ВУЗ:
Составители:
Рубрика:
29
вид
,3=r
,
3
1
2
rz = .4
2
rz −= Из рисунка 25,a видно, что в области интегрирования Ω
1
угол
ϕ
изменяется от 0 до
2
π
, r − от 0 до
3
, а
z − от
3
2
r
до
2
4 r−
. Поэтому
V(Ω)
∫∫∫ ∫∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫∫
ΩΩ
−
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−−====
11
2
2
2/
0
3
0
2/
0
3
0
22
4
3/
3
1
44444
ππ
ϕϕϕ
drrrrddzrdrddzrdrddxdydz
r
r
()
∫∫
==
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
−−−=
2/
0
2/
0
3
0
4
2
3
2
6
19
3
19
12
1
4
3
1
4
ππ
πϕϕ
ddrr
.
18. Вычислить объём тела, ограниченного поверхностями z = 0, z = 9−y
2
; x
2
+y
2
= 9.
Решение. Пусть Ω – данное в задаче тело. На рисунке 25,б изображено тело Ω
1
– часть
тела Ω, находящегося в первом октанте. Очевидно, данное в задаче тело симметрично отно-
сительно плоскостей xОz, yОz и поэтому V(Ω) = 4V(Ω
1
). Согласно формуле (14) имеем
V(Ω)
∫∫∫
Ω
=
1
.4 dxdydz
Проекция данной части тела Ω
1
на плоскость xОy есть часть круга
x
2
+y
2
≤ 9, находящегося в первой четверти ( на рис. 25,б – это четверть круга D). Т.о.,
V(Ω) =
()
∫∫ ∫ ∫∫∫∫
−− −
−
−
=−==
3
0
9
0
9
0
3
0
9
0
2
9
0
3
0
9
0
22 2
2
2
9444
xx x
y
y
dyydxdyzdxdzdydx
∫
−−
3
0
2
99(4 x
dx
x
)
3
9
3
2
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
−
. Сделаем замену x=3sint, dx=3costdt. При x=0, t=0, при x=3, t=
2
π
.
V(Ω)
()
∫∫
=−=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
−−=
2
0
3
2
0
32
2
cos3cos9cos274cos3
3
)sin99(
sin9994
ππ
tdttttdt
t
t
()
()
−+=−=−=
∫∫∫∫
dtttdttdttdttt
2
0
2
0
2
0
4
2
0
23
2cos1162cos108cos324coscoscos3108
ππππ
()
∫∫ ∫∫∫∫
=−−−+=++−
2
0
2
0
2
0
2
2
0
2
0
2
0
2
2cos272cos54272cos1621622cos2cos2127
ππ ππππ
tdttdtdtdttdtdttt
()
=+−−−+=
∫
dtttttt
2
0
2/
0
2/
0
2/
0
2/
0
4cos1
2
27
2sin
2
54
272sin
2
162
162
π
ππππ
.
4
243
4sin
8
27
2
27
2
27
814cos
2
27
2
27
2
27
81
2/
0
2/
0
2
0
2
0
πππππ
ππ
ππ
=−−−=−−−=
∫∫
tttdtdt
Рекомендуем студенту вычислить тройной интеграл в цилиндрических координатах и
сравнить с вышеприведенным вычислением по сложности.
29 1 вид r = 3 , z = r 2 , z = 4 − r 2 . Из рисунка 25,a видно, что в области интегрирования Ω1 3 π r2 угол ϕ изменяется от 0 до , r − от 0 до 3 , а z − от до 4 − r 2 . Поэтому 2 3 π /2 3 4− r 2 π /2 3 ⎛ 1 ⎞ V(Ω) = 4∫∫∫ dxdydz = 4∫∫∫ rdrdϕdz = 4 ∫ dϕ ∫ rdr ∫ dz = 4 ∫ dϕ ∫ r ⎜ 4 − r 2 − r 2 ⎟dr = Ω1 Ω1 0 0 r2 / 3 0 0 ⎝ 3 ⎠ π /2 3 π /2 ⎡ 1 1 4⎤ ( ) 3 19 19 ∫ dϕ = ∫ dϕ = π. 2 =4 ⎢− 4 − r 2 − r ⎥ 0 ⎣⎢ 3 12 ⎦⎥ 3 0 6 0 18. Вычислить объём тела, ограниченного поверхностями z = 0, z = 9−y2; x2+y2 = 9. Решение. Пусть Ω – данное в задаче тело. На рисунке 25,б изображено тело Ω1– часть тела Ω, находящегося в первом октанте. Очевидно, данное в задаче тело симметрично отно- сительно плоскостей xОz, yОz и поэтому V(Ω) = 4V(Ω1). Согласно формуле (14) имеем V(Ω) = 4 ∫∫∫ dxdydz . Проекция данной части тела Ω1 на плоскость xОy есть часть круга Ω1 2 2 x +y ≤ 9, находящегося в первой четверти ( на рис. 25,б – это четверть круга D). Т.о., 9− x 2 9− y 2 9− x 2 9− x 2 ∫ (9 − y )dy = 4∫ (9 3 3 9− y 2 3 3 2 V(Ω) = 4∫ dx ∫ dy ∫ dz = 4∫ dx ∫ z dy = 4∫ dx 9 − x2 − 0 0 0 0 0 0 0 0 0 3 ⎛⎜ 9 − x 2 ⎞⎟ −⎝ ⎠ )dx . Сделаем замену x=3sint, dx=3costdt. При x=0, t=0, при x=3, t= π . 3 2 π π 2⎛ ( 9 − 9 sin t ) ⎞⎟ ( ) 2 2 3 V(Ω) = 4 ∫ ⎜ 9 9 − 9 sin 2 t − 3 cos tdt = 4 ∫ 27 cos t − 9 cos3 t 3 cos tdt = ⎜ 3 ⎟ 0⎝ ⎠ 0 π π π π ( ) 2 2 2 2 = 108 ∫ 3 cos t − cos3 t cos tdt = 324 ∫ cos 2tdt − 108 ∫ cos 4 tdt = 162 ∫ (1 + cos 2t )dt − 0 0 0 0 π π π π π π ( ) 2 2 2 2 2 2 − 27 ∫ 1 + 2 cos 2t + cos 2 2t dt = 162 ∫ dt + 162 ∫ cos 2t dt − 27 ∫ dt − 54 ∫ cos 2tdt − 27 ∫ cos 2 2tdt = 0 0 0 0 0 0 π π /2 162 π /2 π /2 54 π /2 27 2 = 162t + 2 sin 2t − 27t − 2 sin 2t − ∫ (1 + cos 4t ) dt = 2 0 0 0 0 0 π π 27 27 27 2 2 27 27 π / 2 27 π / 2 243 = 81π − π − ∫ dt − ∫ cos 4tdt = 81π − π − t − sin 4t = π. 2 2 0 2 0 2 2 0 8 0 4 Рекомендуем студенту вычислить тройной интеграл в цилиндрических координатах и сравнить с вышеприведенным вычислением по сложности.
Страницы
- « первая
- ‹ предыдущая
- …
- 27
- 28
- 29
- 30
- 31
- …
- следующая ›
- последняя »