Документ: Кратные и криволинейные интегралы, страницы 6-10

6

Пример. Вычислить объем V цилиндрического тела, ограниченного двумя параболическими цилиндрами z = 1-y2 и x = y2 и площадь его основания D, расположенного в плоскости OXY..

z		1 y2		2			1		2		4		1	1		4
	VD	2	(1 y		)dx	dy 2	(y			y		)dy 2(			)
	VD	2	(1 y		)dx	dy 2	(y			y		)dy 2(	3	5	)	15
							0						3	5		15
1		0 0					0
1		1 y2				1		2
		1 y2				1
1	SD	2	dx dy 2 y2dy
1	SD	2	dx dy 2 y2dy
			0			0	3
1	y	0	0			0
1	y

x

Лекция 2. Приложения двойного интеграла.

Теорема. Пусть установлено взаимно однозначное соответствие областей Dxy и Duv с помощью непрерывных, имеющих непрерывные частные производные функций x (u,v), y (u,v). Пусть функция f(x,y) непрерывна в области Dxy. Тогда


f (x, y)dxdy f ( u,v , u,v )\| I \| dudv , где I		u	v	- якобиан (определитель
f (x, y)dxdy f ( u,v , u,v )\| I \| dudv , где I				- якобиан (определитель
Dxy	Duv
Dxy	Duv	u	v

Якоби).

Доказательство (нестрогое). Рассмотрим элементарную ячейку в координатах u, v: Q1, Q3, Q4, Q2 – прямоугольник со сторонами du, dv. Рассмотрим ее образ при отображении x (u,v), y (u,v) - ячейку P1, P3, P4, P2.

y

P2

v

Запишем координаты точек

Q1 (u, v), Q2 (u+du, v), Q3 (u, v+dv),

Q3

Q4

P1( u,v ,

u,v ),

P1

P2 u du,v , u du,v

P4

P ( u,v ' du), u,v ' du

u

P3

x

Q1

Q2

2

u

P3 u,v dv , u,v dv

P3 ( u,v v' dv),( u,v v' dv)

Приближенно будем считать ячейку P3, P4, P1, P2.параллелограммом, образованным

сторонами P1P2

u' du, u' du , P1P3

v' dv, v' dv .

Вычислим

площадь этой ячейки как

площадь параллелограмма.

i

j

k

'

du

'

du

'

S

PP PP

|

' du

0

|

k

|

| dudv | I | dudv.

u

1 2

1 3

u

'

dv

'

dv

'

v' dv

0

v

7

Подставляя в интеграл площадь параллелограмма в качестве площади ячейки dxdy,

получим f (x, y)dxdy			f ( u,v , u,v ) \| I \| dudv .
Dxy			Duv
Следствие. Рассмотрим частный случай –													полярную систему координат u , v :
					x		x			cos		sin
					x		x
x cos , y sin . I															.
x cos , y sin . I					y		y			sin		cos			.

Пример. Вычислить площадь внутри кардиоиды a(1 cos ) .
a(1 cos )					1	2		a(1 cos )					2					2		3				2
	d							\|0			d a			1 2cos cos					d		a .
S 2	d	d 2						\|0			d a			1 2cos cos					d	2	a .
0	0			0 2										0						2
Пример. Вычислить объем внутри прямого кругового																			цилиндра					x2 y2	1,
ограниченный плоскостью z x y									в первом октанте.
/ 2	1		/ 2	1		cos sin d										1	/ 2					2
V d zd				d												1	(sin cos )d					2	.
V d zd				d													(sin cos )d						.
0	0		0	0											3		0			3
0	0		0	0													0

Для каждой задачи можно выбрать ту систему координат, в которой вычисления проще. Декартова система координат удобна для прямоугольных областей. Если стороны прямоугольника параллельны координатным осям, то пределы интегрирования в повторном интеграле постоянны. Полярная система координат удобна для круга, кругового сектора или сегмента. Если центр круга находится в начале координат, то пределы интегрирования по углу и радиусу постоянны.

Приложения двойного интеграла.

Спомощью двойного интеграла можно вычислить объем цилиндрического тела, площадь и массу плоской области. От этих задач мы и пришли к двойному интегралу.

Но возможны и менее очевидные приложения.

Спомощью двойного интеграла можно вычислять площадь поверхности, определять статические моменты, моменты инерции и центр тяжести плоской области.

Вычисление площади поверхности с помощью двойного интеграла.

z

Qk

n k

k

y

Mk

D

x

Пусть поверхность , площадь которой надовычислить, задана уравнением F(x, y, z) = 0 или

уравнением z = f(x, y).

Введем разбиение на ячейки k, не имеющие общих внутренних точек, площадью vk. Пусть область и ячейки k проектируются на плоскость OXY в область D и ячейки dk площадью sk. Отметим на ячейке dk точку Mk. В точке Qk (ячейки k), которая проектируется в

dk

точку Mk, проведем единичный вектор нормали nk {cos k, cos k, cos k} к поверхности и касательную плоскость. Если приближенно считать равными площадь vk ячейки k и площадь ее проекции на касательную плоскость,

8

то можно считать справедливым соотношение vk cos k = sk. Выразим отсюдаvk= sk/ cos k. Будем измельчать разбиение при условии max diam k 0, что для

кусочно-гладкой поверхности, не ортогональной плоскости OXY, равносильно max diam dk0. Вычислим площадь поверхности как двойной интеграл

SD

limmax diam k 0

vk limmax diam dk 0

1

sk

D

1

ds.

k

k | cos xk , yk

,zk |

| cos x, y.z |

Сюда остается лишь подставить cos x, y,z .

Если поверхность задана уравнением F(x, y, z) = 0, то

n

gradF

1

Fx'

,Fy' ,Fz' cos ,cos ,cos .

gradF

Fx'2

Fy'2

Fz'2

F'

1

F'2

Fy' 2

Поэтому в этом случае cos

z

,

1

x

.

|cos |

Fz'2

F'2

F' 2

F

'2

x

y

z

SD

F

'2

Fy'2

1

x

dxdy.

'2

D

Fz

Если поверхность задана уравнением z = f(x, y), то уравнение это можно

свести к уравнению F(x, y, z) = 0 и применить выведенную формулу:

1

f (x, y) z F(x, y,z) 0,

F'

1, F' f '

, F'

f ' ,

1 f

'2

f '2

| cos |

z

x

y

x

y

SD

1 fx'2 fy'2 dxdy.

D

Пример.

Вычислить площадь

поверхности

конуса

z2 x2

y2 , ограниченной

плоскостями x y 2, x y 3.

y			F z2	x2 y2			0, F'			2x, F'			2y, F' 2z
y									x			y			z
3
	D	1				x2	y2
	D	1			1	x2	y2			2.
2					1	z2				2.
2			cos			z2
		x									1	9 4		5
		S			2dxdy			2SD		2	1			5	.
															.
2	3													2
2	3		D							2				2

Вычисление статических моментов, координат центра тяжести, моментов инерции.

Пусть задана плотность вещества плоской материальной области D (x, y). Выделим элементарную ячейку с массой dm и применим к ней известные формулы для материальной

точки:
Статические моменты относительно осей OX, OY	dmx = y dm = y (x, y) ds,
	dmy = x dm = x (x, y) ds.
Моменты инерции относительно осей OX, OY	dJx = y2 dm = y2 (x, y) ds,
	dJy = x2 dm = x2 (x, y) ds.

Момент инерции относительно начала координат dJ0 = dJx + dJy.

9

Двойным интегралом по всей области D вычисляем те же характеристики для области D.

mx y x, y ds, my x x, y ds,

Jx y2 x, y ds,

Jy x2 x, y ds , J0 = Jx + Jy.

D

my

D

m

m x, y ds - масса области D.

Координаты центра тяжести x

,

y

x

, где

m

D

Пример. Вычислить координаты центра тяжести полукруга

x2 y2 R2 , y 0

с заданной

плотностью x, y y.

R

2

3

R

m x, y dxdy ydxdy rsin rdr d

3

D

0 0

y x, y dxdy

2

R

2

4

mx

y

dxdy

r

sin

rdr

d

R

D

0 0

8

x x, y dxdy

R

my

xydxdy

r

2

sin cos rdr

(это было ясно

заранее, по

d 0

D

0 0

симметрии полукруга относительно OYи независимости плотности от координаты x).

my

m

3 R

Поэтому x

0, y

x

.

m

16

полукруга x2

y2 R2 , y 0

Пример.

Вычислить

момент инерции

с заданной

плотностью x, y относительно прямой y R.

Jy R (y R)2 x, y dxdy y2 x, y dxdy 2R y x, y dxdy R2 x, y dxdy

D

y2 x, y dxdy 2R y x, y)dxdy R2 x, y dxdy Jx

2Rmx R2m.

D

Эта формула известна в теоретической механике.

Замечание о несобственных двойных интегралах.

Точно так же, как и в определенных интегралах, вводят несобственные двойные интегралы двух типов: интеграл от непрерывной функции по неограниченной области (первого рода) и интеграл от разрывной функции по ограниченной области (второго рода).

Интеграл первого рода определяют как предел последовательности двойных интегралов от непрерывной функции по «расширяющимся» областям, стремящимся к заданной неограниченной области. Если предел существует и конечен, то интеграл называется сходящимся, если предел не существует или бесконечен, то интеграл называется расходящимся.

Интеграл второго рода6 определяют как предел последовательности интегралов от непрерывной функции по «расширяющимся» областям, стремящимся к заданной области и исключающим точку разрыва. Если предел существует и конечен, то интеграл называется сходящимся, если предел не существует или бесконечен, то интеграл называется расходящимся.

Пример.	Показать, что несобственный интеграл первого рода			dxdy		по
Пример.	Показать, что несобственный интеграл первого рода				n	по

			D	x2 y2
области D:	x2 y2	R сходится при n 2	и расходится при n 2.

6 предполагается, что в области есть только одна точка разрыва функции

10

Показать, что

несобственный

интеграл

второго

рода

dxdy

по области

n

B

x2 y2

B : x2 y2

R

сходится при n 2 и расходится при

n 2. Вычислим этот интеграл по

области D : R r

x2

y2

R

2

.

1

rd dr

2 R2

1

R2 n R2 n .

r1 ndr d 2

r

n

2 n

2

1

D1

0 R1

dxdy

2

R2 n R

2 n

2 R12 n

=lim

n 2

(R R),

n 2

n

R2

2 n

2

1

D

x

2

y

2

n 2

dxdy

2

R2 n R2 n

2 R22 n

=lim

n 2

(R

R).

R1

2 n

2

n

0

2 n

2

1

B

x

2

y

2

n 2

Часто расширение математических знаний позволяет решать задачи, которые не получались старыми методами.


Пример. Вычислить интеграл Пуассона																	J e x2 dx.
																		0
Неопределенный интеграл												e x2 dx «не берется». Но двойной интеграл по области
D: x 0, y 0 равен

	2	2	)					x		2			y		2		x	2		y	2		2
I = e	(x	y	)	dxdy		e		x					y		dy e		x	dx e		y	dy	J	2	.
I = e				dxdy		e					dx e				dy e			dx e			dy	J		.
D					0 0											0		0
С другой стороны, переходя к полярным координатам, получим
/.2							limr e r2									1
I =	d re r2 dr																	.
I =	d re r2 dr					4												.
0		0				4											4
0		0


Поэтому J e x2 dx=														. По четности					e x2					.
									I
									I
				0								2
				0

Лекция 3 Тройной интеграл.

Задача о массе пространственного тела.

Пусть есть некоторое пространственное материальное тело, занимающее область V, в каждой точке которой задана объемная плотность f(x, y, z). Надо вычислить массу пространственного тела.

Эта задача приводит к понятию тройного интеграла.

Введем разбиение области V на элементарные области, не имеющие общих внутренних точек (условие А) vk с малым объемом vk (обозначение области и ее объема обычно одно

и то же, это принято уже более 200 лет и не вносит путаницы).

На каждом элементе разбиения – элементарной области отметим точку Mk(xk, yk, zk). Вычислим плотность в этой точке f(xk, yk, zk) = f(Mk) и предположим, что плотность

Материал: Кратные и криволинейные интегралы

Смотрите также: