Кратные и криволинейные интегралы. элементы теории поля

Решение типового варианта контрольной работы. Кратные и криволинейные интегралы. Элементы теории поля.

Задача 8.1. Записать двойной интеграл в виде повторного и изменить порядок интегрирования, если область интегрирования .

Решение. Область интегрирования D является правильной (простой) в направлении оси ОУ, т. к. любая прямая, параллельная оси ОУ, пересекает границу области D не более чем двух точках. Первую точку пересечения с линией У=х2 Назовем точкой входа, а линию - линией входа, ее уравнение У=х2. Вторую точку пересечения с линией У=2-х назовем точкой выхода, а линию – линией выхода. Тогда повторный интеграл в правой части составлен из двух определенных: первый берется по переменному У, оси которого ОУ параллельны секущие прямые, он называется внутренним. Пределы интегрирования в нем зависят от Х и совпадают с ординатами точек пересечения секущих с линией входа (нижний предел) и линией выхода (верхний предел интегрирования). При внутреннем интегрировании переменное Х Считается постоянным, поэтому его результатом является функция, которая после подстановки пределов интегрирования зависит от Х. Второй интеграл по Х берется от этой функции по переменному х, а пределы интегрирования в нем равны наименьшему (для нижнего) и наибольшему (для верхнего) значению проекций точек области D на ось ОХ:

При изменении порядка интегрирования линия входа в область D Имеет уравнение Х=0, а линия выхода разбивается на две части, одна из которых имеет уравнение , а вторая – уравнение . По свойству аддитивности двойного интеграла он разбивается на два, в каждом их которых сделана замена на повторный с внутренним интегрированием по переменному Х, а внешним интегрированием по переменному У:

Задача 8.2. Вычислить двойной интеграл по области , ограниченной графиками данных функций

Решение. Область интегрирования D является правильной (простой) в направлении оси ОУ, поэтому заменяем двойной интеграл повторным с внутренним интегралом по У, а внешним – по Х. Линией входа в D является прямая , линией выхода – парабола . Вычисляем внутренний интеграл при постоянном Х, применяя формулу Ньютона-Лейбница с нижним пределом и верхним пределом Находим точки пересечения параболы и прямой из решения системы

Полученные абсциссы точек пересечения и дают пределы интегрирования во

Внутреннем интеграле.

Процесс сведения двойного интеграла к двухкратному сводится к следующему:

Задача 8.3. Вычислить интеграл, перейдя от прямоугольных координат к полярным:

Решение. Найдем границы области интегрирования в декартовых координатах.

Преобразуем

Изобразим область интегрирования:

Для расстановки пределов интегрирования в полярных координатах учтем, что область D – круговой сектор, ограниченный дугой окружности , уравнение которой с учетом связи декартовых и полярных координат примет вид Т. е. .

D ограничена также лучами Поэтому требуемый интеграл IВ полярных координатах получится из исходного с помощью связи декартовых и полярных координат и домножения на подынтегральной функции внутреннего интеграла по , учитывающего искажение элемента площади в полярных координатах. В других примерах для расстановки пределов интегрирования, использовать, по аналогии с декартовыми координатами, рассечение D лучами, выходящими из центра полярной системы координат. Если они пересекутся с границей D не более чем в двух точках, то эта область - правильная по , и пределы в повторном интеграле с внутренним интегралом по и внешним по расставляются аналогично расстановке по У и х в случае декартовых координат.

Процесс вычисления двухкратного интеграла в полярных координатах после замены пределов интегрирования и подинтегральных выражений сведется к следующему:

Задача 8.4. Вычислить объем тела, ограниченного заданными поверхностями:

Решение. При сведении тройного интеграла к трехкратному и в расстановке пределов в каждом из трех определенных интегралов действуем по аналогии со случаем двойного интеграла. Область интегрирования V в примере считаем правильной в направлении оси OZ, т. к. любая прямая, параллельная оси OZ, пересекает границу области не более чем в двух точках. Учитывая, что объем области V выражается в декартовых координатах формулой

А область V ограничена снизу плоскостью z=0, а сверху – поверхностью параболоида вращения z=4-(x2+y2) можно свести тройной интеграл к вычислению двойного интеграла от однократного:

Сначала вычисляется внутренний интеграл по переменному z с нижним пределом z=0 и верхним пределом z=4-(x2+y2). Областью интегрирования D во внешнем двойном интеграле является проекция тела V на плоскость XOY, имеющая вид:

Линия входа в эту область y=0, линия выхода . Проекцией области D на ось OX служит отрезок . Отсюда следует, что во внутреннем интеграле по у нижний предел 0, верхний предел , а во внутреннем интеграле по х нижний предел 0, а верхний предел . В итоге объем V вычисляется с помощью трехкратного интеграла следующим образом:

Задача 8.5. 1) Вычислить криволинейный интеграл 1-го рода:

где

Решение. Вычисление криволинейного интеграла 1-го рода может быть сведено к вычислению определенного интеграла, причем способ такого сведения зависит от представления кривой интегрирования L. Если L задана уравнением где функция имеет непрерывную производную для , то

Если L задана параметрически: где функции Имеют непрерывные производные , для то

Если L задана в полярных координатах уравнением и функция имеет непрерывную производную для , то

В рассмотренном примере используется явное задание кривой L уравнением . Поэтому, используя первый способ сведения интеграла по длине дуги к определенному, получим:

2) Вычислить работу силы при перемещении материальной точки по кривой от точки А(0;0) до точки В(1;1).

Решение. Работа переменной силы по перемещению материальной точки по плоской кривой L c уравнением вычисляется с помощью криволинейного интеграла 2-го рода по координатам

Который сводится к определенному интегралу с учетом способа задания кривой L. В приведенном примере кривая L задана явно уравнением . Поэтому, по аналогии с переходом к определенному интегралу в предыдущем примере, достаточно заменить:

. Получим:

Задача 8.6. а) Вычислить площадь части сферы , вырезанной цилиндром и плоскостью

Решение. Область D является кругом (рис.2), поэтому решаем задачу в полярных координатах. Тогда Элемент площади плоской области dS выражается в полярных координатах в виде: . Полярное уравнение окружности, ограничивающей область интегрирования, будет иметь вид:

. Так как область интегрирования содержит начало полярной системы точку О на своей границе, то вычисляем площадь поверхности с помощью поверхностного интеграла 1-го рода:

Рис. 1 Рис. 2

Б) Найти поверхностный интеграл 2-го рода где замкнутая поверхность состоит из внешней стороны части поверхности параболоида а также из части плоскости

Решение. Применяем формулу Остроградского-Гаусса к поверхностному интегралу 2-го рода I:

В векторной форме формула Остроградского-Гаусса имеет вид:

Где в левой части – поток П векторного поля через замкнутую поверхность А

Но тогда где векторное поле имеет вид:

Но

Рис. 3.

Следовательно,

Задача 8.7. а) Найти координаты центра тяжести плоской однородной пластины D, ограниченной линиями

Решение. Считаем плотность однородной пластины Тогда ее статические моменты относительно осей ОХ и ОУ определяются формулами: , а координаты ее центра тяжести определяются формулами: , где - масса однородной пластины D с плотностью Применяя эти формулы, получаем:

Тогда .

Б) Доказать, что работа силы зависит только от начального и конечного положения точки ее приложения и не зависит от формы пути. Вычислить работу при перемещении точки приложения силы из в

Решение. Проверяем условие, достаточное для того, чтобы работа силы по перемещению точки по дуге не зависела от формы пути:

, то есть .

При этом функции непрерывны в любой односвязной области D, содержащей

Тогда, для вычисления работы А = находим криволинейный интеграл 2-го рода

В силу независимости этого интеграла от пути интегрирования вычислим его вдоль ломаной где точка :

Тогда

При вычислении криволинейного интеграла 2-го рода по меняется от 0 до 1, а при вычислении аналогичного интеграла по а меняется от 0 до 1.

Задача 8.8 а) Найти величину и направление наибольшего изменения поля в точке

Решение. Доказано (см. [1], [2], [5], [6]), что скалярное поле U(M) имеет в данной точке М0 максимальную производную по направлению , которая равна модулю градиента поля U в этой точке:

Если за вектор , указывающий направление дифференцирования, взять направление вектора gradU(M0). Поэтому в задаче требуется найти сам вектор

Приведем соответствующие вычисления:

Б) Выяснить, является ли векторное поле потенциальным.

Решение. Векторное поле потенциально, если в каждой точке М из области определения поля Находим

В этой формуле для удобства запоминания метода вычисления ротора использован формальный оператор Гамильтона «набла»:

Действующий по правилу нахождения векторного произведения в прямоугольных декартовых координатах.

Для других типов полей, исследуемых в задании 8, приведем их определения:

Соленоидальное поле в каждой точке М области V удовлетворяет условию

Гармоническое поле является в каждой точке области V одновременно потенциальным и соленоидальным, то есть и

В нашем случае Тогда

следовательно, поле не является потенциальным.

< Предыдущая		Следующая >