Опорные конспекты по высшей математике. Часть 3. Бухенский К.В - 81 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

РГРТУ | Рязань

Составители: 

Рубрика: 

81
2
9
3
y
dzdy
dS
−
=⇒
.
Тогда найдем интегралы по поверхностям
1
S
и
2
S
:
(
)
=
∫∫
−
⋅
++−±
=
∫∫
++
=
yz
DS
y
dzdy
zyy
zyx
dS
I
2
22
2
2
222
2,1
9
3
9
1
2,1
=
∫ ∫
−+
⋅=
∫∫
−
⋅
+
=
−
2
0
3
3
2222
99
3
9
3
9
1
y
dy
z
dz
y
dzdy
z
YZ
D
3
132
ln3
3
9ln3
3
3
2
0
2
+
=⋅++⋅=
−
π
y
zz arcsin
.
Тогда в итоге
3
132
ln6
21
+
=+=
π
III
.
2-й способ. Т.к. поверхность
S
не задана явно, то введем
цилиндрические координаты:
ux cos3
=
,
,
vz =
,
тогда область
G
на плоскости
UOV
определяется неравенст-
вами:
π
20 ≤≤ u
(угол на плоскости
UOV
),
20 ≤≤ v
(высота
цилиндра). Найдем выражение для
dS
.
1. Будем использовать формулу
dvduBCAdS
2
−⋅=
.
Найдем
A
,
C
и
B
:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
90cos3sin3
2
22222
=++−=
′
+
′
+
′
= uuzyxA
uuu
,
( ) ( ) ( )
1100
222
222
=++=
′
+
′
+
′
=
vvv
zyxC
,
( )
0100cos30sin3 =⋅+⋅+⋅−=
′
⋅
′
+
′
⋅
′
+
′
⋅
′
=
uuzzyyxxB
vuvuvu
.
Тогда
dvdudvdudvduBCAdS 3019
22
=−⋅=−⋅=
.
2. В новых цилиндрических координатах радиус-вектор
( )
v
uur ,sin3,cos3=
. Тогда
( )
0,cos3,sin3 uu
u
r
−=
∂
∂
и
( )
1,0,0=
∂
∂
v
r
. Поэтому векторное произведение:

Страницы