Кратные и криволинейные интегралы...

[integral2009]

1) Найти рабoту, совершаeмую перемeнной силой $\vec F$ на крuвoлинейном путu $L$

$\vec F=(x^2-y^2)\vec i + 2xy \vec j$

$L_{AB}:$ отрезок прямой $A(1,1)$ $B(3,4)$

Я решил, но совсем неуверен в этом решенuи.
Насколько я понимаю, нужно посчитать интеграл, который не зависит от пути интегрирования

$$A= \int\limits_L (\vec F, d\vec {l})dl=\int\limits_1^3(x^2-1)dx+\int\limits_1^4 {6ydy}=(\dfrac{3^2}{3}-3)-(\dfrac{1}{3} - 1)+3(4^2-1)=\dfrac{2}{3} +61=\dfrac {185}{3}$$

2) Найти oбъем тeла, огранuченного повeрхностями

$z=2-4(x^2+y^2)$

$z=8x+2$

Насколько я понял - это параболоид, вершина которого находится в точке $(0,0,2)$

Который "опускается вниз из этой точки"

$V=\int\limits_{x_1}^{x_2}dx\int\limits_{y_1(x)}^{y_2(x)}dy\int\limits_{8x+2}^{2-4(x^2+y^2)}dz$

Из рисунка я понял, что $x_1=-2$, $x_2=0$

Осталось определиться с $y_1(x)}$ и ${y_2(x)$

3)

$\int\limits_L {x^2+y^2+z^2}dl$

$0 \le t \le 2\pi$

$L:$

$x=\cos t$
$y=sintt$
$z=\sqrt{3}t$

Не знаю, правильно ли решил

$\int\limits_L {x^2+y^2+z^2}dl=\int\limits_0^{2\pi}(\cos^2x+\sin^2x+(\sqrt{3}t)^2)\sqrt {cos^2x+sin^2x+3}dt=$
$=2\int\limits_0^{2\pi}(1+3t^2)dt=2(2\pi+(2\pi)^3)=4\pi (1+4\pi^2)$

[ewert]

3). В принципе верно. Правда, под корнем Вы необоснованно поменяли местами синус с косинусом, и к этому могут придраться (хоть на ответ это и не влияет). Впрочем, за арифметикой до конца не следил.

2). Надо не про игреки от иксов думать. А про то, как будет выглядеть уравнение границы той двумерной области в плоскости $XOY$, на которую проецируется трёхмерная область.

В Вашем случае (не всегда так просто бывает) эта границы -- проекция линии пересечения параболоида (тут Вы угадали) с плоскостью. А уравнение проекции линии пересечения двух поверхностей всегда получается стандартно: надо составить систему из уравнений этих поверхностей и исключить из неё ненужную переменную (т.е. здесь -- $z$).

В Вашем случае получится окружность, да ещё и проходящая через начало координат. Поэтому самое разумное потом -- считать интеграл в цилиндрических координатах.

1). Неверно и даже неосмысленно. Надо подставлять в подынтегральные функции уравнения линии (должна же эта линия хоть на что-то влиять, в самом ведь деле).

[Alexey1]

ewert в сообщении #302814 писал(а):

2). Надо не про игреки от иксов думать. А про то, как будет выглядеть уравнение границы той двумерной области в плоскости $XOY$, на которую проецируется трёхмерная область.

А почему? Ведь плоскость $z=8x+2$ пересекает параболоид на отрицательных $x$ и проходит через точку $(0;0;2)$, то есть интеграл по $x$ будет от -2 до 0. Теперь просто необходимо вычислить границы интегрирования по $y$ как решение уравнения $-4(x^2+y^2)-8x=0$ относительно $y$. Или так получится сложнее?

[ewert]

Alexey1 в сообщении #302841 писал(а):

Теперь просто необходимо вычислить границы интегрирования по $y$ как решение уравнения $-4(x^2+y^2)-8x=0$ относительно $y$. Или так получится сложнее?

Формально -- можно и так, а практически -- неразумно. Практически необходимо переходить в таких случаях к полярным координатам.

[integral2009]

Спасибо!!!!!

2)

$-4(x^2+y^2)-8x=0$

$x^2+y^2=2x$

$y_1=-\sqrt{2x-x^2}$

$y_2=\sqrt{2x-x^2}$

1) $vec {AB}=(2,3}$

$(\vec{F},\vec {AB})=2(x^2-y^2)+6xy$

$$A= \int\limits_L (\vec F, d\vec {l})dl=\int\limits_1^3 2(x^2-1)dx+\int\limits_1^4 {18ydy}$$

[ewert]

2). Во-первых, знак перепутан. Во-вторых, переходите в полярные координаты, иначе намучаетесь с подстановками.

1).

integral2009 в сообщении #303035 писал(а):

$$A= \int\limits_L (\vec F, d\vec {l})dl=\int\limits_1^3 2(x^2-1)dx+\int\limits_1^4 {18ydy}$$

Ну и какое отношение Ваше замечательное $dl$ слева имеет к $dx$ и $dy$ справа?...

И в любом случае Вы по-прежнему действуете не приходя в сознание. Где использовано уравнение линии (вектор -- это ещё не уравнение)? А без него решить невозможно.

Общий принцип: надо взять уравнение линии и формально подставить его в исходный интеграл (в т.ч. и под дифференциалы) так, чтобы исчезли все переменные, кроме одной. Не важно, какой именно, и не важно, в какой форме брать уравнение. Но этот шаг -- обязателен. У Вас же -- никаких следов этого не наблюдается.

[integral2009]

это я контур интегрирования выбрал другой (горизонтальная и вертикальная линии)!

$\dfrac{x-1}{3-1}=\dfrac{y-1}{4-1}$ уравнение прямой, проходящей через те 2 точки.

$4(x-1)=3(y-1)$

$y=\dfrac{4x-1}{3}$

-- Сб мар 27, 2010 11:56:54 --

$dl=\sqrt{1+\dfrac{16}{9}}dx=\dfrac{5}{3}dx$

-- Сб мар 27, 2010 11:59:47 --

$$A= \int\limits_L (\vec F, d\vec {l})=\dfrac{5}{3}\int\limits_1^3((x^2-(\dfrac{4x-1}{3})^2 + 2x\dfrac{4x-1}{3})dx$$

[ewert]

integral2009 в сообщении #303049 писал(а):

это я контур интегрирования выбрал другой (горизонтальная и вертикальная линии)!

Не имеете права. При каких условиях путь интегрирования можно выбирать произвольно?...

integral2009 в сообщении #303049 писал(а):

-- Сб мар 27, 2010 11:59:47 --

$$A= \int\limits_L (\vec F, d\vec {l})=\dfrac{5}{3}\int\limits_1^3((x^2-(\dfrac{4x-1}{3})^2 + 2x\dfrac{4x-1}{3})dx$$

Во-первых, ошибка при преобразовании уравнения прямой (соотв, и $dl$ неверно выражено). Во-вторых, Вы снова смешиваете два разных способа вычисления интеграла. Выберите что-то одно: или подстановку непосредственно в интеграл 2-го рода, или сведение к интегралу 1-го рода. Последнее невыгодно, но если уж Вам так хочется, то действуйте аккуратно. Где умножение на касательный вектор (и, между прочим, на какой конкретно из касательных векторов)?...

[integral2009]

Цитата:

Не имеете права. При каких условиях путь интегрирования можно выбирать произвольно?..

я не очень понимаю - как определить - какого рода интеграл будет
1 рода (не зависит от пути интегрирования)
2 рода (зависит от пути интегрирования)

-- Вс мар 28, 2010 19:29:49 --

Я выбрал второй метод!

$\dfrac{x-1}{3-1}=\dfrac{y-1}{4-1}$ уравнение прямой, проходящей через те 2 точки.

$\dfrac{x-1}{2}=\dfrac{y-1}{3}$

$3(x-1)=2(y-1)$

$3x-3=2y-2$

$3x-1=2y$

$y=\dfrac{3x-1}{2}$

$y'(x)=\dfrac{3}{2}$

$$A=\int\limits_{L}(x^2-1)dx+{6ydy}=\int\limits_{1}^{3}(x^2-1-6\dfrac{3}{2}\cdot \dfrac{3x-1}{2})dx$$

Так правильно?)

-- Вс мар 28, 2010 19:39:16 --

2) Найти oбъем тeла, огранuченного повeрхностями

$z=2-4(x^2+y^2)$

$z=8x+2$

перейдем к цилиндрическим координатам

$x=r\cos \phi$

$y=r\sin \phi$

$z-2=h$

$h=-4r^2$

$h=8r\cos \phi$

$V=-4\int\limits_0^{2\pi}\cos \phi \int\limits_0^2 r^3\int\limits_2^4$

Правильно ли?)

[Alexey1]

integral2009 в сообщении #303678 писал(а):

$$A=\int\limits_{L}(x^2-1)dx+{6ydy}=\int\limits_{1}^{3}(x^2-1-6\dfrac{3}{2}\cdot \dfrac{3x-1}{2})dx$$

Так правильно?)

А почему Вы опять $y$ берёте равным 1 а $x$ 3? Вы же выразили $y$ через $x$, вот и меняйте всё что относится к $y$ в интеграле на $x$.

[integral2009]

Ах да, спасибо!!!!

-- Вс мар 28, 2010 21:42:24 --

$$A=\int\limits_{L}(x^2-y^2)dx + 2xydy=\int\limits_{1}^{3}(x^2- \dfrac{3x-1}{2}^2+ 2x\dfrac{3}{2}\cdot \dfrac{3x-1}{2})dx$$

Так правильно?)

[Alexey1]

Да, но только квадрат не там поставлен.