Материал: Kratn_2

Скачать файл

Заказать новую работу

Внимание! Если размещение файла нарушает Ваши авторские права, то обязательно сообщите нам

Имеем:

S =

− 2

+ 1 dx dy =

ZZ u

Dxy

−

y2 dx dy.

y2 + 1 dx dy =

+ y2

2 2

−

x +y ≤1

Перейдем к полярным координатам:

S = ZZ r

2π

ρ dρ dϕ = Z dϕ Z

dρ =

ρ2

−

ρ2

ρ≤1

−

2π

= Z

− 1 − ρ2

= 2π.

ρ=0 dϕ = Z 1 dϕ = ϕ 0

Пример 1.16. Найти площадь поверхности, заданной

параметриче-

x = 22ξ2,

(ξ, η)

ски: y = η ,

где

ξη, а область

ξη ограничена прямыми

z = ξη,

η = 0, ξ = √

, η =

ξ.

−2η2

Найдем ~rξ0

~rη0

2η

−ξ2

η ×

2ξη

k~rξ0 × ~rη0 k = p

= p

= 2η2 + ξ2,

4η4 + ξ4 + 4ξ2η2

(2η2 + ξ2)2

√

S = ZZ (2η2 + ξ2)dξ dη = Z0

dξ

(2η2 + ξ2)dη =

Dξη

= √2 2 η3 + ξ2η

ξ dξ =

η=0

√		3	r2	!	ξ3	+ ξ2r2 ξ dξ = 2 r		√	√6 4		ξ4	0		= √6.
= Z		3	r2	!	ξ3	+ ξ2r2 ξ dξ = 2 r	2 Z ξ3dξ =		√6 4		ξ4	0		= √6.
	2				3			2				√	2
0		2	3			3	3			1
0							0

Упражнения.

1.15. Найти площадь поверхности цилиндра z = 12 x2, 0 ≤ x ≤ 1,

0 ≤ y ≤ 2.

1.16.Найти площадь поверхности z = x2 + y2, z ≤ 1.

√p

1.17. Найти площадь поверхности z =

x3 +

y3 , x, y ≥ 0, x + y ≤ 1.

1.18.

Найти

площадь поверхности,

заданной параметрически:

x = ξ + η,

где ξ, η

0, ξ2 + η2

y = ξ

−

γ,

≥

≤

z = ξη,

√

416√

+ 64

2 +

Ответы: 1.15.

√

√2. 1.16.

(5√5

− 1). 1.17.

2 −

405

2π

√

1.18.

2 − 1).

2. ТРОЙНОЙ ИНТЕГРАЛ

2.1. Определение и свойства тройного интеграла

Определение, свойства и вычисление тройного интеграла аналогич-

ны определению, свойствам и вычислению двойного интеграла. Напомним определение.

Рассмотрим ограниченную замкнутую область Ω IR3 с кусочно-глад- кой границей. Для такой области определено понятие объема. Как и в

случае плоскости, назовем d(X) = sup ρ(P 0, P 00) диаметром множества

P 0,P 00 X

X IR3; ρ(P 0, P 00) – расстояние между точками P 0 и P 00.

Пусть на области Ω задана вещественная функция f(P ), P Ω. Рассмотрим произвольное разбиение {ωi} области Ω на частичные об-

ласти ωi (i = 1, 2, ..., n) с кусочно-гладкими границами, которые могут пересекаться между собой разве лишь по своим границам. Назовем рангом

разбиения число	λ	=	max d(ω )				P	i	Ω	i и
разбиения число		=	1	i n	i	. Выберем произвольные точки		i		i и
рассмотрим сумму				≤ ≤		n
						n
						f(Pi)ΔVi,			(2.1)
						=1
					Xi

где Vi = V (ωi) – объем области ωi. Сумма (2.1) называется интегральной суммой для функции f(P ), области Ω, разбиения {ωi} и точек Pi.

Определение 2.1. Число I называется тройным интегралом функции f(P ) по области Ω, если для любого ε > 0 существует такое δ > 0, что для любого разбиения {ωi}, ранг которого удовлетворяет условию λ < δ, и любых точек Pi Ωi справедливо неравенство

i=1

f(Pi)ΔVi − I < ε.

Функция f(P ) называется в этом случае интегрируемой по области Ω, а для ее интеграла используется обозначение

ZZZ

I = f(P )dV.

При вычислении тройного интеграла будут полезны следующие 2 свойства, аналогичные свойствам двойного интеграла:

1) если Ω = Ω1 Ω2 и области Ω1 и Ω2 пересекаются разве лишь по своим границам, то

ZZZ	f(P )dV = ZZZ	f(P )dV + ZZZ f(P )dV ;
Ω	Ω1	Ω2

2) если α1 IR, α2 IR и f1(P ), f2(P ) интегрируемы по Ω, то функция α1f1(P ) + α2f2(P ) тоже интегрируема по Ω и

ZZZ	[α1f1(P ) + α2f2(P )]dV = α1	ZZ	f1(P )dV + α2	ZZ f2(P )dV.
Ω		Ω		Ω

Приведем также свойство, связывающее интеграл с объемом:

ZZZ

3)dV = V (Ω).

2.2. Вычисление тройного интеграла

Аналогично двойному интегралу сведем тройной интеграл к повторному. Пусть в IR3 введена декартова система координат 0xyz и на области Ω задана функция f(P ). Как и в случае двойного интеграла, будем использовать обозначение f(x, y, z) ≡ f(P (x, y, z)).

Рассмотрим правильную относительно плоскости 0xy область Ω, т. е. область, декартовы координаты (x, y, z) точек которой удовлетворяют соотношениям: (x, y) Dxy, g1(x, y) ≤ z ≤ g2(x, y), где Dxy – замкнутая ограниченная область с кусочно-гладкой границей в плоскости 0xy, а g1(x, y) и g2(x, y) – непрерывные на Dxy функции.

Если функция f(x, y, z) непрерывна на Ω, то функция

	g2(x,y)
F (x, y) =	Z	f(x, y, z)dz

g1(x,y)

будет непрерывной в области Dxy и существует интеграл

ZZ		g2(x,y)
	dx dy	Z	f(x, y, z)dz,

Dxy g1(x,y)

называемый повторным интегралом функции f(x, y, z). При этом справедливо равенство


ZZZ f(P )dV ≡ ZZZ f(x, y, z)dx dy dz = ZZ dx dy				g2(x,y)
ZZZ f(P )dV ≡ ZZZ f(x, y, z)dx dy dz = ZZ dx dy				Z	f(x, y, z)dz.
Ω	Ω	Dxy	g1(x,y)

(2.2) Если область Dxy (плоская) является правильной относительно оси 0x, т. е. Dxy = {(x, y) : x1 ≤ x ≤ x2, h1(x) ≤ y ≤ h2(x)}, то двойной интеграл

по Dxy, в свою очередь, сводится к повторному интегралу и, следовательно,

ZZZ	x2		h2(x) g2(x,y)
ZZZ	f(x, y, z)dx dy dz = Z	dx	Z	dy	Z	f(x, y, z)dz.	(2.3)
Ω	x1	h1(x)		g1(x,y)

Для других возможных случаев справедливы формулы, аналогичные равенствам (2.2) и (2.3). В частности:

1) если Ω – правильная относительно плоскости 0xy, а Dxy – относительно оси 0y, т. е. Dxy = {y1 ≤ y ≤ y2, p1(y) ≤ x ≤ p2(y)}, то

ZZZ	y2		p2(y)		g2(x,y)
ZZZ	f(x, y, z)dx dy dz = Z	dy	Z	dx	Z	f(x, y, z)dz;

Ω	y1	p1(y)
2) если Ω – правильная относи-
тельно плоскости 0yz	(рис. 2.1),	т. е.

Ω = {(x, y, z) : (y, z) Dyz, g1(y, z) ≤ ≤ x ≤ g2(y, z)}, а Dyz = {z1 ≤ z ≤

≤ z2, h1(z) ≤ y ≤ h2(z)} – правильна относительно 0z, то

ZZZ

f(x, y, z)dx dy dz =

g1(x,y)

. . . . . . .
z . . . .	.	.	.
z2.−.			.
	.

.. . . . . ..

.. .. . . . . ..

		.	. . .	.	.
		.		.
z	.	.	D	.	.
z	.	.	D		.
. −		.	.z
. −			.z		.
.				.

.. . . .. . .

0 Ω .

.....

.. . . . . . .. . y

x. . z1.−.	.	. . .	. . .
		.

.. . . . . .

Рис. 2.1

= ZZ		g2(x,y)		z2		h2(z)		g2(y,z)
	dy dz	Z	f(x, y, z)dx =	Z	dz	Z	dy	Z	f(x, y, z)dx.
Dyz	g1(x,y)			z1	h1(z)		g1(y,z)

ZZZ

Пример 2.1. Вычислить интеграл x2yz dV , где область Ω огра-

ничена координатными плоскостями и плоскостью x + y + z = 1.

Здесь Ω – правильная область относительно 0xy, g1(x, y) = 0, g2(x, y) = = 1 − x − y. Плоская область Dxy ограничена прямыми x = 0, y = 0, x + y = 1, и двойной интеграл, в свою очередь, можно переписать как повторный:

11−x 1−x−y

ZZZZ Z Z

x2yz dV = dx dy

x2yz dz =

11−x

=dx

11−x

=dx

0 0 0

	x	2	z=0	! dy = dx	1−x	x	y(1 −2x − y)	dy =
		2yz2	z=1−x−y	1	1−x	2	2
				Z	Z

				0	0
				0	0
1		x2y + x4y + x2y3 − 2x3y − 2x2y2 + 2x3y2 dy =

2

	1	2	2 + 2					+ 4			− x3y2 −		2 3		+ 2 3			y=0! dx =
	= Z	2	2 + 2					+ 4			− x3y2 −		2 3		+ 2 3			y=0! dx =
	0	1 x2y2				x4y2			x2y4					x2y3		x3y3			1−x
	0

	1	4 x2	(1 − x)2 +					4 x4(1 − x)2 + 8 x2(1 − x)4 − 2 x3
	= Z0	4 x2	(1 − x)2 +					4 x4(1 − x)2 + 8 x2(1 − x)4 − 2 x3											(1 − x)2−
		1						1				1			1
				− 3 x2(1 − x)3							+ 3 x3	(1 − x)3 dx =
						1					1
			1
			1		−24 x6 + 3 x5 − 6 x3									+ 24 x2 dx =
			= Z0		−24 x6 + 3 x5 − 6 x3									+ 24 x2 dx =
							5			1	1		1
	−168 x7 +
=			18 x6								1	= −168 + 18 −					24		+ 72 = −	504.
=			18 x6		− 24 x4 + 72 x3 0							= −168 + 18 −					24		+ 72 = −	504.
	5		1		1			1					5		1		1		1	1

Источник: https://studfile.net/preview/16488774/

Смотрите также:






Изложение содержания дела, по которому приняты судебные постановления
_-___-~1
_1-тема-СтрМетал
_1966(~1
_files_materials_5053_prog.ntr