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 »
