнений
х2 + у2 = г i
z = h
Уравнение окружности (/): х2 -\- у2 — h. Ее радиус R =
В области интегрирования (v) переменная г изменяется от ее
значения z — х2 + У2 на поверхности параболоида, который снизу
ограничивает область (v), до значения z — h на плоскости, ог-
ограничивающей эту область сверху, т. е.
х2 + у2 < 2 < h
(см. фигуру а) на чертеже к этой задаче).
В области (о^) переменная у изменяется от ее значения у—
= —Yh — х* на нижней части окружности, ограничивающей
область (аху), до значения у— +Yh — *2 на верхней части этой
окружности, т. е.
- x2 < у < + У h — хг.
Переменная же х в области {зху) изменяется от —]/Л до
+Yh: —Y~h<x< + Yh (см- фигуру б) на чертеже к этой
задаче).
Формула C,3) теперь перепишется так:
+УЪ +Vh—x> ft
z2dx dy dz = J dx \ dy \ z2dz.
Вычисление трех одномерных интегралов в этой формуле
приведет к достаточно громоздким выкладкам. (Рекомендуется
убедиться в этом самостоятельно).
Попытаемся вычислить этот интеграл другим путем, минуя
применение формулы C,3). Распишем вычисляемый интеграл так:
h
I = J JJ г2 dx dy dz = J f dx dy { z2 dz.
Это выгодно потому, что в двойном интеграле J) dxdy областью
интегрирования является круг (применена формула C,2)).
Внутренний интеграл
п
Поэтому
/ = 1 j" j \hs — (х2 + у2K} dx dy.
422

Учитывая наличие в подынтегральной функции выражения
х'г Н- у-, а также то, что область (зхи)— круг, при вычислении
этого интеграла выгодно перейти к полярным координатам, в ко-
которых х2 + У2 = Р2> а элемент площади равен pdpdf. Поэтому
Vh
I = -о- \\ (ft3 — р8) р dp d<? = ir- \ df \ (ft3 — р8) р dp.
ii> о о
Переменная р при постоянном <р изменяется от 0 до
а переменная <р—от 0 до 2я.
Внутренний интеграл
Vh
__ it = _. ft*
■-•■ \z o/|o 2 8 8'
Окончательно
/ = -i-itA«.
4
Однако и это решение можно упростить. Перепишем интеграл
в таком виде (формула C,4а)):
h
/ = ^\z2dxdydz = \z*dz\\dxdy, (A)
('«') Ь C2)
где (oj есть сечение тела плоскостью, перпендикулярной оси Ог,
лежащей на высоте г, причем О <г< h. Это сечение является
кругом, радиус которого R равен У г, как это следует из урав-
уравнения поверхности х2 + уг = г. (Радиусом круга является орди-
ордината у при х = 0).
Внутренний интеграл \\dxdy в (А) равен площади этого
(<)
круга, а потому
Подставляя это значение в (А), получим
о о
Совершенно очевидно, что вычисление заданного интеграла
этим приемом оказалось несравненно более простым, чем пре-
предыдущими двумя. Таким образом, эта задача на вычисление
тройного интеграла показывает, что не всегда для его вычис-
вычисления следует пользоваться основной формулой C,3), а по-
полезно поискать более простые пути.
423

Задача 3,2 (для самостоятельного решения). Вычислить ин-
теграл / = §^z2dxdydz, где (v) — область, ограниченная плос-
плоскостями 2 = 0 и 2 = h и поверхностью, образованной вращением
кривой у = г2 вокруг оси Oz.
а)
ЩЗ;0)
Ответ. -=-.
О
Задача 3,3. Вычислить интеграл / — ] J ) xdxdydz, где (v) —
и'
тетраэдр, ограниченный координатными плоскостями и плос-
плоскостью
2Х + 2у + z — 6 = 0. {А)
Решение. Тетраэдр ограничен снизу плоскостью 2 = 0,
сверху плоскостью 2х + 2у + z — 6 = 0, на которой 2 = 6 —
— 2х — 2у. Поэтому в облас-
области интегрирования (v) пере- г\с@О;б)
менная z изменяется от z = 0
до 2 = 6 — 2х — 2у (см. фи-
фигуру а) на чертеже к этой
задаче;.
Проекцией области (v) на
плоскость хОу является тре-
треугольник ОАВ. Уравнение
прямой АВ получим, решая
совместно уравнение плоско-
плоскости (А) и плоскости 2 = 0.
2x+2y + z — 6 = 0
2 = 0
Отсюда уравнение прямой
АВ будет 2х + 2у — 6 = 0
или х + у — 3 = 0.
В области (оху) перемен-
переменная у при постоянном х изме-
изменяется от ее значения на оси
Оу, т. е. от х — 0 до ее зна-
значения на прямой АВ, т. е.
до у = 3 — х.
Итак,
х
г)
В(з;0)
К задаче 3,3
—х
(фигура б) на чертеже к этой задаче). Переменная же л; в этой
области изменяется от 0 до 3:
0<*< 3
(фигура б) на чертеже к этой задаче).
424

Поэтому
S 3-х 6—2-е—-iy
I = [^xdxdydz = \xdx j dy ) dz.
' (v) 0 0 0
Внутренний интеграл
6—2-е—2и
/» в—2*—2г/
О
Следовательно,
3 3-х
I = fxdxfF — 2x — 2y)dy.
о о
Теперь внутренний интеграл
3—л:
f F — 2х — 2г/) dy = Fг/ — 2ху — г/2)
3-х
О
Поэтому
3
/ = J x (9 — 6x +
0
Ответ. 1 = -£ ■
Эту же задачу рекомендуем решить, меняя порядок интег-
интегрирования. Область (v) спроектировать на плоскость yOz, про-
провести первую интеграцию по х, вторую—по z, третью — по у
(фиг. в) и г) на чертеже к этой задаче).
Указание.
8 2C-»)
/ = 'dy f dz \ xdx.
оо о
Задача 3,4. Вычислить массу тела, ограниченного поверх-
хг Ф г2
ностью трехосного эллипсоида ^г +^-2 +^ = 1, если в каждой
точке тела плотность равна квадрату ее расстояния от начала
координат.
Решение. Квадрат расстояния точки тела от начала коор-
координат равен сумме квадратов координат этой точки. Поэтому
плотность в каждой точке тела f (х, у, z) = х2 + у2 -f z2, а масса
тела
М = j" jj" (x* + y* + z2) dx dy dz (A)
(см. формулу C,6)].
425

Представим интеграл в (А) в виде суммы трех интегралов
М = jjJ x2 dx dt/ dz + jjj t/2dx dy dz + ffj z2dx dy dz.
()
Вычислим эти интегралы по формуле C,3).
Первый интеграл
(о)
Определим пределы интегрирования по каждой переменной.
Чтобы определить пределы интегрирования по г, решим урав-
уравнение эллипсоида относительно г
переменной г: '
Уравнение той части эллип-
эллипсоида, которая находится под
плоскостью хОу, т. е. его нижней
части
/" X* I/2
а уравнение той его части, кото-
которая находится над плоскостью
хОу, т. е. его верхней части
ГоС
Спроектируем поверхность эл-
эллипсоида на плоскость хОу.
Проекцией будет эллипс, уравне-
уравнение которого мы получим из урав-
нения эллипсоида, полагая в нем
2 = 0. Уравнение этого эллипса
22
К задаче 3,4
При фиксированном ,х пределы изменения у получим, решая
это уравнение относительно у. Из уравнения эллипса
у^±~У^^\
а потому у изменяется от — — У а2 — х2 до -\-~У^2—хг.
Переменная же х в этом эллипсе изменяется от —а до +а
(см. чертеж). Поэтому
426

Выполним три последовательных интегрирования:
2) Подставим найденное значение под знак второго интеграла
и получим
И)
В этом интеграле переменной интегрирования является у,
а переменная х должна рассматриваться как величина постоян-
постоянная. Удобно ввести такую замену
откуда
■2-Ka»-JC» = d. (С)
Подкоренное выражение, стоящее под знаком интеграла (Л),
с учетом выражения (В) преобразуется так:
На основании соотношения (С) пределами интегрирования
в (А) будут —d и -\-d. Учитывая, что под интегралом нахо-
находится четная функция, а также все вышеуказанные замены, ин-
интеграл (А) может быть переписан так:
На основании (С)
JO ^ / 9 9\
427

а интеграл в (А) равен
ПС б2 , 2 2Л К^С 2 24
3) Подставляя это значение в исходный интеграл Ilt полу-
получим
(о)
Учтено, что подынтегральная
функция — чётная
~ а2 \3
Итак, окончательно
2а» _ 4 3,
15" - IS ~a °С-
Остальные два интеграла следует вычислить самостоятельно-
Однако не имеет смысла оставлять тот же порядок интегриро-
интегрирования.
При вычислении второго тройного интеграла интегрирование по
эллипсу \ + р = 1. лежащему в плоскости хОу, выполнить сна-
сначала по х, а третье, последнее интегрирование — по у. Преде-
Пределами изменения х при постоянном фиксированном у будут
а пределами изменения у будут —b и +Ь.
Поэтому
■ у2 dx dydz = \ у2 dy \ dx
В результате получится числоj^r.ab3c.
При вычислении третьего интеграла также следует изменить
порядок интегрирования. Уравнение поверхности эллипсоида ра-
рационально решить относительно переменной у. Окажется, что у =
428

Эллипсоид спроектировать на плоскость хОг. В проекции
получится эллипс, определяемый уравйением
На этом эллипсе при постоянном z переменная х изменяется
от значения х = —~-Vc2— z2 до значения х=+ — Yсг—z2,
С С
а переменная z от —с до +с.
Поэтому
ДОЛЖНО ПОЛуЧИТЬСЯ ЧИСЛО jg Tube3.
Таким образом, масса тела
44 4
~~ 15 '' ~*~ 15 " 15
Окончательно
4
Заметим, что, если бы мы при вычислении второго и третьего
интегралов не изменяли порядка интегрирования, то, как легко
убедиться, выкладки значительно усложнились бы. Рекомен-
Рекомендуется это проверить.
Теперь покажем, как можно эту задачу решить значительно
проще, минуя формулу C,3), а применяя формулы C,4), C,4а)
и C,46).
Вычислим для примера третий интеграл
и по формуле C,4а) перепишем его так:
I3=
-С
(о,2)
где пределы во внешнем интеграле очевидны из уравнения эл-
эллипсоида, а (зг) (см. пояснения к формуле C,4а)) — область, ог-
ограниченная эллипсом, по которому плоскость, параллельная плос-
плоскости хОу, при постоянном z из интервала (—с, -\-С) пересекает
эллипсоид. Интеграл jj dxdy равен площади этого сечения,
()
429

определим полуоси эллипса, получающегося в сечении. Из урав-
уравнения эллипсоида, считая, что г — величина постоянная, полу-
получаем
£ + £ = ' — 3
или
Полуоси этого эллипса равны:
а его площадь
Поэтому двойной интеграл
с я
= J z» • тоб (l - £) dz = 2r.afc j z«(l -
с О
Так же вычисляются и другие два интеграла. Вычисление
должно быть выполнено самостоятельно. Читатель, конечно, от-
отдаст предпочтение этому способу решения, на котором он убе-
дцлся, что не всегда самым простым является механическое при-
применение основных формул.
Задача 3,5 (для самостоятельного решения). Определить массу
материального круглого конуса, высота которого равна h, а угол
между его осью и образующими равен а, если известно, что
плотность в каждой точке пропорциональна n-ой степени рас-
расстояния этой точки от плоскости, проведенной через вершину
конуса параллельно основанию.
Указание. За ось конуса принять ось Ог (см. чертеж
к задаче). Найти уравнение поверхности конуса как поверх-
поверхности, образованной вращением прямой ОС вокруг оси Oz.
430

Прямая ОС определяется уравнением
y=--az.
Уравнение поверхности конуса
Vx* + у2 = az;
= tga)
(A)
Плотность p = kzn, где k — коэффициент пропорциональности
М = ]]] kzndxdydz,
(о)
(v) — указанный конус.
, Для вычисления интеграла
применить формулу C,4а)
h
= k \dz \[zndxdy=
('2)
, (A)
где (<зг)—сечение конуса плос-
плоскостью, параллельной плоскости
хОу и проходящей через произ-
произвольную точку г интервала
(О,Л). Учесть, что ^dxdy ра-
равен площади этого сечения, т. е.
площади круга, радиус которого
— y = az.
Таким образом,
К задаче 3,5
Подставляя это значение в (А), получим
h
M = k f
Окончательно
Уместно сравнить это очень простое решение с вычислением
исходного интеграла по общей формуле C,3), в которой внут-
внутреннее интегрирование выполним по переменной х, а поверх-
43!

ность конуса спроектируем на плоскость yOz. Проекцией ока-
окажется треугольник ОСЕ.
п аг V а'г'—у'
М =. j ( f kzn dx dy dz = k'J zn dz j dy f dx. (C)
() о а ^
(t)
Пределы интегрирования по х определены так: уравнение по-
поверхности конуса решаем относительно переменной х. Окажется,
что х = ± УаЧг — у2.
На поверхности конуса х изменяется от значения х=—j/\z2z2—у'2
на «тыловой» части конуса до значения х = -\-}^a2z2 — у2 на его
передней части.
Переменная у изменяется от ее значения у = —az на пря-
прямой ОЕ до значения у = az на прямой ОС при фиксированном
z, а переменная z от 0 до h.
Внутренний интеграл
Уа'г'-у'
j dx = 2 /a2z2 — г/2.
аг
Интеграл 2 J l/a2z2 — y2dy удобно вычислить подстановкой
у ~ az sin <p, имея в виду, что при вычислении этого интеграла z
следует считать величиной постоянной. Новыми пределами интег-
интегрирования будут — Т и Т '
Интеграл преобразуется к интегралу
тс
2 \'a2z2 cos2 ф do = т.аЧ2.
V
тс
2~
Подставляя это значение в правую часть формулы (С), получим,
конечно, прежний ответ. А теперь сравните, насколько этот
путь оказался сложнее.
Задача 3,6 (для самостоятельного решения). Вычислить трой-
тройной интеграл
J fj xyz dx dy dz,
где (v) — тело, ограниченное поверхностями: 1) у = л:2; 2) х =
= у2\ 3) z = ху и 4) z = 0.
Указание. _
1 Yx ху
I = J xdx j у dyj z dz
О к' О
Ответ, gg.
432

Задача 3,7. Вычислить объем тела, ограниченного поверхно-
поверхностями: *2 + у2 + г2 — 2г = 0 и х* + г/2 = 2 — г.
Решение. Первая поверхность — сфера, вторая — парабо-
параболоид вращения (см. чертеж).
Уравнение сферы преобразуем к виду
г— 1J=
(А)
г+уг=2~Е
Из этого уравнения видно, что центр сферы находитея на оси
Ог в точке @, 0, 1), а ее радиус равен 1.
Найдем уравнение ли-
линии, по которой пересе-
пересекаются эти поверхности.
Очевидно, что линией пе-
пересечения является окруж-
окружность. Прежде всего опре-
определим, на какой высоте г
над плоскостью хОу рас-
расположена эта линия.
Подставляя значение
х2 -{- У1 из второго уравне-
ния в первое, получим
уравнение для определе-
определения г:
У
B — г)
или
г2 — 3z + 2 = 0.
К задаче 3,7
Решая его, получим,
что гх — 1; г2 = 2. Точка,
в которой 2 = 2, — верши-
вершина параболоида, а потому линия пересечения поверхностей
находится на высоте 2 = 1 над плоскостью хОу.
Уравнение этой линии получим, подставляя 2=1 в урав-
уравнение любой из данных поверхностей. Подставляя, например,
г = 1 во второе уравнение, получим уравнение линии пересе-
пересечения:
хг + уг =
2 —
Эта окружность без искажения проектируется на плоскость
хОу в окружность хг -J- у2 = 1, а все тело проектируется в круг,
ограниченный этой окружностью.
По формуле C,5) объем тела
= fffdxdydz.
(В)
433

Первое интегрирование будем вести по переменной г. Опре-
Определим пределы изменения этой переменной в области интегри-
интегрирования. При фиксированных х и у из уравнения (А) сферы
2-1= ±Vl-(x2 + y%
2=1 ±V 1— (X2 + y2).
На нижней полусфере г = I — "|/"l — (x2 H- y2),
а из уравнения параболоида 2 = 2 — (x2 + у2).
Таким образом, в области интегрирования г изменяется от
1 — У \ — (л:2 -J- у2) до 2 — (г* -J- у2).
Поэтому формула (В) может быть переписана так:
V = ffdxdy Jdz , (С)
1°ху> 1— Y\-(x'^y'\
где {<зху) — круг радиуса, равного 1, лежащий в плоскости хОу.
Учитывая, что внутренний интеграл
/ dz = 2 — (xi + y2)—\ +Vl— (x2 + y2) =
формула (С) перепишется так:
V =
Поскольку под знаком интеграла имеется выргжение х2 + у2, а
область интегрирования — круг, удобно перейти к полярным коор-
координатам, в которых л:2-f у2 = р2, а элемент площади dxdy сле-
следует заменить на р dp dtp.
Поэтому
V = //A — р2 + VI — Р2) Р d; d?.
Так как в круге (?ху) р изменяется от 0 до J, а <р от 0 до 2г., то
О О
Внутренний интеграл
1 _ L д- — — L
2  + .3 ~ 12 '
434

2ir
"-J ^^"^ 12 ~ 6 Л К^°- еД>
о
Окончательно
V = -g-тс куб. ед.
Укажем и другой путь решения задачи: запишем формулу
для вычисления объема в виде
V = J j Jdx dy dz + J J J dx dy dz,
"(bj ()
где (Wj) — область, ограниченная сферой и плоскостью 2= I, a
(и2) — область, ограниченная этой же плоскостью и поверх-
поверхностью параболоида.
/i — V]J dxdydz равен объему полушара с радиусом, рав-
2
ным 1, т. е. у тс куб. ед.
Второй интеграл запишем так:
2
/2= \[\dxdydz = \dz\\dxdy, (Д)
' () 1 (j)
где (ог) — круг, ограниченный окружностью, по которой плос-
плоскость, параллельная плоскости хОу, при фиксированном z из
промежутка A; 2)A<г<2) пересекает параболоид. (Контур
круга (/) — окружность, так как параболоид—параболоид вра-
вращения).
Двойной интеграл \\ dxdy равен площади круга (ог). Радиус
К>
этого круга получим из уравнения параболоида х2-\-у2 = 2 — г,
взяв в нем л: = 0, полагая, что радиус лежит в плоскости уОг,
а г будем считать величиной фиксированной.
Радиус этого круга у получим из уравнения
г/2 = 2-г; у = У-2^г.
Площадь же круга равна т.у2, т. е. т. B — г).
Итак,
\\dxdy = тс B — 2).
Поэтому
= я ^4 — 2 — 2 + -2-] = | куб. ед.
435

Складывая эти два объема, получим
V = -g-- + -2-= g-тс куб. ед.,
т. е. то, что и раньше, но значительно проще.
Задача 3,8 (для самостоятельного решения). Найти объем,
ограниченный поверхностями 4г = х2 + у2 и х2 + у2 + г2 = 12.
Ответ. V = 1 я F КЗ — 5) куб. ед.
Рекомендуется провести
решение двумя способами,
как это сделано в предыду-
предыдущей задаче.
К задаче 3,8
К задаче 3.9
Задача 3,9 (для самостоятельного решения). Найти объем,
ограниченный сферами х2 + у2 + z2 = 16 и х2 -J- у2 -J- г2 — 8г = 0.
Указание.
V = jf dx dy \dz
а (а,,,)— круг, в который проектируется тело на плоскость хОу.
Уравнение окружности этого круга х2 + у2 = 12.
При вычислении двойного интеграла по области (<зхи) удобно
перейти к полярным координатам. Должно получиться
2it 2/3
80
Ответ. -g-r куб- ед.
436

Задача 3,10 (для самостоятельного решения). Определить объем
тела, ограниченного поверхностями: у2 = рг {р > 0), л:2 + г/2 = а*
и плоскостью хОу.
Указание. В первом октанте находится четверть тела
Ya'-x*
*(»)
dy\dz.
(A)
Решение провести также и по формуле
где (аху) — четверть круга, ограни-
К задаче 3,10 ченного окружностью х2 + у2 — а2.
Вычисление окажется значительно-
проще. При вычислении по формуле (А) встретится интеграл
а 3
j (a2 — xzJdx.
о
Его удобно вычислить подстановкой x = as\nf. Это приведет
к интегралу jcos4<pdtp, который легко может быть вычислен
6
(можно воспользоваться и справочником).
Ответ. V = ^— куб. ед.
Тройной интеграл в сферических и цилиндрических координатах
1. Сферические координаты. В сферических координатах
(фиг. 3,2) положение точки М в пространстве определяется так.
1) Задается расстояние этой точки
от начала координат
Р = Vx2 + y2 + z\ C,7)
причем р > 0.
2) Точка М проектируется на
плоскость хОу в точку My. Угол <р.
составленный ОМХ и осью Ох, яв-
является второй сферической коорди-
координатой точки М. Этот угол отсчиты-
вается от оси Ох против часовой
стрелки и может изменяться от 0 до
2тг @ < у < 2«).
Фиг. 3,2
437

В географических координатах этот угол определяет долго-
долготу точки на поверхности земли, если за начальный" меридиан
принята плоскость хОг.
3) Третьей сферической координатой точки М является угол 8
между осью Ог и отрезком ОМ. Этот угол отсчитывается от оси
Oz в направлении, указанном на фиг. 3,2 стрелкой. Угол б мо-
может изменяться от 0 до г.: (О < 6 < т.).
В географических координатах этому углу соответствует до-
дополнение широты точки М до 90°. Это так называемое полярное
расстояние точки М.
Таким образом, сферическими координатами точки являются
■р, <р и 6.
2. Формулы, связывающие прямоугольные координаты точки
* ее сферические координаты.
х = р sin 8 cos f
у = р sin 0 sin <p
z = p cos 8
Легко проверить, что
*2 + у* + г2 =
C,8)
C,9)
Это также следует из формулы C,7). (Сферические координаты
точки иногда называются полярными координатами в про-
пространстве).
3. Цилиндрические координаты. В цилиндрических координа-
координатах положение точки М в пространстве определяется так.
Точка М проектируется на плоскость хОу и определяются ее
полярные координаты р и ср. Это первые две цилиндрические
координаты.
Третьей цилиндрической координатой является расстояние
точки от плоскости хОу, т. е. ее аппликата (иначе ее прямо-
прямоугольная координата г).
Таким образом, цилиндрическими координатами точки явля-
являются р, со и 2 (фиг. 3,3). Область изменения цилиндрических ко-
координат указывается неравенствами
Р>0; 0 < <р < 2~; — оо < z < + оо.
4. Формулы, связывающие прямо-
прямоугольные и цилиндрические коорди-
координаты точки.
х = р cos ср |
у = psincp . C,10)
2=Z J
5. В сферических координатах
элемент объема.
C,11)
Фиг. 3,3
438

6. В цилиндрических координатах элемент объема
dv= pdpdfdz. C,12)
7. Правила для вычисления тройного интеграла в сферических
и цилиндрических координатах:
а) для того, чтобы тройной интеграл j J j / (х, у, z) dx dy dz
(о)
преобразовать к сферическим координатам, надо х, у и ? в подын-
подынтегральной функции заменить по формулам C,8), а элемент
объема dxdydz — по формуле C,11). После этого вычислить его
тремя последовательными интегрированиями по переменным р,
9 и ср. (Порядок интегрирования безразличен). Заметим, .что пе-
переход к сферическим координатам особенно удобен в том случае,
когда областью интегрирования является шар;
б) Для того, чтобы тройной интеграл \\\ f(х, у, z)dxdydz
(v)
преобразовать к цилиндрическим координатам, надо х, у и z
в подынтегральной функции заменить по формулам C,10), а эле-
элемент объема dxdydz — по формуле C,12). После этого тройной
интеграл вычислить тремя последовательными интегрированиями.
8. Формулы для вычисления объема в сферических и цилинд-
цилиндрических координатах.
а) В сферических -координатах объем тела
V = jfjp2sin8dpd8d<?.
(о)
б) В цилиндрических координатах объем тела
V = Г Г Г р dP df dz.
(о)
C,13)
C,14)
Задача 3.11. Определить объем шара радиуса R.
Решение. Будем вести
вычисление в сферической сис-
системе координат. Центр шара
поместим в начало координат.
В прямоугольной системе коор-
координат уравнение поверхности
этого шара, т. е. сферы, запи-
записывается так:
х2 + у2 + г2 = /?2.
Заменяя л:2 -J- у2 -f- z2 через р2
по формуле C,9), получим урав-
К задаче 3,11
нение поверхности шара р2 = R2
или р = R.
439

Вычислим объем той части шара, которая находится в пер-
первом октанте
— = I П р2 sin 6 dp db d<? = \df \ sin BdB I p2 dp.
8 \ir ° ° •
Внутренний интеграл
Поэтому
Ho
Значит,
2
J sin 6 d6 = 1.
6'
Окончательно объем шара
v - б ..к ,
V = ~ Tci?3 куб. ед.
Эта формула хорошо известна из элементарной геометрии, но
получена она с помощью тройного интеграла в сферических
координатах исключительно просто.
Задача 3,12. Вычислить объем тела, ограниченного сферой ради-
радиуса а и поверхностью вписанного конуса с углом 2а при вершине.
2й
\В
О
К задаче 3,12
/440

Решение. Поместим начало координат в вершину конуса,
а центр сферы на ось Ог в точку с координатами @, 0, а). Урав-
Уравнение поверхности сферы в прямоугольных координатах запи-
запишется так:
х2 + у2+ (г —аJ=а2. (А)
Преобразуем это уравнение к сферическим координатам по
формулам C,8). Подставляя в уравнение (А) значения х, у иг,
из этих формул получим
р2 sin2 6 cos2 cp -f p2 sin2 6 sin2 <p + (р cos 6 — of = а2
или
1
р2 sin2 8 (cos2 <р + sin2 cp) + р2 cos2 8 — 2а р cos 8 + а2 = а2.
После упрощения
р2 sin2 6 + р2 cos2 8 = 2ар cos 8;
р2 (sin2 9 + cos2 6) = 2ар cos 8.
Сокращая на р, получаем уравнение (А) в сферических коор-
координатах
р = 2а cos 8.
Это же уравнение можно было получить и проще: из чертежа
а) к этой задаче видно, что в любой точке сферы р = 2а cos 6,
так как в треугольнике ОАВ угол В — прямой как опирающийся
на диаметр ОА.
Переменные р, 0 и <р меняются в таких пределах:
1) р изменяется от 0 до 2а cos 8 — значения р на поверхности
сферы;
2) 6 изменяется от 0 до а;
3) ср изменяется от 0 до 2%.
Поэтому на основании формулы C,14)
2acos9
V- JJJp2sin8cfpd8dcp = Jdcp JsinBde j
{) 6 6 0
(v)
Внутренний интеграл
2а cos 8
j? = ~- 8as coss 6.
О
44!

Подставляя это выражение под знак второго интеграла,
получим
~aa \ cossBsin9dH = — ~
О
8 »со*4 6
= — -к as (cos4 а — 1)
= -3-a3(l— cos4 a).
Подставляя это выражение под знак «внешнего» интеграла,
получим
V = J-J а3 A — cos4 a) d<p = |-а3 A — cos4 a) • 2ic.
Окончательно
• cos4 а) куб. ед.
Для того, чтобы ощутить упрощение в решении, которое полу-
получено введением сферических координат, решите эту же задачу
в прямоугольных координатах.
Задача 3,13 (для самостоятельного решения). Вычислить
объем шарового сектора, вырезанного у шара радиуса R кону-
конусом, вершина которого находится
в центре шара, а образующие
наклонены к оси Ог под углом а.
Указания. 1. Поместить вер-
вершину конуса, а тем самыми центр
шара в начало координат. Так
как поверхность, ограничивающая
тело, — шар, то выгодно провести
решение в сферических коорди-
координатах. В отличие от предыдущей
задачи, поскольку центр шара
находится в начале координат,
уравнение его поверхности будет
2. Переменные р, 9 и <р в объеме К задаче 3,13
(V) меняются в таких пределах:
а) переменная р от 0 до ее значения R на поверхности шара;
б) переменная 6 от 0 до а;
в) переменная ср от 0 до 2тс.
Ответ.
ед.
442

Задача 3,14 (для самостоятельного решения;. Вычислить объем
тела, ограниченного поверхностями: 1) сферой радиуса а; 2) ко-
конусом с вершиной в центре сферы и образующими, наклоненными
к оси Oz под углом а; 3) двумя плоскостями, проходящими
через ось Ог и составляющими с плоскостью xOz углы <рх и ср2,
причем cpj < ср2 < ~' 4) плоскостью хОу.
Указания.
1. Решение провести в сферических координатах. Уравнение
поверхности сферы р = а;
К задаче 3.14
К задаче 3,15
2. В объеме (V) переменные р, 6 и <р меняются в таких пре-
пределах:
а) р от 0 до а;
б) 8 от а до у;
в) <р от cpj до ср2-
9. 2 о
3. У = j d<p j sin 9d9 j p2dp.
■Pi а О
Ответ. ^=д-(?г — ?i)cos а куб. ед.
Задача 3,15 (для самостоятельного решения). Найти объем
части шара радиуса R, заключенной между двумя меридианами,
соответствующим долготам <j>! и ср2 (<рх < <р2 < ~|.
Ответ. У = -| /?3 (<?2 — <рх) куб. ед.
Задача 3,16 (для самостоятельного решения). Найти объем
тела, ограниченного поверхностями: 1) х2 -\- у2 -f- г2 = а2; 2)л;2 +
+ t/2 + 22 = 62; F>а>0); 3) конусом, образующие которого
наклонены к оси Oz под углом а (уравнение такого конуса
О = а); 4) плоскостью у = х; 5) плоскостью хОу и 6) плоскостью л;Ог.
443

Указание. Перейти к сферическим координатам. Уравне-
Уравнения сфер будут такими: р = а и р = Ь.
В объеме (V) переменные р, 6 и <р изменяются так:
а) р от а до Ь;
в) 8 от а до y>
с) ? от 0 до ^-.
Ответ. V = ^ (б3 — а3) cos а куб. ед.
Задача 3,17 (для самостоятельного решения). Найти массу
части шара радиуса R, находящейся в первом октанте, если
в каждой его точке плотность равна расстоянию этой точки от
плоскости хОу.
Указание.
1. Плотность f = z. По формуле C,6) искомая масса
М =
2. Перейти к сферическим координатам. Для этого заменить
г по формуле C,8), a dxdydz на элемент объема в сферических
координатах — по формуле C,11).
Ответ. М — ~.
Эту же задачу решите в прямоугольных координатах.
Задача 3,18. Вычислить массу тела, ограниченного поверх-
поверхностями: 1) сферой x2 + y2 + z2 = 4; 2) параболоидом x2+y2=3z.
Плотность 7 в каждой точке тела равна аппликате точки: ? = z
(см. чертеж к задаче 3,8).
Решение. Здесь выгодно перейти к цилиндрическим коор-
координатам, так как в уравнении параболоида имеется сумма
х2 + j!, а в цилиндрических координатах, как видно из формул
C,10),
х2 + у2 = р2.
Запишем уравнения поверхностей, ограничивающих тело,
илиндрических координатах, заменив х2 + у2 на р2.
Уравнение сферы запишется так:
р2 -f гг = 4; р2 = 4 — г2.
Уравнение параболоида р2 = Зг.
Из этих уравнений следует, что г = 4 на параболоиде, г =
р2 — на сфере.
Спроектируем тело на плоскость хОу. Проекцией будет круг,
ограниченный окружностью, радиус которого равен радиусу той
окружности, по которой пересекаются поверхности, так как эта
444

окружность без искажений проектируется на плоскость хОу.
Радиус этой окружности проще всего определить так.
Найдем, при каком значении z пересекаются поверхности.
Для этого решим совместно уравнения поверхностей, преобра-
преобразованные уже к цилиндрическим координатам, т. е. определим
г из системы уравнений
рг = 4 — г2 \
Р2 = Зг / •
Отсюда, приравнивая правые части этих уравнений, имеем
4 — г2 = Зг; г2 + Зг — 4 = О,
Смыслу задачи удовлетворяет только zx = \. Подставляя это
значение гх = 1 _в любое из уравнений системы, получим, что
ра = 3, а р = J/.
Итак, радиус круга, в который спроектировалось тело, равен
Таким образом, в теле переменные г, р и ср изменяются в пре-
пределах:
a) z от -|- до Vi — р2;
в) р от 0 до |/;
с) <р от 0 до 2т..
Масса тела
М = \\\zdxdydz.
' (к)
Поскольку координата г в цилиндрических координатах
такая же, как и в прямоугольных, то для вычисления этогр
тройного интеграла следует только заменить элемент объема
dxdydz по формуле C,12) на pdpdydz.
Таким образом,
М = j J ] гр dp d<? dz = j d<? ) p dp j zdz.
(£,■) 0 6 p3
Вычисления проведите самостоятельно — они очень просты.
13
Ответ. М =~т..
4
Задача 3,19 (для самостоятельного решения). Вычислить объем
той части шара х2 + У2 + z2=4/?2, которая лежит внутри цилиндра
*« + i,« = R*.
445

Указание. Перейти к цилиндрическим координатам, заме-
заменив в уравнениях поверхностей х2 + у2 на р2
2ч R YaR'~ р»
V = 2 \\ \ pdp d? dz = 2 i cfo \ pdp i <^г-
J J J J J J
(i>) 0 0 0
Ответ. V^~^R3(8 — 3V3) куб. ед.
Задача 3,20 (для самостоятельного решения). Вычислить
объем, ограниченный поверхностями х2 + у1 — R2; х2 + у2 = г;
г = 0.
Указание. Перейти к цилиндрическим координатам.
Ответ. У = -9- куб. ед.
ЧЕТВЕРТОЕ ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ
Co дер ж а н ие: Вычисление статических моментов, координат центра
тяжести и моментов инерции плоских фигур и тел.
Упражнения этого практического занятия являются продол-
продолжением упражнений в вычислении двойных и тройных интегралов.
ФОРМУЛЫ ДЛЯ СПРАВОК
1. Статические моменты площадей плоских фигур. Статиче-
Статические моменты плоской фигуры (о) Sx и Sy относительно коорди-
координатных осей Ох и Оу вычисляются при помощи двойных
интегралов по формулам
. y)ydxdy; Sy= jjf(*. y)xdxdy, D,1)
где f (jc, у) — плотность распределения масс.
Если фигура однородна, то -\ (х, у) = const, которую в при-
приложениях часто принимают равной 1. В этом случае формулы
D,1) принимают вид
\ \\ D,2)
Если вычисления ведутся в полярных координатах, то х =
= Р cos cp, y = psin'f, а элемент площади dxdy должен быть
заменен на pd?d<?.
446

Формулы D,2) перепишутся так:
Sx = j j p2 sin cpdpd?; 5^ = JJ P2 cos(pdpd?. D,3)
(> о
2. Координаты центра тяжести площади плоской фигуры
вычисляются по формулам
£[ t{x, у) xdx dy \l -\ (х, у) у dx dy
Ус tfU*y)dxdy% (>)
где jcf и ус — соответственно абсцисса и ордината центра тяжести
фигуры.
■ Если фигура однородна, то плотность f (я, у) = const. Эта
величина может быть вынесена за знак интеграла в числителе
и знаменателе и сокращена. Формулы D,4) перепишутся так:
D'5)
(Знаменатели этих дробей — площадь фигуры, центр тяжести
которой отыскивается).
В полярные координаты эти формулы преобразовываются
так же, как и формулы D,2) (см. выше).
3. Моменты инерции площади плоской фигуры относительно
координатных осей вычисляются по формулам
D,6)
Если фигура однородна, то плотность f (x, у) = const и если
она принимается равной единице, то формулы D,6) приобретают
вид
\ D,7)
(о)
Преобразование этих формул к полярным координатам про-
производится по тем же правилам, что и формул D,2). (Моменты
инерции относительно координатных осей часто называются осе-
осевыми моментами инерции).
В задачах, которые-решаются на этом практическом занятии,
все размеры указаны в сантиметрах.
447

I. Определение статических моментов и координат центра
тяжести площади плоской фигуры*
Задача 4,1. Определить статические моменты Sx и Sy одно-
однородной фигуры, лежащей в первой четверти, ограниченной эллип-
эллипсом ^2 + |г = 1 и координатными осями.
Решение. В области интегрирования (о) переменные хну
изменяются в таких пределах:
переменная у от 0 до —
переменная л: от 0 до а.
Поэтому по формулам D,2) полу-
получаем
ydy.
() О
Внутренний интеграл
К задаче 4,1
= l xdx j dy.
О О
(а) О О
Вычисления проведите самостоятельно
Задача 4,2 (для самостоятельного решения). Определить коор-
координаты центра тяжести фигуры, указанной в предыдущей задаче.
Указание. Площадь этой фигуры как площадь одной чет-
• о tab ,^
верти фигуры, ограниченной эллипсом, равна —. (Следует вспом-
Х2 у2
нить, что площадь, ограниченная эллипсом -^ + -^ = 1 равна т.аЬ).
Ответ. хс = -^ ■ — см;
4 6
-j ■ —см.
* В дальнейшем для сокращения записей в фразе «площади плоской
фигуры» слово «площадь» мы опускаем.
448

Задача 4,3 (для самостоятельного решения). Определить коор-
координаты центра тяжести фигуры, лежащей в первой четверти,
ограниченной эллипсом Ь2х2 + а2у2 = aab2 и координатными осями,
если в каждой точке фигуры плотность пропорциональна произ-
произведению координат этой точки: f (х, у) = kxy (см. чертеж к зада-
задаче 4,1).
k — коэффициент пропорциональности.
Указание. Знаменатели дробей в формулах D,4), (т. е.
масса этой фигуры) окажутся равными -g- ka2b2. Числители дробей
равны соответственно -^
и -^ka2bs.
О т в е т. xr = |g а см; ус = ^ b см.
У\
(V.
К задаче 4,4
К задаче 4,5
Задача 4,4 (для самостоятельного решения). Определить коор-
координаты центра тяжести однородной фигуры, ограниченной кри-
кривой у2— 2рх и прямой х — а.
Указание. Учитывая симметрию фигуры относительно оси
Ох, легко усмотреть, что центр тяжести лежит на оси Ох,
а потому у( — 0. Абсцисса центра тяжести определится по фор-
формуле D,5).
В области (а) переменные хну изменяются в таких пределах:
переменная у от — \^2'рх до ■+■ V^px;
переменная х от 0 до а.
(Пределы интегрирования по у найдены так: из уравнения пара-
параболы у2 = 2рх следует, что у = ± ]/ 2рх).
3
Ответ. хс — -^ а см-
Интересно отметить ^независимость полученного результата
от параметра параболы.
Задача 4,5. Определить координаты центра тяжести сектора
однородного круга радиуса а с центральным углом а, располо-
расположенного симметрично относительно оси Ох (см. чертеж).
1/4 15 И. А. Каплаи
449

Решение. Задачу удобно решать в полярных координатах.
В формулах М.5) выгодно перейти к полярным координатам,
сделав в них такие замены: Jt=pcos<p, t/=psin if, а элемент площади
dxdy должен быть заменен на pdod<p. Тогда окажется, что
I I p2 cos <fdpdtf I i p2 sin 9 dp d<p
c ~ с с ' ^c се
I I p ар а<р || p op ae
Нам следует вычислить только хс, так как из симметрии
фигуры относительно оси Ох следует, что уг = 0.
В области (о) переменные р и <р изменяются в таких пределах:
переменная р от 0 до а;
переменная <р от — •?- до + -g-.
Поэтому числитель дроби в выражении для хс
а
I = J J pa cos <p dp dip = j cos <p dip j p2 dp.
(и) а 0
~ 2
Учитывая, что
a
f ad =-
J 3
получаем
a
т
у J COS ? d<p =3 у (Sill <p)
i cos у а? =3 -к-1511ир;
Знаменатель дроби в формуле для хг
Т а
= j d?J pdp = ^-aaa.
0
(9) _О_ 0
~ 2
(Мы могли бы /t не вычислять, так как из геометрии известно,
что площадь кругового сектора радиуса а с центральным углом
а равна половине произведения квадрата радиуса на централь-
центральный угол, выраженный в радианах).
Итак,
_2_ j . а . а_
T
2аа
450

Если <х = г, т. е. если сектор является полукругом, то
Хе ~ 3
■см.
Центр тяжести полукруга находится от его диаметра на рас*
стоянии, равном -=-—. Если же а = -9"' то
лс ~ 3 ' " я
Задача 4,6 (для самостоятельного решения). Найти статический
момент однородного полукруга радиуса а относительно его диа-
диаметра и расстояние его центра тяжести от этого диаметра.
Указание. Решение провести в полярных координатах.
Диаметр круга расположить на оси Ох, а его центр поместить
в начало координат. Тогда по первой формуле в D,3)
и а
Sx = Jj p2sin<pdpd<p = jsin?d? jp2dp;
(a) 0 0
Sx = j а3 см3.
Учитывая, что площадь полукруга равна -=-, для расстояния
центра тяжести от диаметра получаем по второй формуле D,5)
_ 4 о
Уе ~ з: псм-
Этот результат уже известен нам из задачи 4,5, только в ней
это расстояние было обозначено не через ус> а через хс.
Задача 4,7 (для самостоятельного решения). Определить коор-
координаты центра тяжести сегмента однородного круга радиуса а,
высоты h с центральным углом а (см. чертеж).
Указание. Уравнение линии О А: у — л: tg-g-, а уравнение
линииО5:у =—**§"!"' Решение провести в прямоугольных ко-
координатах. Ордината центра тяжести
из-за симметрии фигуры относительно
оси Ох равна нулю. Абсциссу хс
центра тяжести найти по первой из
формул D,5). В области интегрирова-
интегрирования переменные х и у изменяются
так:
переменная у от —]/а2 — хг до
переменная л: от а—h до а, но
а — h = a cos ~ , а поэтому перемен-
К задаче 4,7
ная х изменяется от a cos у go a.
15 И. A.

Числитель дроби в указанной формуле
а + V
j \ х dx dy = j x dx
a cos— V
Этот интеграл равен
Площадь сегмента, равная знаменателю дроби в формулах D, 5)
равна разности площадей- сектора OADBO и треугольника ОАВ
и может быть найдена без интегрирования. Учитывая, что пло-
площадь треугольника равна половине произведения его сторон
на синус угла между ними, т. е. -^-a'sina, для площади сегмен-
сегмента получаем у о2 (a — sin a), так как площадь сектора равна
~2 Q2a. Этот результат полезно получить и вычислением интеграла
в знаменателе дроби первой из формул^ D,5).
4 sin ~2
VI Т В С Т» X :^ ~^~ £2 • ' СМ.
Полезным упражнением будет решение этой же задачи в поляр-
полярных координатах. Переменные р и <р изменяются в таких пре-
пределах:
Р от csT до а>
а а
<р ОТ —-j ДО -j.
Задача 4,8 (для самостоятельного решения). Определить коор-
координаты центра тяжести однородного сектора кругового кольца
с внутренним радиусом г, внешним R и центральным углом a
(см. чертеж).
Указание. Вычисление провести в полярных координатах,
преобразовав формулы D,5) к этим координатам, как указано
выше. В области интегрирования переменные р и <? изменяются так:
р от г до R; У
а а
? ОТ — -j ДО -j .
Площадь этого кругового кольца
равна разности площадей круговых
секторов с радиусами г и R.
Ответ.
у —
а
Sln~2
R + f
-см;
К задаче 4,8
452

Задача 4,9 (для самостоятельного решения). Определить коор-
координаты центра тяжести так называемого кругового треугольника
(см. чертеж) — фигуры, ограниченной другой окружностью и коор-
координатными осями, которых она касается.
Указание. Уравнение окружности с центром в точке (а, а).
радиуса а запишется так:
(х — аJ + (у - аJ = а*.
Чтобы определить пределы интегрирования, надо решить урав-
уравнение окружности относительно переменной у.
A(a;a)
На дуге ВС у = а—~]/~а2 — (х — аJ. В
области интегрирования переменные х
и у изменяются в таких пределах:
переменная у от 0 до
переменная х от 0 до а. При вы-
X числении хс встретится интеграл
а
1 = $х[а — V а2 — (х — aJ)dx. (A)
о
Его удобно представить в виде
а
j [(х — а) + а](а — Уа2 — (х — aJ) dx =
о
а
( \пу (у «11^/7*".^ (у а\2 п Л/^п1 Ir п\2} Иг
— j [ил - \л — и) у и - ул и) и у и \л — и.) J ил»
Интеграл
3 а
Интеграл
легко вычисляется по формуле
= ~ Уа2 — u2 + ~ arcsin £ .
Интеграл / = ^A0 —Зг).
453

Площадь фигуры — знаменатель в дробях в формулах D,5) —
находится просто: она равна площади квадрата ОВАС, т. е. а2
минус площадь четверти круга *—смг. Площадь фигуры ОВС рав-
а2
на, таким образом, -г D — т.).
Ответ. хс = Уг=-|-
аи.
П. Определение моментов инерции плоской фигуры
Задача 4,10. Найти момент инерции прямоугольника относи-
относительно его основания и высоты. Основание прямоугольника а см,
высота Леи.
Р е-ш е н и е. Расположим оси прямоуголь-
прямоугольной системы координат так, как это пока-
показано на чертеже. Моменты инерции прямо-
прямоугольника относительно его основания и вы-
высоты есть его моменты инерции относительно
осей Ох и Оу соответственно.
По формулам D,7) находим
К =
',=
0
a3h
а х
К задаче 4,10
= ~г-СМ*
Задача 4,11. Найти момент инерции однородного треугольника
относительно его основания (см. чертеж).
A(b;h)
в т
К задаче 4,11
Решение. Укажем два спосо'ба решения этой задачи:
1. Пусть основание треугольника равно а см, его высота h см,
а отрезок основания ОС от вершины О до высоты равен Ъ см
(см. чертеж а).
Уравнение стороны ОА будет таким: у — -т-х, а уравнение
стороны АВ: y = h — /г^-r (это уравнение легко найти, поль-
454

зуясь уравнением прямой, проходящей через две данные точки).
В области интегрирования переменные х и у изменяются в таких
пределах:
переменная х от -^ у до — у—^~ {а — Ь) + Ь;
переменная у от 0 до h
(о)
аЛ3 aft3 aft3 4
CIA*
3 4 ~ 12 СЛ '
Итак, момент инерции треугольника относительно его осно-
основания
2. Перепишем первую формулу в D,7) так:
\
Н?йдем элемент EFGH площади (см. чертеж б) к этой задаче) —
площадь прямоугольника с высотой dy и основанием EF: da —
— EF ■ dy. Определим EF в зависимости от у.
Из подобия треугольников ОАВ и EFA
EF h~y cc h — y
а
do — а • ~у dy.
Если подставить это выражение под знак интеграла в (А),
то мы получим одномерный определенный интеграл
/.=
О
и для 1х получится ранее найденное значение.
Конечно, второе решение проще первого, но его нельзя не
признать несколько искусственным. Все-таки проще пользоваться
общим приемом, чем каждый раз находить da.
455

Задача 4, 12 (для самостоятельного решения). Найти мо-
моменты инерции однородного равнобедренного треугольника от-
относительно его высоты (см. чертеж). Основание треугольника
равно а см, высота h см.
Указание. Расположить оси, как показано на чертеже.
Уравнение стороны ВС: у = -|- A — -£) .
Вычислить момент инерции треугольника ОВС относительно
оси Ох и полученное число умножить на 2, так как момент
К задаче 4,12
К задаче 4,13
инерции треугольника ABC равен удвоенному моменту инер-
инерции треугольника ОВС.
Ответ. 1Х = -та см*.
4о
Задача 4, 13 (для самостоятельного решения). Найти момент
инерции однородной равносторонней трапеции относительно пря-
прямой, соединяющей середины оснований. Размеры: большее
основание равно а см, меньшее b см, высота h см.
Указа и и е. Расположить оси, как указано на чертеже
Найти момент инерции трапеции ОАВС и найденное число
удвоить. Уравнение стороны АВ: у —
Ответ. /*. £=
-
2 •
48 a — b ' -
Задача 4, 14. Определить момент инерции lx и /,, эллипти-
эллиптического однородного кольца, образованного двумя эллипсами с
общим центром и совпадающими ося!ми («концентрические» эл-
эллипсы). Оси внешнего эллипса а см и Ь см, а внутреннего а! см
и fr, см.
Решение. Вычислим моменты инерции четверти эллипти-
эллиптического кольца, расположенного в первой четверти. Для этого
456

вычислим моменты инерции /®нешн и /®нешн площади, ограничен-
ограниченной внешним эллипсом и осями координат (х>0; у > 0),
и вычтем из них соответственно моменты инерции /^нутр и /®нутр
площади, ограниченной внутренним эллипсом и осями коор-
координат.
В первой четверти на площади, ограниченной внешним эл-
эллипсом и осями координат, переменные х и у изменяются в та-
таких пределах:
у от 0 до ~Уа2 — хг;
х от 0 до а.
Поэтому
ZVa*-x
К задаче 4,14
Внутренний интеграл
-Va'-x
Поэтому
dx.
Г i
Для вычисления J (a2 — x2)idx удобно применить тригонометри-
о
ческую подстановку: Ar = asin^. Пределы интегрирования после
подстановки станут равны 0 и ~, а
к
а 3 2
j (a2 — л:2M dx = о4 j cos4 / d/.
о о
С вычислением этого интеграла читатель неоднократно встре-
встречался. В результате вычислений окажется, что
1—--=~т.аЬ3см\
Совершенно ясно, что /JHyTp — _ т.
457

Поэтому
и окончательно момент инерции эллиптического концентрического
кольца относительно оси Ох
(Л)
Докажите самостоятельно, что
Iy = 1. (a3b — a\b) см4. (В)
Из полученных формул легко определить моменты инерции
площади, ограниченной эллипсом, и площади круга. Чтобы по-
получить моменты инерции площади, ограниченной эллипсом,
а не эллиптическим кольцом, надо в предыдущих формулах
взять ах = О и Ьх = 0.
Получим для эллипса
Так как при а = b эллипс становится окружностью, то для
моментов инерции круга из последних формул получаем
Из формул (Л) и (В) легко получаются моменты инерции
кругового кольца. В этом случае b = а, 6Х = о, и моменты инер-
инерции кругового кольца определятся по формулам
где а — радиус внешней окружности, а ах — радиус внутренней
окружности.
Задача 4, 15 (для самостоятельного решения). Определить
момент Инерции 1Х параболического сегмента с размерами, ука-
указанными на чертеже.
Указание. Уравнение параболы
имеет вид у = ах2 -f с. Параметры а
и с определить, учитывая, что пара-
парабола проходит через точки@, h) n(b, 0).
Окажется, что а — —-^ ; с — h, урав-
уравнение параболы будет таким:
Ответ. 1х = ^ЬН3см*.
У
(
0
A(O;h)
\
2д
h
B(b;o)
К задаче 4,15
458

Задача 4,16 (для самостоятельного решения). Определить от-
относительно оси Ох момент инерции фигуры, изображенной на
чертеже.
Указание. Вычислить момент инерции половины площади-
фигуры, а полученное число удвоить. Так как уравнение окруж-
окружности х2 + У2 — i, то переменные х и у в области интегриро-
интегрирования изменяются:
У*
переменная х от 0 до У г2—у2;
переменная у от 0 до г sin?
(<р — величина постоянная).
!х = 2
К задаче 4,16
г sin у V'1—у'
= 2 J y*dy J d*.
/■ Sin
Интеграл j t/2 j/r2 — у2 dy удобно вычислить с помощью три-
тригонометрической подстановки y = rsinu. Пределами интегриро-
интегрирования станут 0 и и. При определении нового верхнего предела
окажется, что <$> = и. Поэтому удобно верхний предел обозна-
обозначить через <р, чтобы он отличался от переменной ы, по которой
ведется интегрирование.
\2
Заменить sin2 и cos2 и через (-2-sin2uj = — sin2 2u.
Ответ.
sin 4y
III. Вычисление статических моментов, координат центра
тяжести и моментов инерции тел
1. Статические моменты тела относительно координатных плос-
плоскостей хОу, yOz и xOz вычисляются по формулам
(о)

2. Координаты хс, ус, г( центра тяжести тела определяются
ло формулам:
(D) Wzdu lV) ># D>9)
Zr = ~rrvr. ~
3. Моменты инерции тела относительно координатных плос-
плоскостей вычисляются по формулам:
ЯЬ JIb Ш- D,10)
@) @) (У)
4. Моменты инерции тела относительно координатных осей
вычисляются по формулам:
; /, = JJJ т{х2 + г2)dv, D,
Я>
И
Момент инерции тела относительно начала координат
Jjr D,12)
(о)
Во всех этих формулах у = f (л:, у, г) — переменная плот-
плотность, dv—элемент объема. В случае, если тело однородно, то,
применяя эти формулы, часто удобно считать, что у = 1.
Если вычисления по этим формулам ведутся в цилиндри-
цилиндрических координатах, надо х, у и г заменить по формулам C, 10),
а элемент объема dv — на р dp d<? dz.
При вычислении в сферических координатах надо х, у и г за
.менять по формулам C,8), а элемент объема dv — на р2 sin 6 dp dO dtp.
В прямоугольных координатах элемент объема
dv = dx dy dz.
Задача 4,17. Вычислить координаты центра тяжести однород-
однородного тела, расположенного над плоскостью хОу и ограничен-
ограниченного поверхностями
460

Решение. Воспользуемся формулами D, 9). Тело по усло-
условию однородно, и мы полагаем в них^^ 1. Из симметрии
тела относительно координатных плоскостей хОг и yOz видно,
что хс = 0; ус = 0, центр тяжести лежит на оси Ог. Знаменатель
•дроби в каждой из формул D, 9) при т = 1 —объем тела. Объем
тела, ограниченный" эллипсоидом, нами уже вычислен в зада-
задаче 2,10. Он равен -„ табс. Поэтому интересующий нас объем ра-
о
2
вен половине этого объема, т. е. -„- ъаос.
Остается только вычислить числитель в третьей из формул D,9).
С учетом того, что вычисления ведутся в Прямоугольной си-
системе координат, в которых
элемент объема dv = dx dy dz,
имеем
(v)
(A)
У
где аг — область, полученная
в сечении эллипсоида плос-
плоскостью, перпендикулярной
оси Ог на расстоянии z от
плоскости xOy(z<c). Если
считать 2 величиной фикси-
фиксированной, то из уравнения эллипсоида следует, что уравнение
эллипса в этом сечении
*2 у2 _ £2
.К задаче 4,17
или
*2
Полуоси этого эллипса равны
__ 1
Двойной интеграл j j dx dy в формуле (А) равен площади этого
эллипса, т. е.
\\dxdy = тЛА = гл
461

Поэтому интересующий нас интеграл
■=тссм.
'*/. — V» Ус — и» Z^, — ~q~ CM*
Задача 4,18. Найти координаты центра тяжести однородного
кругового конуса, радиус основания которого равен а, а вы-
высота h.
Решение. Поверхность конуса образована вращением пря-
прямой О А вокруг оси Оу. Уравнение этой прямой z = yig а. Урав-
Уравнение поверхности конуса
А
или
(A)
Из симметрии тела относи-
относительно координатных плоско-
плоскостей хОу и yOz ясно, что его
центр тяжести лежит на оси
Оу, а хс = z,. = 0.
Чтобы вычислить ус, надо
воспользоваться второй из фор-
формул D,9). В этой формуле знаме-
знаменатель дроби — объем конуса,
1
равный -у ^о я, а потому нам остается вычислить только
тель этой дроби, т. е.
А
К задаче 4,18
числи-
числи(В)
где (су) — сечение конуса плоскостью, перпендикулярной оси Оу
при фиксированном значении y(O<y<h). Этим сечением яв-
является круг, радиус которого из уравнения (А) равен
462

В уравнении (А) правая часть при постоянном у равна квадрату
радиуса.
Двойной интеграл в (В) равен площади этого круга, т. е.
JJ dx dz = *r2 = wy* tg2 a,
«r)
а потому из формулы (В)
Г ГС
«aw И
0 Ь,л
tg2 adt/
Ho tg a = ~ , а потому этот интеграл равен
Окончательно, деля эту величину на объем конуса, получим, что
-j-A ел.
Таким образом, центр тяжести однородного кругового конуса
лежит на его оси на расстоянии, равном -rh от вершины.
Задача 4,19 (для самостоятельного решения). Определить
координаты центра тяжести однородного тела, ограниченного
поверхностями х + У +
0 0
+ г = о; я
2 = 0.
Ответ.
У
= 0; у = 0;
a
*г ~ Ус ~ Zc — " •
Задача 4,20 (для са-
самостоятельного реше-
решения). Определить коор-
координаты центра тяжести
тела, ограниченного по-
поверхностями х + у +
+z — 2а; х = а; у = а;
* = 0; у = 0; 2 = 0.
Ответ.
5 5
К задаче 4,20
гс = j2a
■i63

Задача 4,21. Найти центр тяжести сектора однородного шара
радиуса а с телесным углом 2а.
Решение. Разместим оси, как указано на чертеже. Вычис-
Вычисления проведем в сферических координатах. Ясно, что центр
тяжести находится на оси Ог, а потому хс — ус = 0. Координату
центра тяжести найдем по третьей формуле в D,9). После пере-
перехода к сферическим координатам (г = р cos 6; dv — р2 sin 9 dp d<? dft)
получим
Ш
p8 sin 0 cos 0 dp
2 ===
[\\ p2 sin 0 dPd6d<p
(A)
Переменные р, 6 и.? в области инте-
интегрирования изменяются так:
Р от 0 до о;
8 от 0 До а;
у от 0 до 2я.
Знаменатель дроби в этой формуле —
объем (v) указанного шарового сектора.
В задаче 3,13 этот объем уже вычис-
вычислен. Вычисляем числитель дроби в (А)
2it
К задаче 4.21
^ j р3 sin 0 cos 6 dp db d? = j Й<р j sin 6 cos 0 d0 | p3 dp =
(V) 0 0 0
Отсюда
cin2 r
-j-7ua4sin2a
2 = J
f 4 . a
a.
sin
T6a
Окончательно
sin
aw.
2 Л
Задача 4,22 (для самостоятельного решения). Найти коорди-
координаты центра тяжести клинообразного однородного тела, ограни-
ограниченного сферой радиуса о, плоскостью хОу и двумя меридиан-
меридианными плоскостями, составляющими с плоскостью xOz углы с со-
соответственно равными <pi и у2
464

Указание. На основании результата, полученного в задаче
3,15, объем интересующего нас тела
Вычисления провести в сферических координатах. Числители
дробей в D,9) для вычисления хс, ус и гс окажутся соответствен-
соответственно равными
/1= \\ [ р3 sin2 9 cos f> rfp d6 d<p; /2 = \ \\ p3 sin2 0 sin о dpd1) dv;
=[^ fsmOcosQ d? dO do.
У
К задаче 4,22
К задаче 4,23
Переменные р, 6 и о в области интегрирования изменяются так:
р от 0 до а:
6 от 0 до ~;
<р от 9i до о2.
Указанные выше интегралы окажутся соответственно равными'
—-(sin?!. — sinfi); ^-(cos<pi— cosifz);
ID ID
8
Ответ. хг=т^
r lb
3 _ sin <p2 — sin
3 COS 9, — COS
16 V —<Pl
Задача 4,23 (для самостоятельного решения). Определить мо-
момент инерции однородного кругового конуса относительно его
оси, если высота конуса равна h см,' радиус основания а см,
угол между образующей и высотой конуса равен а.
•165

Указание. Расположить координатные оси, как показано
«а чертеже. Уравнение поверхности конуса в цилиндрических
координатах г = р ctg a.
Наличие суммы хг + у2 в D,11) указывает на целесообразность
перейти к цилиндрическим координатам, в которых ха + г/2 = рг,
a dv = р dodfdz.
В области интегрирования переменные 2, р и у изменяются так:
г от его значения ? = pctga на поверхности конуса до z — h
на его основании; переменная р от 0 до а, а у — от 0 до 2т..
Поэтому
2т. a h
/2 = JJJ Р2 . р dp d<? dz = j dy | p3 dp \ dz.
(o) 0 0 pctgst
Ответ. 1г = -г^т.аЧг смъ.
Задача 4,24. Определить момент инерции однородного полого
кругового цилиндра относительно его оси (ось Ог). Высота цилинд-
цилиндра равна h см, внутренний радиус а см, внешний b см.
Указание. /2 = j JJ (x2 + уг) dv. Перейти к цилиндрическим
(г)
координатам.
Ответ. /2 = ii/i(b4-a4)смь.
Задача 4,25 (для самостоятельного решения). Определить мо-
момент инерции относительно оси Ох однородного тела, ограничен-
-НОГО ЭЛЛИПСОИДОМ
*2 1 У2 , г2 _ 1
Указание.
/, = J JJ (У2 + 22) dx dydZ = \ dx J J (I/2 + Z2) dy dz =
(v) -a (a,.)
a a
J ^ j Jj (A)
где (aj — область, ограниченная эллипсом, по которому плос-
плоскость, перпендикулярная оси Ох, при фиксированном х, пере^
секает эллипсоид. Уравнение этого эллипса получим из уравне-
уравнения эллипсоида, считая, что в нем х — величина постоянная:
Полуоси этого эллипса
blg; С1=С]/"П|. (В)
466

Интегралы
^[zdydz и \§z2dydz
равны соответственно моментам инерции этого эллипса относи-
относительно его осей с^ и 6Х. В задаче 4,14 моменты инерции эллипса
относительно его осей были получены:
, 1 , 3 I 1,3
Подставляя сюда значения Ьх и сх из соотношений (В), получим
Подставляя эти значения в (А) и выполняя интегрирование пох
получим окончательно
1х = ~-аЬс(Ьг \-с')смь.
Аналогично найдем моменты инерции этого тела относительно
осей Оу и Oz:
Iu = l5 -abc (о2 + с2) еж6;
ПЯТОЕ ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ
Содержание: Криволинейные интегралы.
КРАТКИЕ СВЕДЕНИЯ ИЗ ТЕОРИИ
I. Криволинейный интеграл I типа
Пусть на плоскости хОу задана кривая линия (L), в Каждой
точке которой определена функция f(x, у) двух независимых
переменных хну, предполагаемая непрерывной.
Разобьем дугу АВ кривой (L) на п частей точками: Ло = А,
Av Л2, .... An— В. На каждой части AtAi+1 выберем любую
точку М,(хг yt). Вычислим в этой точке значение заданной на
кривой функции f(x, у). Число f(Xjtyt) умножим на длину дуги
A,Ai+\ = AS,. Сложим все эти произведения. Получится сумма
467
О 2=
/^0

Отыщем предел этой суммы при условии, что наибольшая
из дуг AtAi+1 стремится к нулю, а число их п->оо.
Если функция f(x, у) непрерывна во всех точках дуги АВ,
то этот предел существует и не зависит ни от способа разбие-
разбиения дуги АВ на.части, ни от выбора точки M(xh yt) на каждой
из этих частей.
Этот предел называется криволинейным интегралом I типа
и обозначается символом
J f{x, y)dS.
{АВ)
Таким образом,
Из этого следует, что кривой (АВ) не приписывается опре-
определенного направления, т. е.
J f{x, y)dS= j f(x, y)dS
{АВ) (BA)
По аналогии с этим, если (АВ) — пространственная кривая, то
криволинейным интегралом, распространенным на эту кривую,
называется интеграл вида
с. у. z)dS,
jf(x.
{АВ)
где fix, у, г) —функция трех независимых переменных, опре-
определенная в каждой точке кривой (АВ), причем
* lim £ f(*i> У" *i) AS/.
mix LSf*0 /_o
II. Формула для вычисления криволинейного интеграла I типа
J /(*. У,
(АВ)
Если кривая ЛВчЗадана параметрическими уравнениями
а параметр t изменяется на дуге АВ от t = а до t = p, то криво-
криволинейный интеграл I типа вычисляется по формуле.
f их. y)ds = j>[<p(a *(t)]V7W>T¥W)dt. E,1)
(АВ) a
При этом предполагается, что производные функций у (t) и ф(/) —
непрерывны.
Если кривая (АВ) задана уравнением у = f(x) (а < х < Ь), то
ь
ix,y)dS = $f [x, f(x)]VTTy'2dx. E,2)
j fi
{АВ)
468

III. Механический смысл криволинейного интеграла I типа
Если в каждой точке кривой (АВ) плотность \>. масс, распо-
расположенных вдоль кривой, является заданной функцией координат
этой точки, т. е. и. = /(лг, у), то масса т этой кривой равна кри-
волинейномц интегралу I типа:
m= f f(x,y)dS. E,3)
(А В)
Если масса распределена непрерывно вдоль дуги кривой (АВ)
с плотностью p = f(x,y) в каждой точке этой кривой, то ста-
статические моменты sr и su дуги относительно координатных осей
Ох и Оу определяются по формулам
S. = \ У! (*. У) ds' s" = .( */ (*. У) ds. E,4)
(АВ) (АВ)
Моменты инерции этой дуги относительно координатных осей
равны
/*= \ y2f(x,y)ds; /„ = f x2f(x,y)ds. E,5)
(АВ) (АВ)
6. Координаты центра тяжести дуги (АВ) определяются по
формулам
х = SJL ; t/ = ^ , E,6)
где т — масса этой дуги.
Формулы E,6) с учетом формул E,3) и E,4) запишутся так:
f xf(x,y)ds f yf(x,y)ds
Х =iAm ; уе = Ш& . E,7)
] /(*, y)ds Vc J f(x, y)ds
(AB) (AB)
Если кривая однородна, то плотность p — f(x, у) = const, a
потому формулы E,7) запишутся в виде
J xds £ yds
_ (АВ) . _ (АВ) ,г о,
\ ds | ds
(АВ) (АВ)
где j ds — длина дуги АВ.
(АВ)
Задача 5,1. Вычислить интеграл J x2y ds, где (АВ) есть часть
(А В)
окружности х2 + у2 = R2, лежащая в первой четверти.
Решение. Уравнение окружности хг + у2 — /?2 запишем,
выражая явно ординату у через абсциссу х, и применим фор-
формулу E,2).
16 И. A. K;in.ran ip.n

Из х2 -f У2 = № следует, что у = ]/ R2 — х2 (перед корнем
удержан знак плюс потому, что в первой четверти у > 0). Чтобы
применить формулу E,2), найдем V 1 + у'2(х):
х ,2 _ л2 . ,г _ . л2 _
**' У ~ Я2 — *2; + ^ ~ + ^ги^г —
_ /?8 1 А. ,2_ R
-tf!-X2'< V 1+У - yRi _ х2 ■
Поэтому по E,2)
R
j f^
(АВ) n t
В дальнейшем все размеры указаны в сантиметрах.
Задача 5,2 (для самостоятельного решения). Вычислить / =
= \ х2у ds, где (АВ)—г четверть эллипса ~2 + р — 1, лежащая
(АВ) °
в первом квадранте.
Указание. Воспользоваться формулой E,2).
Для вычисления этого интеграла удобно применить подстановку
а2
X — , Sin 2.
/а2 - б2
Тогда VV _ (а2 — Ь2) х2 = о2 cos 2; dx = . а. . .. cos 2 dz.
У а2 — Ь2
\:иг—Ь-
arcnn ■
а
1 =—о \ f ,0 sin2 2 аг cos г ■ ,. a =coszd2 =
arcsin !^
а
sin2 г cos22dz =
a*b I 1 .
8 (а2 — &2) 2
г(* —-4 sin42)
2
470

Учесть, что: 1)
sin2ztos22 =(-'~sin2z) = ~s\n22z = ~(l—
2)
sin4z = 4 sin г cos 2A — 2 sin2 г).
Ответ.
^ (arcsin
) 2
8 (fl2_ )
Задача 5,3 (для самостоятельного решения). Вычислить
J (у — x)ds, где (АВ) — дуга кубической параболы у = х3 от
(ЛВ)
точки A,1) до точки B,8).
Указание. Воспользоваться формулой E,2). Под интегра-
интегралом заменить у на л;3. На дуге (АВ) х изменяется от 1 до 2:
i . 8 .
/ = j (л;3 — л;.) /1+ 9л;* dx; h = ) х3 V\ + 9х* dx;
При вычислении /2 удобна подстановка Зл;2 = г. Изменить пре-
пределы интегрирования: г = 3 при лс= 1;
2= 12 при а; = 2.
;)
Задача 5,4. Найти центр тяжести полуокружности х2 + у2 =
= У?2, лежащей в верхней полуплоскости, а также ее момент
инерции относительно оси Ох. Плотность считать равной единице.
Решение. Центр тяжести дуги кривой определяется по фор-
формулам E,8). Из соображений симметрии ясно, что он находится
на оси Оу. Поэтому хс = 0.
Ордината центра тяжести
_ И*8)
(АВ)
16* 471

Знаменатель этой дроби — длина полуокружности. Поэтому
j
1АВ)
Для вычисления числителя воспользуемся параметрическими
уравнениями окружности
х = R cos
(A)
Дифференциал дуги ds = Vdx2 + dy2 = R dt
sin / • Я d/ = tf2 f sin f Л = ^2 (—cos 0
0
sin
0
2R
Итак, искомые координаты центра тяжести
^ = 0; уе = ~ см.
Из решения этой задачи следует, что статический момент
полуокружности относительно стягивающего ее диаметра Sd =
= 2R2 см2.
По первой формуле E,5) момент инерции относительно оси
с учетом, что плотность равна единице:
Ix = J y2ds.
(ЛВ)
Из (Aj следует, что у2 = R*s\n2t, и учитывая, что ds = Rdt,
получим
тс я
Г » j Г п, . , , ,, г>1 Г 1 —cos2< , nR3 „
1 w as — \ t\ sin i ui — х\ I ^ ui — q еж •
J J .1 л л
(ЛЬ) О О
Задача 5,5 (для самостоятельного решения). Найти центр
тяжести одной арки циклоиды
х = a (t — sin 0; У = а A — cos 0 @ < / < 2ir).
Считать плотность равной единице.
Указание. Воспользоваться формулами E,8). Учесть, что
знаменатель дробей в этих формулах j ds —длина дуги одной
(АВ)
арки циклоиды, равная 8а (она вычислена в третьей книге
автора «Практические занятия по высшей математике»).
472

Учитывая симметрию, сразу заключаем, что абсцисса центра
тяжести хг = та. Ордината центра тяжести ус = —J-— .
Дифференциал дуги
ds = Vdx2 + dy2 = 2а sin у dt; j ds = 8а.
2it 2к
f i/ds= f a (I —cos*)- 2asin j dt = 2a* j {I—cost)sm^dt =.
b) о о
= 2а2 [2 sin2 \- sin ~ dt = 4a2 ^ sin3~dt = ^ a2.
о о
о
4
Ответ. лсг = ita еж; уг = -^а см.
Задача 5,6 (для самостоятельного решения). Определить центр-
тяжести дуги астроиды * = acos8<, # = asin3f, лежащей в пер-
вой четверти ( 0 < t < g-j. Плотность считать равной единице.
Ответ. хс = ус = ~ о. см.
Задача 5,7 (для самостоятельного решения). Вычислить ста-
статический момент относительно координатных осей прямолиней-
прямолинейного отрезка (АВ), соединяющего точки (а, а) и (Ь, b) (b > а).
Плотность в каждой точке отрезка равна произведению коорди-
координат этой точки.
Указание. Воспользоваться формулами E,4).
S, = j У (ху) ds; SK = j x ■ (ху) ds.
(ЛВ) (АВ) _
Уравнение отрезка АВ: у = х; ds = У 1 + у'2 dx = Y2dx
Ответ. Sv = Su = Щ-(b* — а4)еж*.
Задача 5,8 (для самостоятельного решения). Найти массу
кривой у = х2 от точки л:='О до х= \^2. если в каждой точке
кривой плотность равна квадрату ее абсциссы.
Указание. Использовать формулу E,4), в которой f (х, у) =
— х2, а ds = V~l + Ax^dx. Интеграл jx2УГ+Alc2dx записать
в виде
Коэффициенты А, В, С, D, Е определить на основании ука-
указаний задачи 9,33 в третьей_ части этой книги.
Ответ. Масса m = xlff- — ~ InBj/2 + 3).
-173

Задача 5,9 (для самостоятельного решения). Найти массу
участка .кривой у=\пх от точки с абсциссой х, = }^3до точки
с абсциссой хг — 2У^2, если плотность в каждой точке равна
квадрату ее абсциссы.
Указание, ds = -——— dx.
Ответ, m = о .
Задача 5,10 (для самостоятельного решения). Найти массу
кривой, у — a ch — на -участке от х — 0 до х — а, считая, что
в каждой точке плотность обратно пропорциональна ординате
этой точки.
а
X Г k A
Указание. Дифференциал дуги ds = ch - dx; т = I - "s-
о
Ответ, т = k. где k — коэффициент пропорциональности.
(I. Криволинейные интегралы II типа
Пусть во всех точках дуги АВ плоской кривой (L) опреде-
определена функция двух независимых переменных Р(х, у).
Дугу АВ разобьем на п частичных дуг точками Ло = А;
Аь Аг, ... At, Ai+l, ... , Ап = В. На каждой из частичных дуг
выберем произвольную точку М,(лс„ у,-). В этой точке вычислим
значение функции Р(х.у). Полученное число Р{х{, yt) умножим
на Axt — xi+l — X/ — проекцию дуги А(А1+1 иа ось Ох и получим
произведение P{xh г/,)Ал;,-.
Сложив все такие произведения, получим сумму
а—Г
Д Р (*,- У,) Д*Л
Если функция Р(х, у) непрерывна во всех точках дуги АВ,
а сама эта дуга не имеет особых точек, то существует предел
ч— X
£J P{xc; yt)Axi при стремлении всех Дя, к нулю, и он не зависит
ни от способа разбиения дуги АВ на части, ни от выбора точки
Mt на каждой частичной дуге. Этот предел называется криво-
криволинейным интегралом II типа от Р (х, у) dx no дуге (АВ) и обо-
обозначается символом ) Р (х, у) dx, т. е.
ИВ)
Mm ]£ P(xt, yt) Ax,= j P(х, у) dx.
4*,-*0 ,=0 (АВ)
474

Если бы значение функции Р(х, у) в точке М,(х£, yt), т. е.
AУд' мы умножили не на Ад:,, а на Ау0 т. е. на проекцию
дуги AtAi+1 на ось Оу, то получили бы произведение Р{х!у у,) Д//,.
Предел суммы таких произведений при условии, что все Д/у,
стремятся к нулю, был бы также криволинейным интегралом
II типа и обозначался бы так: ] P(x,y)dy;
{А В)
lim £ Р (*„ yt) Ду, = J P(x,y)dy.
В том случае, когда на дуге (<4Б) заданы две непрерывные
•функции Р(х, у) и Q(x, у), то можно рассмотреть криволинейные
интегралы:
j P{x,y)dx и J Qfjc, y)dy. (A)
(АВ) (ЛВ)
Сумму этих двух интегралов обозначают символом
P(x,y)dx + Q(x,y)dy. E,9)
(При этом предполагается, что оба интеграла (А) вычисляются
в одном и том же направлении).
Свойства криволинейного интеграла II типа
1. При изменении направления интегрирования криволиней-
криволинейный интеграл II типа меняет знак на противоположный, т. е..
[ Р(х, у)dx + Q(х, у)dy = — j P(x,y)dx + Q(x,y)dy
.(АД) (В А)
(для криволинейного интеграла I типа направление интегриро-
интегрирования роли не играет).
2. Если точка С находится внутри дуги АВ, то криволиней-
криволинейный интеграл
f P(x,y)dx + Q(x,y)dy=* j P(x,y,dx + Q(x,*y)dy-t
ИВ) (А С)
+ j P(x,y)dx + Q(x,y)dy.
(CB)
Если (L) —замкнутая кривая, то криволинейный интеграл
II типа определяется так же. В этом случае следует обязательно
указывать направление интегрирования, причем положительным
направлением обхода замкнутого контура по условию считается
то, при котором область, которую ограничивает этот контур,
остается слева.
475

Когда криволинейный интеграл вычисляется по замкнутому
контуру, он обозначается символом
(fj Р(х, y)dx + Q(x, y)dy,
ш
причем на кружке, помещенном на знаке интеграла, указывается
стрелкой направление обхода контура.
Формула для вычисления криволинейного
интеграла II типа
Вычисление криволинейного интеграла второго типа сводится
к вычислению определенного интеграла.
Если кривая (L), по которой вычисляется криволинейный
интеграл, задана параметрическими уравнениями x = y(t); у —
= ty(/); (а < / < р), где функции f(t) и ty(ti, a также их произ-
производные <р' (?) и Y (?) — непрерывные функции t, то вычисление
криволинейного интеграла производится по формуле
9
С Р (х, y)dx + Q (х, y)dy=[ {P [f (t), у (О] ?' (?) +
(L) i
+ Q [?(?), W)\ YV))dt- E-10)
Если же кривая (L) задана явным уравнением y = f(x)(a<
С х < b), где f (x) — непрерывная функция, то криволинейный
интеграл II типа вычисляется по формуле
ь
J P(x,y)dx+Q(x.y)dy= §{Plx.f(x)]+Qlx,f{x)]f'(x)}dx. E,11)
Задача 5,11. Вычислить криволинейный интеграл j {x2+yi)dx,
если (L) — дуга параболы у — 2х2 от точки х = 2 до точки дс=4.
Решение. Кривая задана явным уравнением. Для вычис-
вычисления интеграла применим формулу E,10). Эта же формула при-
применяется и для решения задач 5,11—5,16.
Пользуясь уравнением параболы у = 2jc2, заменим в подын-
подынтегральной функции у2 на 4л;4. Тогда
2
12184
15 "
(л;2 + У2) dx = j (л;2 + 4j:4) dx = (|- + -i jc6j|a = Щ^-.
Ответ.
476

Задача 5,12. Вычислить интеграл \ x2dx -\-\^xy dy, где (L)
1
есть четверть окружности х2 + у2 = R2, пробегаемая против ча-
часовой стрелки, лежащая в первой четверти.
Решение. Из уравнения окружности х2 -\- у- — R2 выразим
у в функции от л;: у = ± У R2— х2. ТП1еред корнем следует удер-
удержать знак плюс, так как в первой четверти у > 0. Найдем теперь
dy: dy — * к . После подстановки у и dy под знак ин-
V К2- — х2
теграла подынтегральная функция будет зависеть только от х,
а пределы интегрирования по х, учитывая, что интегрирование
ведется против часовой стрелки, будут +R и 0.
Таким образом,
о
( х'Чх + Уху dy=ix*dx + VxVRt — x2 ■ (— ' ) dx =
<d r V VR2x2l
о А
Задача 5,13 (для самостоятельного решения). Вычислить ин-
интеграл J (л;2 — у2) dy, где (L) — дуга кубической параболы у=2х3
от точки х = 0 до точки х = I.
Указание. Из уравнения кривой следует, что dy = 6x2dx,
г у2 = 4*в.
_ 22
Ответ. -IS.
Задача 5,14 (для самостоятельного решения). Вычислить ин-
интегралы: I) j U2 — y2)dx, где (L) — дуга параболы у = х2 от
«-> .
точки х = 0 до точки х = 2; 2) \ (х2 — y2)dy, где (L) — та же
дуга, что и в первом интеграле.
Ответ. 1) -|; 2)f.
Задача 5,15 (для самостоятельного ре иения). Вычислить ин-
интеграл / = \ (х — y)dx + (х + y)dy, где (L): I) отрезок прямой,
(Ъ
соединяющей точки А B, 3) и В C, 5); 2) дуга параболы у = х2
@ < х < 2); 3) дуга параболы х — у2. Соединяющие точки — С
<0, 0) и DD, 2).
Ответ. I) Уравнение отрезка прямой: у ~ 2х — I; dy = 2dx.
/=f; 2) f; 3) dx = 2ydy; / = f.
477

Задача 5,16. Вычислить интеграл
/ = j Bу — бху8) dx + Bх — 9хгу2) dy.
где (L) — одна из линий, соединяющих точки О@, 0) и А B, 2):
1) отрезок прямой, соединяющий эти точки;
2) парабола у = у хг;
3) парабола л; = ^У2">
4) кубическая парабола у — -j x3.
Решение. I) Уравнение прямой: у = х. Поэтому dy = dx.
Заменяя в подынтегральном выражении у на х, a dy на dx.
получим, что
?v _ 6jc л;3) d* +- Bл; — 9л;г л:2) с^л; = — 88.
2) Из уравнения кривой у = ~ х* следует, что
dy = х dx.
Заменяя в подынтегральном выражении у на »Д a dy на
получим, что
2
J[ \[{^] [2лг- 9
2
= J (Зл;2 — Зл;7) dx = —88.
о
3) Так как уравнение линии х = -^уг, то dx = ydy. Заменяя
в подынтегральном выражении х на-^-у2. &dx на у dy, получим
-е • (j.yi)]ydy + [2 • i-y*- 9. (ly
учитывая, что у изменяется от 0 до 2,
2
/ =
о
?
= 8—4- 128 = —88.
6
4) Убедитесь самостоятельно, что в этом случае / = —88.
Итак, по какой бы из указанных кривых, соединяющих точ-
точки @, 0) и B, 2), мы ни вычисляли этот интеграл, оказывается,
что он равен одному и тому же числу. Иначе говоря, величина
заданного интеграла не зависит от того, по какой из указанных
478

кривых, соединяющих эти точки, он вычисляется. Можно пока-
показать, что и вообще величина этого интеграла по любой кривой,
соединяющей две заданные точки, окажется одной и той же.
Этот интеграл также равен —88, если его вычислить и по
ломанной ОСА, состоящей из отрезка ОС оси Ох и отрезка СА
прямой х = 2.
В этом случае на отрезке ОС у — 0; dy = 0. По отрезку ОС
I = 0 вследствие того, что под знаком интеграла взять у = 0
и di/=--0.
На отрезке СА: х = 2, dx = 0, у изменяется от 0 до 2
/ = jB • 2 —9 • 22yVy = Dу— 12у3)
Самостоятельно докажите, что этот интеграл равен —88, если
его вычислить по ломанной ОБА. На отрезке ОБ х = 0, на ВА
у = 2, dy = 0 (дифференциал постоянной величины равен нулю).
Решение этой задачи показывает, что подынтегральное выра-
выражение в криволинейном интеграле II типа может быть таким,
что величина интеграла не зависит от той линии, по которой
ведется интегрирование, а определяется только координатами
начальной и конечной точек этой линии. (В таком случае гово-
говорят, что криволинейный интеграл не зависит от пути интегри-
интегрирования). Ниже будет указано условие, которому должно под-
подчиняться подынтегральное выражение Р(х, y)dx -\- Q(x, y)dy
в криволинейном интеграле II типа, для того чтобы этот ин-
интеграл не зависел от пути интегрирования, соединяющего две
данные точки.
ШЕСТОЕ ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ
Содержание. Условие независимости криволинейного интеграла гю
координатам от пути интегрирования. Интегрирование дифференциальных
уравнений, левая часть которых есть полный дифференциал.
ОСНОВНЫЕ СВЕДЕНИЯ ИЗ ТЕОРИИ
1. Условие независимости криволинейного интеграла
от пути интегрирования
В общем случае, при одном и том же подынтегральном выра-
выражении величина криволинейного интеграла зависит от формы
пути, по которому он вычисляется (иначе говоря, от кривой,
по которой он берется) и от координат начальной и конечной
точек этого пути.
479

Вместе с тем последний интеграл предыдущего практиче-
практического занятия представляет пример такого криволинейного ин-
интеграла, величина которого не зависит от формы пути интегри-
интегрирования, а определяется только координатами начала и конца
этого пути. Если, так случается, то говорят, что криволинейный
интеграл не зависит от пути интегрирования.
Определение. Криволинейный интеграл
f P(x,y)dx + Q(x,y)dy
{АВ)
называется независящим от формы пути интегрирования в об-
области (D), если каковы бы ни были точки А и В, принадлежа-
принадлежащие области (D), значение этого интеграла остается одним и
тем же независимд от того, по какой линии с началом в точке
А и концом в точке В он вычисляется, лишь бы эта линия це-
целиком лежала в области (D).
Односвязная область. Конечная область (D) называется
односвязной, если она ограничена единственным замкнутым
контуром. (Иначе говоря, односвязность области означает, что
в ней отсутствуют «дыры», а это в свою очередь позволяет
любой замкнутый контур, лежащий внутри такой области,
стянуть в точку, не выходя за пределы этой области).
Приведем теорему, которая указывает необходимое и доста-
достаточное условие для того, чтобы криволинейный интеграл не за-
зависел от формы пути интегрирования.
Теорема. Если функция Р (л:, у) и Q (л;, у) определены и непре-
дР dQ
рывны вместе со своими частными производными ^- и ^ в зам-
замкнутой ограниченной односвязной области (D), то, для того чтобы
криволинейный интеграл
f P(x, y)dx + Q(x, у) dy {A)
(АВ)
не зависел от формы пути интегрирования, необходимо и дос-
достаточно, чтобы во всех точках этой области выполнялось усло-
условие
ду ~~ дх \ > >
Напомним, что:
1) условие F,1) является необходимым и достаточным для
того, чтобы выражение Р (х, у) dx + Q (х, у) dy являлось полным
дифференциалом некоторой однозначной функции, определенной
* Для неодносвязной области эта теорема в общем случае неверна.
480

в области (D). Поэтому можно утверждать, что для того, чтобы
криволинейный интеграл не зависел от пути интегрирования
(АВ), а только от его концов, необходимо и достаточно, чтобы
подынтегральное выражение Pdx -f- Qdy было полным дифферен-
дифференциалом некоторой функции.
2) Если выполняется условие F,1), т. е. если выражение
Pdx + Qdy является полным дифференциалом некоторой функ-
функции, то криволинейный интеграл (А), взятый по любому за-
замкнутому контуру, лежащему в односвязной ограниченной за-
замкнутой области (Ь), равен нулю.
Обозначение. Если путь, по которому вычисляется кри-
криволинейный интеграл (А) безразличен, то употребляется обо-
обозначение
P(x,y)dx + Q(x,y)dy, (В)
где (х0, г/о) и {хъ г/4) координаты начала и конца пути интегри-
интегрирования, а в качестве пути интегрирования в этом случае
обыкновенно выбирается самый простой путь — отрезок прямой,
соединяющий точки (х0, у0) и (хъ у{).
Задача 6,1. Выяснить, будет ли криволинейный интеграл
/ = (Qxy -f 4уг + Ъу) dx + (Зх2 + 8ху + 5х) dy
АВ
зависеть от формы пути интегрирования.
Решение. Здесь функция Р(х, у) — (зху -f- 4г/2 + 5у, а функ-
функция Q (х, у) = Зх2 + Ъху + 5х.
Интеграл не будет зависеть от формы пути интегрирования,
если будет выполнено условие F,1). Чтобы проверить его выпол-
выполнение, найдем частные производ-
/i Bf2;$) ные: от функции Р(х, у) по не-
независимой переменной у, а от
функции Q(x, у) по независимой
переменной х. (Заметим для за-
запоминания, что функция Р(х, у)
умножается под знаком интегра-
ла на дифференциал переменной
А ~Т/^О) jF x> частная производная от нее бе-
' ' ' рется по переменной у, а функция
К задаче 6,1 Q(*. у) умножается в подынте-
подынтегральном выражении на диффе-
дифференциал переменной у частная же производная от нее берется
по переменной х).
'81

Условие F,1) выполнено — предложенный криволинейной
интеграл не зависит от формы пути интегрирования.
Вычислим этот интеграл по пути, соединяющему начало ко-
координат с точкой А B,3). Так как от формы пути, как мы по-
показали, интеграл не зависит, то самым простым путем интегри-
интегрирования явится .отрезок прямой, соединяющий начало координат
о
с точкой А B,3). Уравнение пути интегрирования: у = -^х.
Поэтому, подставляя под знак интеграла ^х вместо у, получим
2
/ = f (бх . 4 х.+4 (| я)'+ 5 • 4 х) dx +
о
2
2 + 8х • -|х + 5х) • ~dx = j(y*2 + 15x)dx =
-(8f ! + '!
81.1 + 15.4-138
2 3 + 2 * ll3O>
/ 3 . 3 , \
I учтено, что если у = -„- х, то dy = "о""*) •
Для упражнения этот же интеграл вычислить по ломаной ОАВ
и убедиться что, получится 138 (на О А переменная у равна 0.
на АВ переменная х равна 2, а у изменяется от 0 до 3).
Задача 6,2 (для самостоятельного решения). Убедиться, что
интеграл
/ = ( фху2 + 4х3) dx + (Ьх2у + Зг/2) dy
АВ
не зависит от формы пути интегрирования. После этого вычис-
вычислить его по отрезку прямой, соединяющей точки B,3) и'C,4).
Указание. Р(х,у) = 6х</2 + Ах3; Q (х, у) = 6хг</ + Зг/2.
дР ,о д$ 1О дР dQ
з- = 12ху; ^ — \2ху; д- = ^ •
ду * ох ^ ау ох
Уравнение прямой,, соединяющей точки B,3) и C.4): у —
= х + 1; dy = dx.
В подынтегральном выражении заменить у на х+ 1. a dy на
dx. Под интегралом будет функция одной переменной х, пре-
пределы интегрирования: нижний 2, верхний 3.
Задачу можно было поставить так. Вычислить интеграл
C,4)
/ = f Fхг/г + 4х3) dx + Fх2у + 2>уг) dy-
B,3)
482

Но такая запись допустима только в том случае, когда заранее
известно, что интеграл не зависит от формы пути интегрирова-
дР дО
ния, т. е. что условие j- = т^ выполнено.
Ответ. 426.
Задача 6,3 (для самостоятельного решения). Выяснить, бу-
будет ли интеграл
Bху — 5у3) dx + (хг — 15хуг + 6г/) dy
(АВ)
зависеть от пути интегрирования и вычислить его по линии АВ,
соединяющей точки @,0) и B,2).
Указание. Вычислить j- и J±. Убедиться, что ■*-—
ду дх ' ду
За линию АВ принять прямую, соединяющую указанные
точки. Ее уравнение: у = х.
Ответ.—60.
Задача 6,4 (для самостоятельного решения). Вычислить интеграл
C,2)
1х + ч ,
Указание. Прежде всего убедиться, что q- — S • За путь
интегрирования выбрать прямую, соединяющую точки A,1)
и C,2). Ее уравнение г/= у л: + у •
Ответ. 1п-|- — ~.
Задача 6,5. Будет ли криволинейный интеграл
взятый по замкнутому контуру, равен нулю?
Решение. Из 2) на стр. 110 следует, что при выполнении ус-
условия д-=»^ криволинейный интеграл, взятый по любому замк-
замкнутому контуру, равен нулю. Поэтому, чтобы ответить на
вопрос задачи, следует только убедиться в том, что условие
это выполнено. У нас
Поэтому
ду ~ х* ' дх ~~ х°ох ~ х*'
483

о дР dQ
.Значит, g- = ~^ и на вопрос задачи следует дать утвердитель-
утвердительный ответ: заданный интеграл, если его взять по замкнутому
контуру, равен нулю. Однако следует указать, что этот контур
не должен ни охватывать, ни проходить через точку с абсцис-
абсциссой х = 0.
Задача 6,6. Будет ли криволинейный интеграл
где (L) замкнутый контур, равен нулю? Подтвердить получен-
полученное заключение непосредственным вычислением по какому-ни-
какому-нибудь замкнутому контуру.
Решение. Проверим, является ли подынтегральное выра-
выражение полным дифференциалом. У нас
Р (х, у) = х* + ху\ Q (х, у) = х*у + у3;
dP_dQ
ду дх
дР dQ o
■ = я7 = 2хУ-
Этим доказано, что подынтегральное выражение является пол-
полным дифференциалом, и, значит, можно утвердительно итветить на
вопрос задачи: по замкнутому контуру заданный интеграл ра-
равен нулю.
Теперь «подтвердим это заключение непосредственным вычис-
вычислением этого интеграла по какому-нибудь замкнутому контуру.
В качестве такого контура выберем, например, окружность еди-
единичного радиуса с центром в начале координат. Параметричес-
Параметрические уравнения такой окружности
4 @</<2*)
г/ = sin / J
Тогда х2 + у*=\; dx = — sin / dt\
xdx — — s'mtcostdt; y = s\nt\ dy — costdt; уdy = smtcostdt.
Подынтегральное выражение (x2 -f y2) (xdx + у dy) =
= 1 (— sin t cos t dt + sin / cos t dt) = 0.
По этому контуру интеграл равен нулю. По любому другому
замкнутому контуру он также окажется равным нулю.
Уравнение окружности можно было задать и не параметри-
параметрическими уравнениями, а в виде хг + у2—\. Тогда, дифферен-
дифференцируя, получим: 2х dx -f 2y dy = 0 или х dx -f- у dy = 0. Поэтому
подынтегральная функция равна нулю.
Этот же интеграл вычислить по периметру треугольника
с вершинами в точках @,0); A,0); A,1).
481

Задача 6,7 (для самостоятельного решения). Вычислить ин-
интеграл
E,12)
J [vWT? + y)dx + [vm + x)dy-
C,4)
убедившись сначала, что он не зависит от пути интегрирования.
Ответ. 56.
Задача 6,8 (для самостоятельного решения). Убедившись, что
подынтегральное выражение является полным дифференциалом,
вычислить следующие интегралы:
A,2)
A) \ Bху2 + Зх2 + 4- + Ц-) dx + [ix2y -f Ъу2 + 4- — -ч- dy
(вдоль путей, не пересекающих координатных осей и не прохо-
проходящих через начало координат).
E,3)
Г
(* - уJ
B,1)
(вдоль путей, которые не пересекают биссектрису первого и тре-
третьего координатных углов;.
(/~3, 1)
2 Оу
(i,i) y
Ответ. 1) — j; 2M,5; 3)\п~.
II. Интегрирование дифференциальных уравнений,
левая часть которых есть полный дифференциал
Сведения из теории
Дифференциальное уравнение вида
Р (ху y)dx + Q (х, у) dy = О
называется уравнением в полных дифференциалах, если его левая
часть удовлетворяет условию
дР _ dQ
ду ~ дх '
485

Общий интеграл такого уравнения может быть найден по
одной из следующих двух формул:
= С F,3)
а
ИЛИ.
(yy $() F,4)
ь
где нижние пределы а и b могут быть выбраны произвольно.
В формуле F,3) во втором интеграле функция Q(x, у) преоб-
преобразовывается: в нее вместо переменной х подставляется а — ниж-
нижний предел первого интеграла и она становится равной Q(a, у).
Пользуясь произвольностью числа а, его следует выбрать так,
чтобы функция Q(ayy) стала наиболее простой.
Это указание относится и к формуле F,4). В этой формуле
функция Р(х, Ь) получается из функции Р(х, у), если в ней пере-
переменную величину ц заменить йижним пределом b первого инте-
интеграла. Ясно, что и число b выгодно выбрать так, чтобы функция
Р(х, Ь) оказалась наиболее простой.
Задача 6,9. Найти общий интеграл уравнения
Решение. Прежде всего следует убедиться в том, что -ле-
-левая часть уравнения является полным дифференциалом. Здесь
г, дР dQ
Отыскиваем д- и -^ :
дР _ Ixy dQ _ 2ху дР _ dQ
~ду~(х — уK ' дх ~ (х — уK ' ду ~ дх '
Заключение. Левая часть уравнения есть полный диф-
дифференциал. Для отыскания общего решения уравнения применим
формулу F,3). Возникает вопрос о выборе нижнего предела а
в первом интеграле этой формулы. Конечно, было бы очень
хорошо, если бы можкно было взять этот предел равным нулю,
так как в этом случае замена в функции Q(x, у) переменной х
нулем преобразовала бы ее в Q@, y) — ~. Но, к сожалению,
этого сделать нельзя, так как интеграл
486

становится несобственным. Положим а = 1. Тогда, заменив
в Q(x, (/) х на 1, получим
и формула F,3) дает
При вычислении первого интеграла переменная у должна
рассматриваться как величина постоянная.
Выполнив интегрирование, получим:
или
£ 1п х + -Л- + 1п и — r-J— = С.
ж — у 1-й у 1 — у
Преобразования в левой части приводят к выражению
х х — у \ — у
откуда
1П£ 1 у-\=с. (А)
XX — у v К '
Относя — 1 к произвольной постоянной, получаем оконча-
окончательно:
in у xtJ — Г
Если бы вместо а — 1 мы взяли бы любое другое число, не рав-
равное нулю, то в левую часть равенства (А) входила бы другая
постоянная величина, а не—1 и ее мы опять-таки ввели бы
в состав произвольной постоянной.
Задача 6,10 (для самостоятельного решения). Найти общие
интегралы уравнений, убедившись сначала, что их левая часть
является полным дифференциалом;
1) [sin 2х — 2 cos (х + у)] dx — 2 cos (x + y)dy = 0.
Указание. Применить формулу F,3). Нижний предел в
первом интеграле взять равным 0.
Указание. Удобно применить формулу F,4), взяв ниж-
нижний предел b = 0.
' х2 + у2 г х2 -f- у2
487

Л?) "*-(Чг+*т?) "у=*
7) ' dx -f y , dy = 0;
8) (sin у + у cos x) dx + (x cos у -\- sin x) di/ = 0;
9) A +e»)d* + (l— — )e" dy = 0;
Указание. Применить формулу F,3). В первом интеграле
положить нижний предел а— 1. При вычислении интеграла
-—, dx
удобно применить подстановку x = ysecz, которая приведет к
вычислению интеграла
arcsec
arcsec
arcsec j-
1
arcsec —
У
X
1
У
sin
sec2 г
dz
г + 2 cos2 г
arcsec -
arcsec ■
arc-ec
_ Г
J
arcsec
X
У
X
~y'
I
и
dz
. + COS2 2
1
cos2 г
tg arcsec — tg I arcsec —
Легко видеть, что
y
а
_ I arcsec --1 =
488
«g (a

Поэтому
Функция
Подставляя в нее х = 1 — нижний предел первого интеграла,,
получим, что _
Интеграл— \ - ft у удобно вычислить подстановкой
J A + № V 1 — уг
y = sinz, которая приведет к интегралу
2 sin2 2 -+- cos2 z
_ __ y^ \ cos г
так как из у = sin z следует, что tg z = y - . Ho
V l —уг
Таким образом, получен второй интеграл в формуле F,3). Скла*
дывая егп с выражением (А), получим ответ.
Ответ.
X2±j£-c-
^3— — *
4)
3) In Vx2 + у2 — arctg ~ = C;
8) x sin у + г/ sin л; = С;
9) х + уе'у'^С;
•189

СЕДЬМОЕ ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ
Содержание. Формула Грина. Вычисление площади при помощи кри-
криволинейного интеграла.
ОСНОВНЫЕ СВЕДЕНИЯ ИЗ ТЕОРИИ
1. Формула Грина
Криволинейный интеграл по простому замкнутому гладкому
контуру (С), ограничивающему односвязную область (D), может
быть преобразован в некоторый двойной интеграл по области (D),
ограниченной этим контуром.
Это преобразование выполняется по формуле Грина, которая
записывается так:
<^> Р (х, y)dx + Q (x, у) dy =
№*)
(О)
Предполагается, что> функции Р(х,у) и Q(x,y), а также их
частные производные ^- и з- непрерывны в области (D) и на
контуре (С), который ее ограничивает, причем контур (С) про-
пробегается в положительном направлении, т. е. так, что область
(D) остается слева.
Если формулу G,1) Грина прочесть справа налево, то можно
сказать, что она сводит вычисление двойного интеграла по об-
области (D) к вычислению криволинейного интеграла, взятого по
контуру, ограничивающему эту область.
Формула G,1) справедлива не только для указанных облас-
областей (D), но и для более сложных областей, ограниченных не-
несколькими простыми гладкими контурами. В этом- случае
&Р(х, y)dx + Q(x,y)dy
(О
следует рассматривать как сумму интегралов по составляющим
контурам, причем интегрирование по этим контурам должно
вестись в таком направлении, чтобы область (D) оставалась
слева.
Многие криволинейные интегралы по замкнутому контуру
удобно вычислять, сводя их к двойному интегралу.
Задача 7,Ь Применяя формулу Грина, показать, что криво-
криволинейный интеграл
490
Ъху + Ъу) dx + i'3x2 + 5х) dy
(С)

по любому замкнутому контуру равен нулю. Проверить это за-
заключение, вычислив этот интеграл по контуру, ограниченному
линиями: у — 0; х = 3; у = V*-
Решение. Чтобы применить формулу Грина, следует найти
дР дО
г- и г5- и под знак двойного интеграла подставить их разность
дО дР
g£ — g- . У нас Р (х, у) = бху 4- Ъу; Q (х, у) — Зх2 + Ьх. Поэтому
— = Ъх -f 5; j- = 6* + 5. Подставляя выражения Р {х, у), Q (х, у),
~ и з- в G,1), получаем
& {бху + 5у) dx 4- ('Зх2 + 5х) dy =
(С)
= \ j [фх + 5) — Fх + 5)) dx dy = j" j' OdA: cfy = 0.
(D) L>
Тем самым доказано требуемое.
Доказать, что заданный криволинейный интеграл, вычислен-
вычисленный по замкнутому контуру, равен нулю, можно, конечно, и не
прибегая к формуле Грина. Из равенства ^- = ^ следует, что
подынтегральное выражение является полным дифференциалом,
а в этом случае криволинейный интеграл по замкнутому кон-
контуру, при соблюдении иввестных условий, равен нулю.
Второе требование задачи следует выполнить самостоятельно.
Задача 7,2. Вычислить, применяя формулу Грина, интеграл
ф —х2у dx + хуг dy,
(С)
где (С) — окружность х2 4- у2 — а2, пробегаемая в положитель-
положительном направлении.
Решение. Здесь Р (х, у) = —х2у; Q (х, у) =» ху2; j- = —х2;
дх ~~ У
Подставляя эти значения в формулу G,1), получим
/ = & — х2у dx + ху2 dy = J J [у2 — (—х\)[ dx dy =
(С) (U)
к'" 4- У2) dx dy.
Здесь (D) — круг, ограниченный окружностью х2-{-у2 = а2.
491

Вычисление полученного двойного интеграла удобно провести
в полярных координатах. Элемент площади dx dy надо
заменить на pd?do>, а х2 + у2 = рг. Поэтому
[х2 + у2) dx dy = j j p2 • pdp d? =
Подчеркнем, что формулу Грина можно применять только тогда,
дР
когда функции Р(х,у), Q(x, у) и их частные производные -^
и -^ непрерывны в замкнутой области (D), т. е. внутри области
(D) и на ее контуре. Так, например, приводя вычисление ин-
интеграла
(С)
к двойному интегралу по формуле Грина, следует найти -т-
dQ ~ dQ дР dQ дР п
и gj . Окажется, что д-х = Ту' т* е' ^ ~ ду = ' а П0Т0МУ Двои"
ной интеграл в правой части формулы G,1) будет равен нулю,
следовательно, и заданный интеграл /, вычисленный по любому
замкнутому контуру, равен нулю. Однако такое заключение для
любого замкнутого контура является неверным. Например, если
вычислить этот интеграл по окружности х = a cos t\ у = a sin t
(О < t < 2ъ) с центром в начале координат, то можно легко про-
проверить, что он будет равен не нулю, как это следует из фор-
формулы Грина, а 2г. (проверьте!).
Такое несовпадение результатов объясняется тем, что в кру-
круге (D) с центром в начале координат подынтегральные функции
Р(х,у) = —х2 У 2 и Q (х, у) = х2 х 2 не являются непрерыв-
непрерывными.
Интеграл (А) будет равен нулю только тогда, когда область
(D) не содержит внутри себя начало координат.
Задача 7,3 (для самостоятельного решения). Вычислить с по-
помощью формулы Грина интеграл
d + 2lnxdy,
(С)
где (С) — замкнутый контур, составленный из отрезка оси Ох
от точки A,0) до точки B,0), отрезка прямой у = 4 — 2х и от-
отрезка прямой х = 1 от точки A,0) до точки A,2).
Ответ. 4In 2 —2.
492

Задача 7,4 (для самостоятельного решения). С помощью фор-
формулы Грина вычислить интеграл
(С)
()
де (С) — замкнутый контур, составленный дугами двух окруж-
! стей х2 + у2 — 1 и *2 + у2 = 4 {у > 0) и отрезками прямых
а = х и у =
(у > 0), заключенных между этими окружнос-
окружностями.
Указание.
дР _ 1 _
Ту ~ X2 + у*' дх
dQ дР
По формуле Грина за-
заданный интеграл
/-■■ '
К задаче 7,4
I
= 11,
(О)
(D)
Выгодно перейти к поляр-
полярным координатам
р
(D) — часть кругового кольца, ограниченная указанными линиями.
В области (D) переменная р изменяется от 1 до 2, а переменная
тс тс
<? от 4- до -3-.
Ответ. ^1п2.
Задача 7,5. (для самостоятельного решения). Криволинейный
интеграл предыдущей задачи по тому же контуру вычислить,
не применяя формулы Грина.
Указание. Переменная х изменяется на отрезке АВ от
Цг- до V% на отрезке CD от 1 до у (установите это самостоя-
самостоятельно).
Уравнения окружностей преобразуйте к параметрической
форме. Получатся уравнения x = cos*; у = sin / и *=2cos*;
у = 2 sin t. Параметр t изменяется: на дуге окружности ВС от
^- до у, а на дуге DA от ~ до ~.
Интегралы по этим двум дугам взаимно уничтожаются. Ин-
о
теграл по отрезку АВ равен -.--1п2, а по отрезку CD он раьен
493

2. Вычисление площадей с помощью криволинейных
интегралов
С помощью криволинейного интеграла площадь плоской фи-
фигуры (D), ограниченной кусочно-гладкой кривой вычисляется
по формуле
= ~<X)xdy-
(С)
■ ydx.
G,2)
где (С) — контур, ограничивающий искомую площадь, а интег-
интегрирование по этому контуру ведется в положительном направ-
направлении, т. е. таком, чтобы область (D) оставалась слева.
Подынтегральное выражение в этой формуле легко запом-
запомнить, если его записать в виде определителя
х у
dx dy
Для вычисления площади с помощью криволинейного интег-
интеграла применяются также и такие формулы:
S = — &ydx;
xdy,
G,3)
G,4)
(С)
однако формула G,2) употребляется чаще.
Задача 7,6. С помощью криволинейного интеграла вычислить
площадь, ограниченную эллипсом
х = a cos Л
Решение. Чтобы воспользоваться формулой G,2) найдем
dx и dy:
dx = —a sin tdt; dy = b sin tdt.
Подынтегральное выражение в этой формуле равно
х
dx
У
dy
a cos/
—a sin tdt
b sin t
b costdt
= ab cos2 tdt + ab sin2 tdt = abdt.
Подставляя это значение подынтегрального выражения в
формулу G,2) и преобразовывая криволинейный интеграл в оп-
определенный, получим, что площадь, ограниченная эллипсом,
5 = I (j) ab dt = ~ ab [ dt = ~ ab ■ 2* = r.ab кв. ед.
(С) О
494

Задача 7,6а. Определить площадь, ограниченную одной аркой
циклоиды
х = a (t — sin 0 1
{/ = a(l-cos/))-
x
dx
При
должно
Решение. Прежде всего определим подынтегральное выра-
выражение в формуле G,2):
dx = а A — cos t) dt; dy = a sin tdt;
у __ a(t — s\nt) a (I— cost)
dy ~~~ a(l—ci)st)dt a sin tdt
= a*(t s\n t+ 2cost — 2)dt. .
вычислении интеграла в формуле G,2) интегрирование
вестись по контуру ОАВО в направлении, указанном
стрелками. (Такое направление
выбрано потому, что вычисляе-
вычисляемая площадь при обходе по кон-
контуру, который ее ограничивает,
__ должна оставаться слева). На
2жа х отрезке ОАу = 0, значит, dy — О,
а потому на этом отрезке подын-
К задаче 7,6а тегральное выражение xdy — у dx
равно нулю.
изменяется от 2% (его значение
в начале координат). Полезно
Учи-
О
На дуге| АВО параметр t
в точке А) до 0 (его значение
вспомнить геометрический смысл параметра t у циклоиды,
тывая это все, по формуле G,2) получим
S = i-
a* (t sin t + 2 cos t — 2)dt
(C)
(интеграл
2it
= ■£ a*j(<sin^ + 2cos^ —'
2ч
_ J^
"~ 2
п t dt = 2
кв. ед.
Задача 7,7. Найти площадь, ограниченную астроидой
Решение. Определим dx и
dx = —3a cos* * sin tdt;
У
dy
dy = За sin* t cos td
a cos3* asin3?
—3a cos21 sin tdt 3a sin* t cos tdt
= 3a2 sin2 / cos4 tdt + 3a* sin41 cos2 Ш =
= 3a* sin21 cos*7 (cos* t + sin* 0 d/ = 3a2 sin21 cos2 tdt.
495

Подставляя это выражение в формулу G,2) и учитывая, что па-
параметр / изменяется от 0 до 2тс, получим
2it
— ydx = ~ -3a2
(О
2it
j si
о
j
о
2it
= |- а2 f (sin t cos tf dt = -| a2 j" (i sin
о о
2it
Задача 7,8 (для самостоятельного решения). Найти площадь
фигуры, ограниченной одной аркой эпициклоиды и соответст-
соответствующей дугой круга
х = а[(\ + m)cosmt — mcos(l
у = а [A -f /n) sin mt — т sin A
(О < / < 2*)
m)t] J
(А)
Указание. Интеграл в формуле G,2) нужно рассмотреть
как сумму двух интегралов: сначала вычислить его по кривой
ABC, а затем по дуге окружности CDA.
В первом случае х и у взять из уравне-
уравнений (А) эпициклоиды, причем на этой
кривой параметр t изменяется от О
до 2%.
Подынтегральное выражение
К задаче 7,8
xdy — ydx = azm(l +m)(l +
+ 2m)(\—cost)dt
и по формуле G,2) получится: ъагт(\ +
+ т)A + 2т).
На дуге CD А, принадлежащей окруж-
окружности, параметр изменяется уже от 2я
до 0. Уравнения окружности, если в них
сохранить тот же параметр, что и в уравнении эпициклоиды,
запишутся так:
х = a cos mt)
у = asinmtf'
Подынтегральное выражение xdy — ydx в эгом случае будет
равно a^mdt.
Ответ. 5 = гм2гп2Bт -j- 3) кв. ед.
496

Задача 7,9 (для самостоятельного решения). Найти площадь,
ограниченную лемнискатой
(хи + г/2J = 2аг (х2 — г/2). (А)
Указание. Получить параметрические уравнения лемни-
лемнискаты. Ввести параметр с помощью подстановки
y=xigt. (В)
Подставляя это значение у в уравнение (А) лемнискаты, полу-
получим параметрические уравнения лемнискаты
x = a 1/2 cos t l/cos 2t )
(C)
К задаче 7,9
К задаче 7,10
Вычислить плошадь одной петли (правой). Для этой петли, как
видно из подстановки (В), параметр / изменяется от —т Д° Т*
Подынтегральное выражение в формуле G,2) легко опреде-
определить так: из подстановки (В) следует, что — = t. Дифференци-
Дифференцируя обе части этого равенства, получим:
или
y — ydx = x2 sec21 dt.
Подставляя сюда значение х из уравнений (С), получим
хйу — у dx — 2а2 cos 2t dt
и тогда по формуле G,2)
1
2 ~~ 2 J
2a2cos2tdt = a2.
Ответ. S = 2a2 кв. ед.
Задача 7,10 (для самостоятельного решения). Найти площадь
петли листа Декарта
-j- у3 — 'daxy.
497

Указание. Для получения параметрических уравнений
контура положить
у = tx. (А)
Получатся такие параметрические уравнения петли листа Де-
Декарта:
Пределы, в которых изменяется параметр t, когда точка про-
пробегает петлю, легко усмотреть из подстановки (А): — = t, но
У- = tga (см. чертеж). Угол а изменяется от 0 до ~, tga при
этом изменяется от 0 до оо, а значит, и параметр t, который
есть не что иное как tga, также изменяется от 0 до оо.
Подынтегральное выражение легко найдется из подстановки
(А):
=dt
Подставляя сюда значение х из уравнений (В), получаем, что
9a2t2
Площадь петли
S = 7J(.
О
Ответ. S = ;г а2 кв. ед.
Задача 7,11 (для самостоятельного решения). Найти площадь,
ограниченную кардиоидой
х = 2а cost — a cos It
= 2а cos t — a cos It \
— 2а sin / — a sin 2/ /
(О < t <!
Ответ, бтта2 кв. ед.

Илья Абрамович Каплан
ПРАКТИЧЕСКИЕ ЗАНЯТИЯ
ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ
Интегральное исчисление функций одной
независимой переменной. Интегрирование
дифференциальных уравнений, кратные
и криволинейные интегралы
Редактор А. С. Нестеренко
Обложка художника А. П. Шулики
Техредактор Л. Т. Момот
Крректоры Р. Е. Дорф, Е. Т. Поступай

Сдано в набор 22/VI 1965 г. Подписано к печати
12/Х 1970 г. БЦ 50258- Формат 60X90;/,fi. Объем:
31,25 физ. печ. л.. 31,25 усл. неч. л., 28 уч.-изд. л
Зак. 0-2385. Тираж 80 000. Цена 1 руб. !3 коп.
Св. ТПУ 1971 г. поз. 22.
Отпечатано с матриц Книжной фабрики им. Фрун-
Фрунзе на Типоофсетнои фабрике «Коммунист» Коми-
Комитета по печати при Совете Министров Украин-
Украинской ССР, Харьков, ул. Энгельса. И.

ОПЕЧАТКИ
Стр.
4
336
460
Строка
1—2 снизу
15 сверху
13 сверху
Y
1
Напечатано
пло н
«= х*'ё* [р (х) cos fix +
-f- <? (■*) sin pxj,
o ^ Щ ^ ^ + yi +
D)
Должно быть
п лошади
Y =r x*e«*[p (x) cos p* -f-
-}- <? (x) sin fJjc|,
(PI
4- ?a) do.
Зек. 0-2385. И. А. К а п л а н. Практические занятая по высшей математика