Площадь фигуры ограниченной двумя окружностями

В этом разделе мы продолжим разбирать тему вычисления площадей плоских фигур. Рекомендуем тем, кто изучает темы не по порядку, сначала обратиться к статье «Геометрический смысл определенного интеграла» и разобрать способы вычисления площади криволинейной трапеции. Нам понадобится вычислять площади фигур, которые ограничены ограничены линиями y = f ( x ) , x = g ( y ) в прямоугольной системе координат. А также раздел «Свойства площади фигур», где была разобрана квадрируемость плоских фигур.

Видео:Как найти площадь фигуры ограниченной квадратом, окружностью и линиейСкачать

Краткий обзор статьи

• Начнем с определения понятия криволинейного сектора, получим формулу для вычисления его площади. Для этого мы используем понятие определенного интеграла Дарбу.
• Подробно разберем решения задач с использованием таких кривых как кардиоида, архимедова спираль и лемниската Бернулли.
• В отдельную подтему мы выделили нахождение площади фигуры, которая представлена как разность двух криволинейных секторов.

Видео:Площадь фигуры через двойной интеграл в полярных координатахСкачать

Полярная система координат и криволинейный сектор

Точка, расположенная в полярной системе координат, имеет полярный угол φ 0 и полярный радиус r 0 ≥ 0 . Полярный угол φ 0 отсчитывается от полярной оси по часовой стрелке, а r 0 — это расстояние от заданной точки до начала координат.

На рисунке мы отметили начало координат (полюс) жирной черной точкой, полярная ось имеет вид луча черного цвета, а красная точка определяется углом φ 0 = 3 π 4 и расстоянием до полюса r 0 = 4 .

Мы можем рассматривать полярную систему координат одновременно с прямоугольной декартовой. Для этого необходимо совместить начала координат обеих систем, а ось абсцисс и полярной осью.

Задать связь полярных и декартовых координат можно соотношениями r = x 2 + y 2 φ = a r c t g y x , x ≠ 0 и обратно x = r · cos φ y = r · sin φ .

Координаты красной точки на чертеже 2 3 ; 2 . Положение этой точки задается углом φ 0 = a r c t g 2 2 3 = π 6 и расстоянием r 0 = 2 3 2 + 2 2 = 4 .

В полярной системе координат равенство φ = α задает луч, который выходит из точки начала координат и составляет угол α с полярной осью. При этом, угол α может быть задан как в радианах, так и в градусах. Полярную ось мы можем задать уравнением вида φ = 0 . Равенство r = C > 0 задает окружность с центром в начале координат, где — это радиус.

Функция r = p ( φ ) , φ ∈ α ; β определяет некоторую линию в полярных координатах.

Следует учитывать тот факт, что с позиции геометрии функция r = p ( φ ) , φ ∈ α ; β во всех случаях будет неотрицательной. Связано это с тем, что она задает расстояние от начала координат до точки для заданного значения угла φ = φ 0 ∈ α ; β . Однако мы будем встречать и отрицательные значения r = p ( φ ) функции, что зависит от отношения к данному вопросу конкретных исследователей и преподавателей.

На рисунке мы изобразили несколько примеров линий в полярной системе координат.

Дадим определение криволинейному сектору.

Криволинейный сектор представляет собой фигуру, которая ограничена лучами φ = α , φ = β и некоторой линией r = p ( φ ) ≥ 0 , непрерывной на участке α ; β .

На рисунке мы привели несколько примеров криволинейных секторов.

На последнем рисунке мы рассмотрели случай, когда фигура располагается между лучами φ = — π 6 , φ = π 6 , которые не являются ее границами.

Видео:Математика без Ху!ни. Определенные интегралы, часть 3. Площадь фигуры.Скачать

Площадь криволинейного сектора — вывод формулы

Для вычисления площади криволинейного сектора мы можем вывести формулу. Для этого мы можем использовать формулу площади кругового сектора радиуса R с внутренним углом γ из школьного курса геометрии: S к р у г о в о г о с е к т о р а = γ · R 2 2 . Задаем внутренний угол γ в радианах.

Разобьем криволинейный сектор на n частей такими лучами

φ = φ 1 , φ = φ 2 , . . . , φ = φ n — 1 , что α = φ 0 φ 1 φ 2 . . . φ n — 1 β и λ = m a x i = 1 , 2 , . . . , n φ i — φ i — 1 → 0 при n → + ∞ .

Учитывая свойства площади фигуры, мы можем представить площадь исходного криволинейного сектора S ( G ) как сумму площадей секторов S ( G i ) на каждом из участков разбиения:

S ( G ) = ∑ i = 1 n S ( G i )

Обозначим наибольшее и наименьшее значения функции r = p ( φ ) на i -ом отрезке φ i — 1 ; φ i , i = 1 , 2 , . . . , n как R m i n i и R m a x i . На каждом из отрезков построим по два круговых сектора P i и Q i с максимальным и минимальным радиусами R m i n i и R m a x i соответственно.

Фигуры, которые являются объединением круговых секторов Q i , i = 1 , 2 , . . . , n ; P i , i = 1 , 2 , . . . , n , обозначим как P и Q соответственно.

Их площади будут равны S ( P ) = ∑ i = 1 n S ( P i ) = ∑ i = 1 n 1 2 ( R m i n i ) 2 · φ i — φ i — 1 и S ( Q ) = ∑ i = 1 n S ( Q i ) = ∑ i = 1 n 1 2 ( R m a x i ) 2 · φ i — φ i — 1 , причем S ( P ) ≤ S ( G ) ≤ S ( Q ) .

Так как функция r = p φ непрерывна на отрезке α ; β , то функция 1 2 p 2 φ будет непрерывна на этом отрезке. Если рассматривать S ( P ) и S ( Q ) для этой функции как нижнюю и верхнюю суммы Дарбу, то мы можем прийти к равенству:

lim λ → 0 S ( P ) = lim λ → 0 S ( Q ) = S ( G ) ⇒ S ( G ) = lim λ → 0 ∑ i = 1 n 1 2 ( R m i n i ) 2 · φ i — φ i — 1 = = lim λ → 0 ∑ i = 1 n 1 2 ( R m a x i ) · φ i — φ i — 1 = 1 2 ∫ β α p 2 φ d φ

Формула для определения площади криволинейного сектора имеет вид:

S ( G ) = 1 2 ∫ β α p 2 φ d φ

Видео:Найти площадь фигуры, ограниченной линиями. Пример 1.Скачать

Примеры вычисления площади криволинейного сектора

Рассмотрим алгоритмы вычисления площади криволинейного сектора с полярной системе координат на конкретных примерах.

Необходимо вычислить площадь плоской фигуры в полярных координатах, которая ограничена линией r = 2 sin 2 φ и лучами φ = π 6 , φ = π 3 .

Решение

Для начала, изобразим описанную в условии задачи фигуру в полярной системе координат. Функция r = 2 sin ( 2 φ ) положительна и непрерывна на отрезке φ ∈ π 6 , π 3 .

Полученная фигура является криволинейным сектором, что позволяет нам применить формулу для нахождения площади этого сектора.

S ( G ) = 1 2 ∫ π 6 π 3 ( 2 sin ( 2 φ ) 2 d φ = ∫ π 6 π 3 2 ( sin ( 2 φ ) 2 d φ = ∫ π 6 π 3 2 · 1 — cos 4 φ 2 d φ = ∫ π 6 π 3 ( 1 — cos ( 4 φ ) ) d φ = φ — 1 4 sin ( 4 φ ) π 6 π 3 = = π 3 — 1 4 sin 4 π 3 — π 6 — 1 4 sin 4 π 6 = π 6 + 3 4

Ответ: S ( G ) = π 6 + 3 4

Задача упрощается в тех случаях, когда лучи φ = φ 1 , φ = φ 2 , ограничивающие фигуру, заданы. Тогда нам не нужно задумываться о пределах интегрирования при проведении вычисления площади.

Чаще встречаются задачи, где фигуру ограничивает лишь кривая r = p ( φ ) . В этих случаях применить формулу S ( G ) = 1 2 ∫ α β p 2 ( φ ) d φ сразу не получится. Для начала придется решить неравенство p ( φ ) ≥ 0 для нахождения пределов интегрирования. Так мы можем поступить в тех случаях, когда функция r = p φ неотрицательная. В противном случае нам придется ориентироваться только на область определения и период функции.

Необходимо вычислить площадь фигуры, которая ограничена кривой в полярных координатах r = — 3 · cos 3 φ .

Решение

Функция определена для всех действительных значений аргумента. Решим неравенство — 3 · cos 3 φ ≥ 0 :

— 3 · cos 3 φ ≥ 0 ⇔ cos 3 φ ≤ 0 ⇔ cos φ ≤ 0 ⇔ ⇔ π 2 + 2 πk ≤ φ ≤ 3 π 2 + 2 πk , k ∈ Z

Построим функцию в полярных координатах на отрезке φ ∈ π 2 ; 3 π 2 (при k = 0 ). Для других значений k в силу периодичности косинуса мы будем получать ту же самую кривую.

Применим формулу для вычисления площади фигуры в полярных координатах. В качестве нижнего и верхнего предела можно брать π 2 + 2 πk и 3 π 2 + 2 πk соответственно для любого целого значения k .

S ( G ) = 1 2 ∫ π 2 3 π 2 ( — 3 · cos 3 φ ) d φ = 9 2 ∫ π 2 3 π 2 cos 6 φ d φ

Для того, чтобы получить ответ, нам необходимо вычислить полученный определенный интеграл. Для этого мы можем использовать формулу Ньютона-Лейбница. Первообразную для формулы Ньютона-Лейбница мы можем с помощью рекуррентной формулы вида K n ( x ) = sin x · cos n — 1 ( x ) n + n — 1 n K n — 2 ( x ) , где K n ( x ) = ∫ cos n ( x ) d x .

∫ cos 6 φ d φ = sin φ · cos 5 φ 6 + 5 6 ∫ cos 4 φ d φ = = sin φ · cos 5 φ 6 + 5 6 sin φ · cos 3 φ 4 + 3 4 cos 2 φ d φ = = sin φ · cos 5 φ 6 + 5 sin φ · cos 3 φ 24 + 15 24 sin φ · cos φ 2 + 1 2 ∫ cos 0 φ d φ = = ∫ π 2 3 π 2 cos 6 φ d φ = sin φ · cos 5 φ 6 + 5 sin φ · cos 3 φ 24 + 15 sin φ · cos φ 48 + 15 φ 48 π 2 3 π 2 = = 15 48 · 3 π 2 — 15 48 · π 2 = 5 π 16

Таким образом, искомая площадь фигуры, ограниченной линией в полярной системе координат, равна S ( G ) = 9 2 ∫ π 2 3 π 2 cos 6 φ d φ = 9 2 · 5 π 16 = 45 π 32 .

Ответ: S ( G ) = 45 π 32

В тех случаях, когда в полярной системе координат задается множество кривых, которые по форме напоминают листья клевера или цветка, площадь фигур, ограниченных этими кривыми, часто одинаковы. В этих случаях можно вычислить площадь одного «лепестка» и умножить ее на количество криволинейных фигур.

Необходимо вычислить площадь плоской фигуры в полярной системе координат, которая ограничена линией r = 3 · cos ( 3 φ ) .

Решение

Найдем область определения, исходя из того, что эта функция неотрицательна для любого φ из области определения.

cos ( 3 φ ) ≥ 0 ⇔ — π 2 + 2 πk ≤ 3 φ ≤ π 2 + 2 πk , k ∈ Z — π 6 + 2 π 3 k ≤ φ ≤ π 6 + 2 π 3 k , k ∈ Z

Таким образом, период функции r = 3 · cos 3 φ равен 2 π 3 . Это значит, что фигура состоит из трех областей одинаковой площади.

Построим фигуру на графике.

Вычислим площадь одного участка, расположенного на интервале φ ∈ π 2 ; 5 π 6 (при k = 1 ):

1 2 ∫ π 2 5 π 6 9 cos ( 3 φ ) d φ = 1 2 · 3 sin ( 3 φ ) π 2 5 π 6 = 3 2 sin 3 · 5 π 6 — sin 3 · π 2 = 3 2 ( 1 — ( — 1 ) = 3

Ответ: Площадь всей фигуры будет равна площади найденного участка, умноженной на 3.

Аналогичным образом можно найти площади фигур, имеющих сходное строение. Примером может служить лемниската Бернулли.

Видео:Найти площадь фигуры, ограниченной линиями. Пример 5.Скачать

Площадь фигуры, которую ограничивает лемниската Бернулли

Лемниската Бернулли задается уравнением r = α · cos 2 φ где a – положительное число, влияющее на размер линии (но не на конфигурацию, схожую с символом бесконечности). Лемниската Бернулли строится при — π 4 + π · k ≤ φ ≤ π 4 + π · k , k ∈ Z .

Лемниската служит границей фигуры, которую можно представить как два равных по площади участка.

Для вычисления площади используем нужную формулу:

S ( G ) = 2 · 1 2 ∫ — π 4 π 4 a 2 cos ( 2 φ ) 2 φ = a 2 2 ( sin ( 2 φ ) ) — π 4 π 4 = = a 2 2 sin 2 · π 4 — sin 2 · — π 4 = a 2

Получается, что площадь фигуры, которую ограничивает лемниската Бернулли, равна квадрату коэффициента a .

Видео:Вычислите площадь фигуры, ограниченной линиямиСкачать

Площадь фигуры, границей которой является кардиоида

В полярной системе координат кардиоида задается уравнением вида r = 2 a ( 1 + cos φ ) . В этом уравнении a – некоторое положительное число. Задающая кардиоиду функция является периодической с периодом 2 π . Она определена для всех действительных значений угла. Это значит, что для вычисления площади нижним пределом интегрирования мы будем считать любое число, а верхним, то, которое на 2 π больше нижнего.

Вычислим площадь фигуры, ограниченной кардиоидой r = 2 a ( 1 + cos φ ) , для φ ∈ 0 ; 2 π :

S ( G ) = 1 2 ∫ 0 2 π ( 2 a ( 1 + cos φ ) ) 2 d φ = 2 a 2 ∫ 0 2 π ( 1 + 2 cos φ + cos 2 φ ) d φ = = 2 a 2 ∫ 0 2 π 1 + 2 cos φ + 1 + cos 2 φ 2 d φ = = 2 a 2 ∫ 0 2 π 3 2 + 2 cos φ + cos ( 2 φ ) 2 d φ = = 2 a 2 3 2 φ + 2 sin φ + 1 4 sin 2 φ 0 2 π = 6 π · a 2

Видео:Длина окружности. Площадь круга. 6 класс.Скачать

Площадь фигуры, которую ограничивает улитка Паскаля

В полярной системе координат улитка Паскаля может быть задана уравнением r = b + 2 a · cos φ . В этом уравнении a – это некоторое положительное число, b – любое действительное число. Кардиоиду можно рассматривать как частный случай улитки Паскаля. Получить кардиоиду можно при b = 2 a .

Улитка Паскаля в зависимости от значений параметров a и b может принимать различный вид. В данном разделе мы рассмотрим случаи, когда функцию r неотрицательная.

При b — 2 a функция r = b + 2 a · cos φ будет отрицательной для любого значения угла φ .

При b = — 2 a улитка Паскаля имеет вид точки, которая совпадает с полюсом.

При — 2 a b 0 функция r = b + 2 a · cos φ неотрицательна для φ ∈ — a r c cos — b 2 a + 2 πk ; arccos — b 2 a + 2 πk , k ∈ Z .

При 0 b 2 a функция r = b + 2 a · cos φ неотрицательна для φ ∈ — a r c cos — b 2 a + 2 πk ; arccos — b 2 a + 2 πk , k ∈ Z . Она ограничивает фигуру, которая по конфигурации напоминает кардиоиду.

При b > 2 a функция r = b + 2 a · cos φ является неотрицательной для любого значения угла. Графическая иллюстрация этого случая приведена ниже

Для того, чтобы правильно определить пределы интегрирования, необходимо учитывать соотношение параметров a и b .

Необходимы вычислить площадь фигуры, которая ограничена линиями, заданными уравнениями r = — 3 + 6 cos φ и r = 5 + 4 cos φ в полярной системе координат.

Решение

Формула r = — 3 + 6 cos φ соответствует фигуре, известной как улитка Паскаля..

Функция r = — 3 + 6 cos φ определена для всех значений угла φ . Нам необходимо выяснить, при каких φ функция будет неотрицательной:

— 3 + 6 cos φ ≥ 0 ⇔ cos φ ≥ 1 2 ⇔ — π 3 + 2 π k ≤ φ ≤ π 3 + 2 πk , k ∈ Z

Проведем вычисление площади фигуры, которая ограничена данной улиткой Паскаля:

S ( G ) = 1 2 ∫ — π 3 π 3 ( — 3 + 6 cos φ ) 2 d φ = 9 2 ∫ — π 3 π 3 ( 1 — 4 cos φ + 4 cos 2 φ ) d φ = = 9 2 ∫ — π 3 π 3 1 — 4 cos φ + 4 · 1 + cos 2 φ 2 d φ = = 9 2 ∫ — π 3 π 3 ( 3 — 4 cos φ + 2 cos ( 2 φ ) ) d φ = 9 2 · 3 φ — 4 sin φ + sin ( 2 φ — π 3 π 3 = = 9 2 · 3 · π 3 — 4 sin π 3 + sin 2 π 3 — 3 · — π 3 — 4 sin — π 3 + sin — 2 π 3 = = 9 2 · 2 π — 3 3

Улитка Паскаля, определяемая формулой r = 5 + 4 cos φ , соответствует пятому пункту. Функция r = 5 + 4 cos φ определена и положительна для всех действительных значений φ . Поэтому, площадь фигуры в этом случае равна:

S ( G ) = 1 2 ∫ 0 2 π ( 5 + 4 cos φ ) 2 d φ = 1 2 ∫ 0 2 π ( 25 + 40 cos φ + 16 cos 2 φ ) d φ = = 1 2 ∫ 0 2 π 25 + 40 cos φ + 16 · 1 + cos ( 2 φ ) 2 d φ = = 1 2 ∫ 0 2 π ( 33 + 40 cos φ + 8 cos ( 2 φ ) ) d φ = 1 2 · 33 φ + 40 sin φ + 4 sin ( 2 φ 0 2 π = = 1 2 · 33 · 2 π + 40 sin ( 2 π + 4 sin ( 4 π ) — 33 · 0 + 40 sin 0 + 4 sin 0 = 33 π

Ответ: S ( G ) = 33 π

Видео:Площадь фигуры, ограниченной линиями y=x^2Скачать

Площадь фигур, границей которых является спираль Архимеда или логарифмическая спираль

Сразу обратимся к примеру.

Необходимо вычислить площадь фигур в полярной системе координат, первая из которых ограничена первым витком спирали Архимеда r = α φ , α > 0 , а вторая первым витком логарифмической спирали r = α φ , α > 1 .

Решение

Если в задаче сказано, что фигура ограничена первым витком спирали Архимеда, то угол φ изменяется от нуля до двух пи.

Исходя из этого, найдем площадь фигуры по формуле:

S ( G ) = 1 2 ∫ 0 2 π ( α φ ) 2 d ϕ = α 2 2 ∫ 0 2 π φ 2 d φ = α 2 2 · φ 3 3 0 2 π = 4 α 3 π 3 3

Аналогично вычисляется площадь фигуры, ограниченной первым витком логарифмической спирали:

S ( G ) = 1 2 ∫ 0 2 π ( α ϕ ) 2 d ϕ = 1 2 ∫ 0 2 π a 2 φ d φ = 1 4 ln a · a 2 φ 0 2 π = = 1 4 ln a · a 4 π — 1

Видео:Криволинейная трапеция и ее площадь. 11 класс.Скачать

Нахождение площади фигуры, которую можно представить как разность двух криволинейных секторов

Пусть фигура в полярной системе координат ограничена лучами φ = α , φ = β и непрерывными и неотрицательными на интервале φ ∈ α ; β функциями r = p 1 ( φ ) и r = p 2 ( φ ) , причем p 1 ( φ ) ≤ p 2 ( φ ) для любого угла φ = φ 0 ∈ α ; β .

Находим площадь фигуры по формуле S ( G ) = 1 2 ∫ α β p 2 2 ( φ ) — p 1 2 ( φ ) d φ .

Действительно, в силу свойства аддитивности площади, фигуру G можно представить как разность двух криволинейных секторов G 2 и G 1 .

Тогда площадь фигуры G равна разности площадей этих криволинейных секторов:

S ( G ) = S ( G 2 ) — S ( G 1 ) = 1 2 ∫ α β p 2 2 ( φ ) d φ — 1 2 ∫ α β p 1 2 ( φ ) d φ = = 1 2 ∫ α β p 2 2 ( φ ) — p 1 2 ( φ ) d φ

Последний переход возможен в силу третьего свойства определенного интеграла.

Необходимо вычислить площадь фигуры, которая ограничена линиями φ = 0 , φ = π 3 , r = 3 2 , r = 1 2 φ в полярной системе координат.

Решение

Построим заданную фигуру на графике.

Очевидно, что r = 3 2 больше r = 1 2 φ для любого φ ∈ 0 ; π 3 . Применяем полученную формулу для вычисления площади фигуры:

S ( G ) = 1 2 ∫ 0 π 3 3 2 2 — 1 2 φ 2 d φ = 1 2 ∫ 0 π 3 9 4 — 2 — 2 φ d φ = = 1 2 · 9 4 φ + 1 2 · 2 — 2 φ ln 2 0 π 3 = 1 2 · 9 4 φ + 1 ln 2 · 1 2 2 φ + 1 0 π 3 = = 1 2 · 9 4 · π 3 + 1 ln 2 · 1 2 2 · π 3 + 1 — 9 4 · 0 + 1 ln 2 · 1 2 2 · 0 + 1 = = 1 2 · 3 π 4 + 2 — 2 π 3 — 1 2 · ln 2

Ответ: S ( G ) = 1 2 · 3 π 4 + 2 — 2 π 3 — 1 2 · ln 2

А теперь рассмотрим пример, когда фигура ограничена линиями, заданными в прямоугольной системе координат. Площадь такой фигуры намного проще вычислять, используя полярные координаты.

Необходимо вычислить площадь фигуры, которая ограничена прямыми линиями y = 1 3 x , x = 3 x , окружностями ( x — 2 ) 2 + ( y — 3 ) 2 = 13 , ( x — 4 ) 2 + ( y — 3 ) 2 = 25 .

Решение

В прямоугольной системе координат вычислить площадь полученной фигуры можно, но дело это долгое и хлопотное. Намного проще перейти к полярной системе координат, воспользовавшись формулами перехода.

x = r · cos φ y = r · sin φ ⇒ y = 1 3 x ⇔ r · sin φ = r · cos φ 3 ⇔ t g φ = 1 3 ⇔ φ = π 6 + πk y = 3 x ⇔ r · sinφ = 3 · r · cosφ ⇔ tgφ = 3 ⇔ φ = π 3 + πk ( x — 2 ) 2 + ( y — 3 ) 2 = 13 ⇔ x 2 + y 2 = 4 x + 6 y ⇔ r = 4 cosφ + 6 sinφ ( x — 4 ) 2 + ( y — 3 ) 2 = 25 ⇔ x 2 + y 2 = 8 x + 6 y ⇔ r = 8 cosφ + 6 sinφ

Функция r = 8 cos φ + 6 sin φ больше r = 4 cos φ + 6 sin φ для любого φ ∈ π 6 ; π 3 . Вычисляем площадь фигуры в полярных координатах:

S ( G ) = 1 2 ∫ π 6 π 3 8 cos φ + 6 sin φ 2 — 4 cos φ + 6 sin φ 2 d φ = = 1 2 ∫ π 6 π 3 ( 48 cos 2 φ + 48 cos φ · sin φ ) d φ = = 24 ∫ π 6 π 3 cos 2 φ d φ + 24 ∫ π 6 π 3 cos φ · sin φ d φ = = 12 ∫ π 6 π 3 ( 1 + cos 2 φ ) d φ + 24 ∫ π 6 π 3 sin φ d ( sin φ ) = = 12 · φ + 1 2 sin ( 2 φ ) π 6 π 3 + 12 · sin 2 φ π 6 π 3 = = 12 · π 3 + 1 2 sin 2 π 3 — π 6 + 1 2 sin 2 π 6 + 12 · sin 2 π 3 — sin 2 π 6 = = 12 · π 6 + 12 · 3 2 2 — 1 2 2 = 2 π + 6

Видео:Площадь фигуры ограниченной линиями у = 1 – х. у = 3 -2х – х^2Скачать

Площадь фигуры ограниченной двумя окружностями

Учасники групи мають 10% знижку при замовленні робіт, і ще багато бонусів!

Контакты

Администратор, решение задач
Роман

Tel. +380685083397
[email protected]
skype, facebook:
roman.yukhym

Решение задач
Андрей

facebook:
dniprovets25

Видео:Применение определенного интеграла при решении геометр. и физических задач. Практ. часть. 11 класс.Скачать

Кратные интегралы в математике с примерами решения и образцами выполнения

При изучении темы «Кратные интегралы» вы научитесь записывать области (на плоскости и в пространстве) с помощью неравенств в декартовых, полярных, цилиндрических и сферических координатах, расставлять пределы интегрирования и сводить кратные
интегралы к повторным. Вы научитесь также решать задачи геометрии и механики с использованием двойных и тройных интегралов (в декартовых, полярных, обобщенных полярных, цилиндрических и сферических координатах).

Видео:Найти площадь пересечения кругов. Задача для тех, кто учился в школе на пятеркиСкачать

Изменение порядка интегрирования

Постановка задачи. Изменить порядок интегрирования

1.Область интегрирования состоит из двух областей и
Зададим их неравенствами

2.Решаем системы неравенств, определяющих области и
относительно у и получаем

3.Определяем границы изменения х, решая неравенства

Получаем и

4.Области и можно представить в виде

5.Записываем интегралы I с измененным порядком интегрирования:

6.Если и или
то I можно представить одним интегралом

или

Пример:

Изменить порядок интегрирования

Решение:

1.Область интегрирования состоит из двух областей и
Зададим их неравенствами

2.Решаем системы неравенств, определяющих области и
относительно у и получаем

3.Определяем границы изменения х, решая неравенства

Учитывая, что в обоих случаях получаем

4.Области и можно представить в виде

5.Записываем интегралы I с измененным порядком интегрирования:

6.Пользуясь линейностью и аддитивностью интегралов, получаем

Ответ.

Двойной интеграл в декартовых координатах

Постановка задачи. Вычислить двойной интеграл

где область D ограничена линиями (и, возможно, прямыми х = а и х = b или у = с и у = d).

1.Зададим область D неравенствами. Для этого выясним, каким
из неравенств

или

удовлетворяют координаты точек области D.

Пусть, например, такими неравенствами оказались и Тогда

Решаем неравенства, определяющие D, относительно х и у. Получаем

2.Переходим от двойного интеграла к повторному:

3.Последовательно интегрируем, используя свойства определенного интеграла.

Замечание:

Если необходимо, разбиваем область на части и используем свойство аддитивности интеграла.

Пример:

Вычислить двойной интеграл

где область D ограничена линиями

Решение:

1.Зададим область D неравенствами. Очевидно, что Поэтому Поскольку ж фигурирует под знаком квадратного корня, Для х возможны неравенства или Во втором случае область неограничена, что неприемлемо.

2.Переходим от двойного интеграла к повторному:

3.Используя свойства определенного интеграла, последовательно
интегрируем сначала по у (считая х постоянной), затем по х:

Ответ.

Двойной интеграл в полярных координатах

Постановка задачи. Вычислить двойной интеграл

где область D ограничена двумя окружностями

или

и двумя прямыми

1.Зададим область D неравенствами в декартовой системе координат.

Для этого заметим, что окружности и
проходят через начало координат и их центры
расположены на оси ОХ (при ) или на оси OY (при
) по одну сторону от начала координат (так как или ). Поэтому та из окружностей, которая имеет меньший радиус, расположена внутри другой. Пусть, например, это окружность Область D находится между окружностями, поэтому координаты точек области D удовлетворяют неравенствам

Прямые и проходят через начало
координат. Область D расположена между ними. Учитывая, в какой полуплоскости находятся окружности и, следовательно, область
D, определяем, каким из следующих пар неравенств удовлетворяют
координаты точек области D:

2.Так как область D ограничена окружностями и прямыми, проходящими через начало координат, поставленную задачу проще решать в полярных координатах

При этом а искомый интеграл определяется формулой

3.Чтобы найти область D’, заменяем в неравенствах, определяющих область D, х на и y на Затем разрешаем полученные неравенства относительно и Таким образом получим

4.Переходим от двойного интеграла к повторному:

и последовательно интегрируем, используя свойства определенного
интеграла.

Пример:

Вычислить двойной интеграл

где область D ограничена линиями

Решение:

1.Зададим область D неравенствами в декартовой системе координат. Для этого заметим, что, выделяя полные квадраты в уравнениях окружностей и их можно
привести к виду

Очевидно, что обе окружности проходят через начало координат
и их центры расположены на оси OY в точках (0,2) и (0,4). Окружность (1) имеет радиус 2 и, следовательно, лежит внутри окружности (2), имеющей радиус 4. Поскольку область D находится между окружностями, координаты ее точек удовлетворяют неравенствам

Прямые и х = 0 проходят через начало координат. Область D расположена между ними. Учитывая, что окружности, а следовательно, и область D находятся в верхней полуплоскости, заключаем, что область D находится над прямой и справа от прямой х = 0. Поэтому координаты точек области D удовлетворяют неравенствам

2.Так как область D ограничена окружностями и прямыми, проходящими через начало координат, поставленную задачу проще решать в полярных координатах

При этом а искомый интеграл определяется формулой

3.Чтобы найти область D’, заменяем в неравенствах, определяющих область D, х на и y на

Решая эти неравенства относительно и получаем

4.Переходим от двойного интеграла к повторному:

Последовательно интегрируя, получаем

Ответ.

Двойной интеграл в обобщенных полярных координатах

Постановка задачи. Вычислить двойной интеграл

где область D задана неравенствами

1.Область D задана неравенствами в декартовой системе координат, т.е.

2.Так как область D ограничена эллипсами и прямыми, проходящими через начало координат, поставленную задачу проще решать в
обобщенных полярных координатах

При этом а искомый интеграл определяется формулой

3.Чтобы найти область D’, заменяем в неравенствах, определяющих область D, х на и у на Затем разрешаем полученные неравенства относительно и Таким образом, получаем

4.Переходим от двойного интеграла к повторному:

и последовательно интегрируем, используя свойства определенного
интеграла.

Пример:

Вычислить двойной интеграл

где область D задана неравенствами

Решение:

1.Область D задана неравенствами в декартовой системе координат:

2.Так как область D ограничена эллипсами и прямыми, проходящими через начало координат, поставленную задачу проще решать в
обобщенных полярных координатах

При этом а искомый интеграл определяется формулой

3.Чтобы найти область D’, заменяем в неравенствах, определяющих область D, х на и у на

Решая эти неравенства относительно и получаем

4.Переходя от двойного интеграла к повторному и последовательно интегрируя, получаем

Ответ.

Вычисление объемов с помощью двойного интеграла

Постановка задачи. Найти объем тела, ограниченного поверхностями

1.Объем цилиндрического бруса, ограниченного заданными поверхностями, определяется формулой

где D — проекция тела на плоскость XOY.

2.Чтобы найти D, задаем тело с помощью неравенств и исключаем из них z.

Допустим, например, что координаты точек тела удовлетворяют
неравенствам и Тогда тело определяется системой неравенств

Исключая z, получим

3.Вычисляем двойной интеграл по формуле (1) при и

Записываем ответ, не забывая о размерности.

Пример:

Найти объем тела, ограниченного поверхностями

Решение:

1.По формуле (1) с и искомый объем равен

где D — проекция тела на плоскость XOY.

2.Чтобы найти D, задаем тело с помощью неравенств и исключаем из них z. В данном случае тело определяется системой неравенств

Здесь неравенство необходимо, так как у стоит под знаком
квадратного корня.

3.Вычисляем двойной интеграл:

Ответ. V = 1 ед. объема.

Пример:

Найти объем тела, ограниченного поверхностями

Решение:

1.По формуле (1) с и искомый объем равен

где D — проекция тела на плоскость XOY.

2.Чтобы найти D, задаем тело с помощью неравенств и исключаем из них z. В данном случае тело определяется неравенствами

Из первого неравенства очевидно, что и, следовательно, второе неравенство выполняется автоматически (геометрически это означает, что проекция поверхности на плоскость XOY охватывает круг Поэтому

3.Так как область D ограничена окружностями и прямыми, проходящими через начало координат, поставленную задачу проще решать в полярных координатах

При этом а искомый объем определяется формулой

4.Чтобы найти область заменяем в неравенстве, определяющем область D, х на и у на

Заметим, что из неравенств следует

5.Переходим от двойного интеграла к повторному:

Последовательно интегрируя, получаем

Ответ. ед. объема.

Вычисление площадей в декартовых координатах

Постановка задачи. Найти площадь области D, ограниченной
линиями (и, возможно, прямыми х = а и
х = b или у = с и у = d).

План решения.
Из определения двойного интеграла следует, что искомая площадь
S численно равна

1.Зададим область D неравенствами. Для этого выясним, какие
из неравенств или
выполняются для координат точек области D.

Пусть, например, такими неравенствами оказались и
. Тогда

Решаем неравенства, определяющие D, относительно х и у. Получаем

2.Переходим от двойного интеграла к повторному:

3.Последовательно интегрируем, используя свойства определенного интеграла.

Записываем ответ, не забывая о размерности.

Замечание:

Если необходимо, разбиваем область на части и используем свойство аддитивности интеграла.

Пример:

Найти площадь области D, ограниченной линиями

Решение:

1.Зададим область D неравенствами. Область не может находиться вне круга, так как тогда она неограничена. Область не может
находиться слева от параболы, так как в этом случае ее точки могут
иметь отрицательные абсциссы, что исключено условием
Следовательно,

Решаем неравенства, определяющие D, относительно х и у. Получаем

Следовательно, Отсюда Итак,

2.Вычисляем площадь области D по формуле (1). Переходя от
двойного интеграла к повторному, получим

3.Используя свойства определенного интеграла, последовательно
интегрируем:

Ответ. (ед. длины

Вычисление площадей в полярных координатах

Постановка задачи. Найти площадь области D, ограниченной
двумя окружностями

и двумя прямыми

План решения. Из определения двойного интеграла следует, что
искомая площадь S численно равна

1.Так как область D ограничена окружностями и прямыми, проходящими через начало координат, поставленную задачу проще решать, переходя к полярным координатам

и записывая уравнения границ в полярных координатах.

При этом область D перейдет в область D’, а искомая площадь
будет равна

2.Зададим неравенствами область D’ в полярных координатах:

3.Переходим от двойного интеграла к повторному:

и вычисляем его, пользуясь свойствами определенного интеграла.

Записываем ответ, не забывая о размерности.

Пример:

Найти площадь фигуры, ограниченной данными линиями

Решение:

1.Так как область D ограничена окружностями и прямыми, проходящими через начало координат, поставленную задачу проще решать, переходя к полярным координатам

При этом область D перейдет в область D’, ограниченную линиями

А искомая площадь будет равна

2.Зададим неравенствами область D’ в полярных координатах:

3.Переходим от двойного интеграла к повторному:

Последовательно интегрируя, получим

Ответ. (ед. длины

Вычисление массы плоской пластины

Постановка задачи. Найти массу плоской пластины D с поверхностной плотностью ограниченной заданными кривыми.

1.Масса пластины D с поверхностной плотностью определяется формулой

2.Вычисляем полученный двойной интеграл. Записываем ответ,
не забывая о размерности.

Пример:

Найти массу пластины D с поверхностной плотностью ограниченной кривыми

Решение:

1. Масса пластины D с поверхностной плотностью
определяется формулой

2.Вычисляем полученный двойной интеграл в декартовых координатах:

а) зададим область D системой неравенств:

Неравенство следует из того, что т.е. х неотрицательно;

б) перейдем от двойного интеграла к повторному:

в) последовательно интегрируем, используя свойства определенного интеграла:

Ответ. m = 2 ед. массы.

Пример:Найти массу пластины D с поверхностной плотностью
ограниченной кривыми

Решение:

1.Масса пластины D с поверхностной плотностью
определяется формулой

2.Вычисляем полученный двойной интеграл:

а) так как область D ограничена окружностями и прямыми, проходящими через начало координат, поставленную задачу проще решать в полярных координатах

При этом область D перейдет в область D’, ограниченную линиями

а искомая масса определяется формулой

Зададим неравенствами область D’ в полярных координатах:

б) перейдем от двойного интеграла к повторному

последовательно интегрируя, получим

Ответ. ед. массы.

Пример:

Найти массу пластины D с поверхностной плотностью
ограниченной кривыми

Решение:

1.Масса пластины D с поверхностной плотностью определяется формулой

2.Вычисляем полученный двойной интеграл:

а) зададим область D неравенствами в декартовой системе координат

Так как область D ограничена эллипсами и прямыми, проходящими
через начало координат, поставленную задачу проще решать в обобщенных полярных координатах

При этом а искомая масса определяется формулой

Чтобы найти область D’, заменяем в неравенствах, определяющих
область D, х на и у на

Решая эти неравенства относительно и получаем

б) переходим от двойного интеграла к повторному:

в) последовательно интегрируя, получаем

Ответ. m = 4 ед. массы.

Тройной интеграл в декартовых координатах

Постановка задачи. Вычислить тройной интеграл

где область ограничена некоторыми поверхностями.

1.Зададим область системой неравенств, например,

2.Перейдем от тройного интеграла к повторному:

Используя свойства определенного интеграла, последовательно
интегрируем сначала по z (считая хну постоянными), затем по у
(считая х постоянной), затем по х.

Пример:

Вычислить тройной интеграл

где ограничена плоскостями

Решение:

1.Зададим область неравенствами. Очевидно, что Для у возможны неравенства или Если то и для х имеем Если же то и область не примыкает к плоскости х = 2. Значит, мы должны принять, что и определить системой неравенств

2.Перейдем от тройного интеграла к повторному:

3.Используя свойства определенного интеграла, последовательно
интегрируем сначала по z (считая хну постоянными), затем по у
(считая х постоянной), затем по х:

Ответ.

Тройной интеграл в цилиндрических координатах

Постановка задачи. Вычислить тройной интеграл

где область ограничена поверхностями

1.Поскольку — тело вращения вокруг оси OZ, удобно перейти
к цилиндрическим координатам

При этом а искомый интеграл определяется формулой

2.Зададим область неравенствами. Для этого сначала заменим в уравнениях поверхностей х на и у на Тогда
определяется неравенствами или

Чтобы выбрать правильные неравенства, решаем уравнение относительно Если оно имеет два решения и то исследуем какая из функций или больше другой на промежутке Предположим для определенности, что при Тогда область определяется системой неравенств

Если уравнение имеет единственное положительное решение то неравенства для имеют вид

3.Переходим от тройного интеграла к повторному:

и последовательно интегрируем, используя свойства определенного
интеграла.

Пример:

Вычислить тройной интеграл

где область ограничена поверхностями

Решение:

1.Поскольку — тело вращения вокруг оси OZ, удобно перейти
к цилиндрическим координатам

При этом а искомый интеграл определяется формулой

2.Зададим область неравенствами. Для этого сначала заменим
в уравнениях поверхностей х на и у на Тогда определяется неравенствами или

Чтобы выбрать правильные неравенства, решаем уравнение

Это уравнение имеет единственное положительное решение
Следовательно, . При

Таким образом, область определяется системой неравенств:

3.Переходим от тройного интеграла к повторному:

Последовательно интегрируя, получаем

Ответ.

Тройной интеграл в сферических координатах

Постановка задачи. Вычислить тройной интеграл

где область ограничена поверхностями

1.Поскольку ограничена сферой и круглым конусом, удобно
перейти к сферическим координатам

Возможные границы изменения сферических координат суть

При этом а искомый интеграл определяется формулой

2.Заменяем в уравнениях поверхностей х на у на и z на Получаем

3.Зададим область с помощью системы неравенств:

где границы изменения находим, решая уравнение
учитывая, что может изменяться только от 0 до

Замечание. Если ограничена также плоскостями и проходящими через ось OZ, уравнения которых в сферических координатах имеют вид и находим границы изменения решая эти уравнения.

4.Переходим от тройного интеграла к повторному:

и последовательно интегрируем, используя свойства определенного
интеграла.

Пример:

Вычислить тройной интеграл

где область ограничена поверхностями

Решение:

1.Поскольку — область, ограниченная верхней полусферой и
верхним полуконусом, удобно перейти к сферическим координатам

При этом а искомый интеграл определяется формулой

2.Заменяем в уравнениях поверхностей x на у на и z на Получаем

3.Зададим область с помощью системы неравенств:

4.Переходя от тройного интеграла к повторному и последовательно интегрируя, получаем

Ответ.

Вычисление объемов с помощью тройного интеграла

Постановка задачи. Найти объем тела ограниченного заданными поверхностями.

План решения. Искомый объем равен

1.Зададим область неравенствами.

2.Вычисляем тройной интеграл, сводя его к повторному, и записываем ответ, не забывая о размерности.

Пример:

Найти объем тела ограниченного поверхностями

Решение:

1.Зададим область неравенствами. Поскольку
для х имеем неравенства Поскольку у фигурирует под знаком квадратного корня, Для z возможны неравенства
или В первом случае Во втором случае т.е. область неограничена, что неприемлемо.

2.Вычисляем объем по формуле (1), сводя тройной интеграл к
повторному:

Ответ. V = 1 ед. объема.

Пример:

Найти объем тела ограниченного поверхностями

Решение:

1.Поскольку — тело вращения вокруг оси OZ, удобно использовать цилиндрические координаты

При этом а искомый объем определяется формулой

где область ограничена поверхностями

2.Зададим область неравенствами. Возможны два случая: либо либо В первом случае во втором случае т.е. область неограничена, что неприемлемо.

3.Вычисляем объем по формуле (2), сводя тройной интеграл к
повторному:

Ответ. ед. объема.

Пример:

Найти объем тела , ограниченного поверхностями

Решение:

1.Поскольку — область, ограниченная верхней полусферой и
верхним полуконусом, удобно перейти к сферическим координатам

При этом а искомый объем определяется формулой

Заменяем в уравнениях поверхностей х на у на и z на После преобразований получаем

Область ограничена этими поверхностями.

2.Зададим область системой неравенств

3.Вычисляем объем по формуле (3), сводя тройной интеграл к
повторному:

Ответ. ед. объема.

Вычисление массы тела

Постановка задачи. Найти массу тела с плотностью ограниченного заданными поверхностями.

1.Масса тела с плотностью определяется формулой

2.Зададим область неравенствами.

3.Вычисляем тройной интеграл, сводя его к повторному, и записываем ответ, не забывая о размерности.

Пример:

Найти массу тела с плотностью ограниченного поверхностями

Решение:

1.Масса тела с плотностью определяется формулой

2.Зададим область неравенствами. Поскольку
для х имеем неравенства Поскольку у фигурирует под знаком квадратного корня, Для z возможны неравенства
или В первом случае Во втором случае т.е. область неограничена, что неприемлемо.

3.Вычисляем m, сводя тройной интеграл к повторному:

Ответ. m = 1 ед. массы.

Пример:

Найти массу тела с плотностью ограниченного поверхностями

Решение:

1.Масса тела с плотностью определяется формулой

Поскольку — тело вращения вокруг оси OZ, удобно перейти к
цилиндрическим координатам

При этом а искомая масса определяется формулой

Заменяем в уравнениях поверхностей х на и у на Получим

2.Зададим область системой неравенств

3.Вычисляем m, сводя тройной интеграл к повторному:

Ответ. ед. массы.

Пример:

Найти массу тела с плотностью ограниченного поверхностями

Решение:

1.Масса тела с плотностью определяется формулой

Поскольку — область, ограниченная верхней полусферой и верхним полуконусом, удобно перейти к сферическим координатам:

При этом а искомая масса определяется формулой

Заменяем в уравнениях поверхностей х на у на и z на Получаем

Область ограничена этими поверхностями.

2.Зададим область системой неравенств

3.Вычисляем m, сводя тройной интеграл к повторному:

Здесь мы воспользовались формулой

Ответ.

Видео:Площадь фигуры ограниченной линиями у = х^3Скачать

Определение кратного интеграла

Глава 26

Видео:Математика | 5 ЗАДАЧ НА ТЕМУ ОКРУЖНОСТИ. Касательная к окружности задачиСкачать

Решение кратных интегралов

Задача, приводящая к понятию двойноrо интеграла. Определение двойного интеграла

К понятию двойного интеграла мы приходим, решая конкретную задачу вычисления объема цилиндрического тела.

Цилиндрическим телом называется тело, ограниченное плоскостью , некоторой поверхностью , , и цилиндрической поверхностью, образующие которой параллельны оси (см. рис.l).

Область изменения переменных и называется основанием цилиндрического тела.

При определении объема тела будем исходить из двух принципов:

1)если разбить тело на части, то его объем, равен сумме объемов всех частей (свойство аддитивности);

2) объем прямого цилиндра, ограниченного плоскостью , параллельной плоскости , равен площади основания, умноженной на высоту.

В дальнейшем мы будем предполагать, что область D является связной (состоящей из одного куска), квадрируемой (т. е. имеющей площадь) и ограниченной (т. е. расположенной внутри некоторого круга с центром в начале координат) .

Пусть — непрерывная функция точки в области и всюду в области , т. е. что рассматриваемая цилиндрическая поверхность целиком лежит над плоскостью . Обозначим объём цилиндрического тела через .

Разобъём область — основание цилиндрического тела на некоторое число непересекающихся квадрируемых областей произвольной формы; будем называть их частичными областями. Пронумеровав частичные области в каком-нибудь порядке, обозначим их через а их площади — через соответственно. Назовем диаметром частичной области величину где символ означает расстояние между точками и . Обозначим через наибольший из диаметров частичных областей . Проведем через границу каждой частичной области цилиндрическую поверхность с образующими, параллельными оси . В результате цилиндрическое тело окажется разбитым на частичных цилиндрических тел. Заменим -oe частичное тело прямым цилиндром с тем же основанием и высотой, равной аппликате какой-нибудь точки заменяемой поверхности (рис. 2). Объем такого цилиндра равен где точка — площадь области .

Проделав описанные построения для каждого частичного цилиндрического тела:, получим -cтyпенчaтoe тело, объем которого (1)

Интуитивно ясно, тем точнее выражает искомый объем , чем меньше размеры частичных областей .

Принимаем объем цилиндрического тела равным пределу, к которому стремится объем (1) -ступенчатоrо тела nри и стремлении к нулю наибольшего диаметра частичных областей . Естественно, предел не должен зависеть от вида разбиения области на частичные области : и от выбора точек в частичных областях.

Пусть — произвольная функция, заданная в области . Сумма (1) называется интегральной суммой для функции по области , соответствующей данному разбиению этой области на частичных областей и данному выбору точек на частичных областях .

Определение:

Если nри существует предел интегральных сумм , не зависящий ни от способа разбиения области на частичные области, ни от выбора точек в частичных областях, то он называется двойным интегралом от функции ( или ) по области и обозначается символом: или .

Итак, (2)

Сама функция при этом называется интегрируемой в области ( — подынтегральная функция­, — подынтегральное выражение, — дифференциал (или элемент) площади, область — область интегрирования, точка — переменная точка интегрирования)

Возвращаясь к цилиндрическому телу, заключаем: объем цилиндрического тела, ограниченного плоскостью , поверхностью , и цилиндрической поверхностью с образующими, параллельными оси , равен двойному интегралу от функции по области , являющейся основанием цилиндрического тела или

Здесь — элемент площади в декартовых координатах. Таков геометрический смысл двойного интеграла от неотрицательной функции.

Если в , то объем .

Если в области функции принимает как положительные, так и отрицательные значения, то интеграл представляет алгебраическую сумму объемов тех частей тела, которые расположены над плоскостью (берутся со знаком ), и тех частей тела, которые расположены под плоскостью (берутся со знаком ).

К составлению сумм вида (l) для функции двух независимых переменных и к последующему­ переходу приводят самые разнообразные задачи, а не только задача об объеме цилиндрического тела.

Сформулируем достаточные условия интегрируемости.

Теорема:

Всякая функция , непрерывная в ограниченной замкнутой области , интегрируема в этой области.

Требование непрерывности подынтегральной функции часто оказывается слишком стеснительным. Для приложений важна следующая теорема, гарантирующая существование двойного интеграла для некоторого класса разрывных функций.

Будем говорить, что некоторое множество точек плоскости, имеет площадь нуль, если ero можно заключить в многоугольную фигуру сколь угодно малой площади.

Теорема:

Если функция ограничена в замкнутой ограниченной области и непрерывна повсюду в , кроме некоторого множества точек площади нуль, то эта функция интегрируема в области .

Основные свойства двойного интеграла

Двойные интегралы обладают рядом свойств, аналогичных свойствам определенного интеграла для функций одной независимой переменной.

Линейное свойство

Если функции f(P) и φ(Р) интегрируемы в области D, а а и β — любые вещественные числа, то функция af(P) + βφ(Р) также интегрируема в области D, причем
(1)

Интегрирование неравенств

Если функции f(P) и φ(Р) интегрируемы в области D и всюду в этой области

т. е. неравенства можно интегрировать. В частности, интегрируя очевидные неравенства

Площадь плоской области

Площадь плоской области D равна двойному интегралу по этой области от функции, тождественно равной единице. Действительно, интегральная сумма для функции f(P) = 1 в области D имеет вид

и при любом разбиении области D на частичные области Dk равна ее площади S. Но тогда и предел этой суммы, т. е. двойной интеграл, равен площади S области D:
(3)

Оценка интеграла

Пусть функция f(Р) непрерывна в ограниченной замкнутой области D, пусть М и т — наибольшее и наименьшее значения f(Р) в области D и S — ее площадь. Тогда
(4)

Аддитивность

Если функция f(P) интегрируема в области D и область D разбита на две области D1 и D2 без общих внутренних точек, то f<Р) интегрируема на каждой из областей D1 и D2, причем

Теорема о среднем значении

Теорема:

Если функция f(P) непрерывна в замкнутой ограниченной области D, то найдется по крайней мере одна тонка Ре области D такая, что будет справедлива формула
(6)

где S — площадь области D.

В самом деле, так как f(P) непрерывна в замкнутой ограниченной области D, то она принимает в D свое наибольшее значение М и свое наименьшее значение т. По свойству 4 об оценке интеграла имеем

Таким образом, число

заключено между наибольшим и наименьшим значениями функции f(P) в области D. В силу непрерывности функции f(P) в области D она принимает в некоторой точке Рe ∈ D значение, равное этому числу,

Значение f (Pe), определяемое по формуле (7), называется средним значением функции f(Р) в области D.

Геометрический смысл теоремы о среднем значении

Если в области D функция f(Р) ≥ 0, то формула (6) означает, что существует прямой цилиндр с основанием D (площадь которого равна S) и высотой H = f(Pe), объем которого равен объему цилиндрического тела (рис. 3).

Сведение двойного интеграла к повторному

Одним из эффективных способов вычисления двойного интеграла является сведение его к повторному.

Случай прямоугольника

Пусть область D — замкнутый прямоугольник П со сторонами, параллельными осям координат

Пусть функция f(x, у) непрерывна в прямоугольнике П. Двойной интеграл

можно интерпретировать как (алгебраический) объем цилиндрического тела с основанием П, ограниченного поверхностью

z = f(х, y).

Рассмотрим соответствующее цилиндрическое тело. Проведем плоскость

перпендикулярную оси Оу (рис. 4). Эта плоскость рассечет цилиндрическое тело по криволинейной трапеции АВВ1А1, ограниченной сверху плоской линией z, описываемой уравнениями

Площадь трапеции АВВ1А1 выражается интегралом

где интегрирование производится по х, а уо — второй аргумент подынтегральной функции — рассматривается при этом как постоянный (с ≤ уо ≤ d). Величина интеграла (1) зависит от выбора значения уо. Положим
(2)

Выражение (2) дает площадь поперечного сечения цилиндрического тела как функции от у. Поэтому объем цилиндрического тела можно вычислить по формуле

С другой стороны, этот объем выражается двойным интегралом от функции f(х, у) по прямоугольнику П. Значит,

Заменяя S(y) его выражением (2), получим

Последнее соотношение обычно записывается так
(3)

Объем цилиндрического тела можно отыскать также по площадям сечений плоскостями х = х0. Это приводит к формуле
(4)

Каждое из выражений, стоящих в правых частях формул (3) и (4), содержит две последовательные операции обыкновенного интегрирования функции f(x, у). Они называются повторными интегралами от функции f(х, у) по области П.

Если f(x, у) непрерывна в замкнутом прямоугольнике П, то переход к повторным интегралам всегда возможен и
(5)

т. е. значения повторных интегралов от непрерывной функции f(х, у) не зависят от порядка интегрирования.

Пример:

Найти двойной интеграл от функции

4 Имеем (см. рис. 5):

Случай произвольной области

Предположим теперь, что областью интегрирования является произвольная ограниченная квадрируемая замкнутая область D на плоскости хОу, удовлетворяющая следующему условию: любая прямая, параллельная оси Оу, пересекает границу области D не более чем в двух точках или по целому отрезку (рис. 6 а). Заключим область D внутрь прямоугольника

так, как показано на рис. 66. Отрезок [а, b] является ортогональной проекцией области D на ось Ох, а отрезок [с, d] — ортогональной проекцией области D на ось Оу. Точками А и С граница области D разбивается на две кривые ABC и АЕС. Каждая из этих кривых пересекается с произвольной прямой, параллельной оси Оу, не более чем в одной точке. Поэтому их уравнения можно записать в форме, разрешенной относительно у:

Пусть f(x, у) — некоторая функция, непрерывная в области D. Рассечем рассматриваемое цилиндрическое тело плоскостью

х = const (а

В сечении получим криволинейную трапецию PQMN (рис.7), площадь которой выражается обыкновенным интегралом от функции f(x, у),рассматриваемой как функция одной переменной у. При этом переменная у изменяется от ординаты φ1(x) точки Р до ординаты φ2(х) точки Q; точка Р есть точка «входа» прямой х = const (в плоскости хОу) в область D, a Q — точка ее «выхода» из этой области. Так как уравнение кривой ABC есть у = φ(x), а кривой АЕС — у = φ2(х), то эти ординаты при взятом х соответственно равны φ1(x) и φ2(х). Следовательно, интеграл

дает нам выражение для площади плоского сечения цилиндрического тела как функции положения секущей плоскости x = const.

Объем всего тела будет равен интегралу от этого выражения по х в промежутке изменения х (a ≤ х ≤ b). Таким образом,
(8)

В частности, для площади S области D получим (9)

Предположим теперь, что каждая прямая

у = const (с ≤ у ≤ d)

пересекает границу области D не более чем в двух точках Р и Q, абсциссы которых равны ψ1(у) и ψ2 <y) соответственно (или по целому отрезку) (рис. 8). Проводя аналогичные рассуждения, приходим к формуле
(10)

также сводящей вычисление двойного интеграла к повторному.

Пример:

Вычислить двойной интеграл от функции

f(x, у) = 2х — у + 3

по области D, ограниченной линиями у = х и у = х2 (рис.9).

Первый способ. Изобразим область интегрирования D. Прямая у = х и парабола у = х2 пересекаются в точках O(0,0) и M(l,1). Значит, х изменяется в пределах от 0 до I, a ψ1(x) = х2 и ψ2(х) = х. Любая прямая х = const (0 ≤ х ≤ 1) пересекает границу области не более чем в двух точках. Поэтому применима формула (8):

Второй способ (рис. 10). Применяя формулу (10), получим тот же результат:

Пример:

Вычислить обьем тела, ограниченного поверхностью
и плоскостью хОу.

пересекается с плоскостью хОу по линии

Это — эллипс с полуосями а = 1/2 и b = 1 (рис. 11).

В силу симметрии данного тела относительно координатных плоскостей xОz и уOz получаем:

Замечание:

Если область D такова, что некоторые прямые (вертикальные или горизонтальные) пересекают ее границу более чем в двух точках, то для вычисления двойного интеграла по области D следует разбить ее подходящим образом на части, свести к повторному каждый из интегралов по этим частям и полученные результаты сложить.

Пример:

Вычислить двойной интеграл

по области D, заключенной между двумя квадратами с центрами в начале координат и сторонами, параллельными осям координат, если сторона внутреннего квадрата равна 2, а внешнего — 4.
Функция

непрерывна как в большом квадрате Q, сторона которого равна 4, так и в малом квадрате Р, сторона которого равна 2 (рис. 12).

Согласно теореме 1, интегралы от функции е z+y по указанным квадратам существуют, так что величина искомого интеграла

Замена переменных в двойном интеграле

Понятие криволинейных координат точки:

Пусть в области D* плоскости uOv задана пара функций

которые мы будем считать непрерывными в этой области и имеющими непрерывные частные производные. В силу уравнения (1) каждой точке М*(и, v) области D* отвечает одна определенная точка М(х, у) в плоскости хОу и тем самым точкам области D* отвечает некоторое множество D точек (x, у) в плоскости хОу (рис. 13). При этом говорят, что функции (1) осуществляют отображение области D на множество D.

Предположим, что различным точкам (и, v) отвечают различные точки (х,у). Это равносильно однозначной разрешимости уравнений (1) относительно и, v:

В этом случае отображение называется взаимно однозначным отображением области D* на область D. При таком преобразовании любая непрерывная кривая L*, лежащая в области D*, перейдет в непрерывную кривую L, лежащую в области D. Если функции g(х, у) и h(x,y) также непрерывны, то любая непрерывная линия L ⊂ D с помощью преобразования (2) перейдете непрерывную линию L* ⊂ D*.

По заданной паре uо, vo значений переменных и, v из области D* можно однозначно определить не только положение точки М*(и0, vo) в самой области D*, ной положение соответствующей точки М(хо, уо) в области D, xо = φ(uo, vo), уо = ψ(uо. vо). Это дает основание рассматривать числа u, v как некоторые новые координаты точки D области М на плоскости хОу. Их называют криволинейными координатами точки М.

Множество точек области D, у которых одна из координат сохраняет постоянное значение, называют координатной линией. Полагая в формуле (1) и = vo, получим параметрические уравнения координатной линии,

Здесь роль параметра играет переменная и. Придавая координате v различные (возможные для нее) постоянные значения, получим семейство координатных линий (v = const) на плоскости хОу. Аналогично получаем и другое семейство координатных линий (u = const).

При наличии взаимно однозначного соответствия между областями D* и D различные координатные линии одного и того же семейства Hie пересекаются между собой, и через любую точку области D проходит по одной линии из каждого семейства. Сетка криволинейных координатных линий на плоскости хОу является образом прямоугольной сетки на плоскости uOv (см. рис. 13).

Элемент площади в криволинейных координатах. Якобиан и его геометрический смысл

Выделим в области D* на плоскости Uo*V малый прямоугольник P’pj Р3Р4 со сторонами, параллельными осям координат О*и и О* v и длинами сторон ∆u и ∆v (для определенности считаем, что ∆u > О, ∆v > 0) соответственно (рис. 14а). Его площадь

Прямоугольник P*1P*2P*3P*4 переходит в криволинейный четырехугольник Р1Р2Р3Р4 в области D (рис. 146). Если вершины Р*i(i = 1, 2, 3,4) имеют координаты

то, согласно формулам (1), соответствующие им вершины Рi имеют координаты

Пользуясь формулой Тейлора для функции двух переменных и ограничиваясь членами первого порядка относительно ∆и и ∆v, получим следующие приближенные значения координат для вершин четырехугольника Р1Р2Р3Р4:

где функции φ, ψ и все их производные вычислены в точке (и, v). Найденные выражения для координат точек показывают, что с точностью до малых высшего порядка четырехугольник Р1Р2Р3Р4 есть параллелограмм. Это следует из того, что

Тогда площадь ∆S четырехугольника Р1Р2Р3Р4 можно приближенно выразить через длину векторного произведения ,

называется функциональным определителем функций φ<и, v), ψ (u, v), или якобианом. Итак, (6)

Выражение в правой части (6) называется элементом площади в криволинейных координатах. Так как ∆и ⋅ ∆v,to из формулы (6) получаем, что

Равенство (7) является приближенным. Однако в пределе, когда диаметры площадок ∆S* и ∆S стремятся к нулю, оно переходит в точное:

Из формул (7) и (8) видано, что абсолютная величина якобиана играет роль локального коэффициента растяжения области D* (в данной точке (u, v)) при отображении ее на область D при помощи формул преобразования (1).

Формула замены переменных в двойном интеграле

осуществляют взаимнооднозначное отображение области D* на D и имеют непрерывные частные производные первого порядка. Пусть в области D на плоскости хОу задана непрерывная функция

Каждому значению функции z = f(x, у) в области D соответствует равное значение функции z = F(u, v) в области D*, где

Разобьем область D* на частичные области и построим соответствующее разбиение области D. Выберем в соответствующих частичных областях точки (u, v) и (х, у) так, чтобы значения функций F(u, v) и f(x, у) в них совпадали, и составим интегральные суммы для функций z = f(x, у) и F(u,v) по областям D и D*. Получим

и J(и, v) — якобиан функций φ(и, v) и ψ =(u, v). Переходя в равенстве (9) к пределу при стремлении к нулю наибольшего диаметра d* частичных областей D*k (в силу непрерывности отображения (1) будет стремиться к нулю и наибольший из диаметров d частичных областей в D), будем иметь

Условие J ≠ 0 является условием локальной взаимноoднозначности отображения, осуществляемого функциями φ(и, v) и ψ =(u, v).

Теорема:

Для того чтобы преобразовать двойной интеграл, заданный в декартовых координатах, в двойной интеграл в криволинейных координатах, нужно заменить в подынтегральной функции f(x, у) переменные х и у соответственно через φ(и, v) и ψ =(u, v), а элемент площади dx dy — его выражением в криволинейных координатах:

Пример:

Найти площадь фигуры, ограниченной гиперболами

где х > 0, у > 0, 0

где 0

по области D. Введем новые, криволинейные координаты и и v формулами

Из условия задачи ясно, что a2 ≤ u ≤ b2. а ≤ v ≤ β. Значит, в плоскости uOv мы получили прямоугольник (рис. 15b)

— фигуру Солее простую, чем заданная фигура D.

Выразим х и у из соотношений (11) через u и v:

По формуле (10) при f(x,y) = 1 получим

Двойной интеграл в полярных координатах

Вычисление двойного интеграла часто упрощается заменой прямоугольных координат х и у полярными координатами р и φ по формулам

Элемент площади в полярных координатах имеет вид
(13)

и формулу перехода от интеграла в декартовых координатах к интегралу в полярных координатах можно записать так:
(14)

Элемент площади в полярных координатах можно подучить и из геометрических соображений (см. рис. 16).

Площадь заштрихованной на рисунке области

Отбрасывая бесконечно малую величину высшего порядка, получаем

за элемент площади в полярных координатах.

Итак, чтобы преобразовать двойной интеграл в декартовых координатах в двойной интеграл в полярных координатах, нужно х к у в подынтегральной функции заменить соответственно через р cos φ и р sin φ, а элемент площади в декартовых координатах dx dy заменить элементом площади в полярных координатах р dp dφ.

Займемся теперь вычислением двойного интеграла в полярных координатах. Как и в случае прямоугольных декартовых координат, вычисление интеграла в полярных координатах осуществляется путем сведения его к повторному интегралу.

Рассмотрим сначала случай, когда полюс О лежит вне заданной области D. Пусть область D обладает тем свойством, что любой луч, исходящий из полюса (координатная линия φ = const) пересекает ее границу не более чем в двух точках или по целому отрезку (рис. 17). Отметим крайние значения φ1 и φ2 полярного угла φ, φ1 ≤ φ ≤ φ2-Числа φ1 и φ2 являются пределами внешнего интегрирования.

Луч φ = φ1 проходит через точку А контура области D, а луч φ = φ2 — через точку В. Точки А и В разбивают контур области D на две части: АС В и AFB. Пусть р = v1( φ ) и р = v2( φ ) — их полярные уравнения, причем v1( φ ) и v2( φ ) — однозначные непрерывные функции φ, удовлетворяющие условию

Функции v1( φ ) и v2( φ ) являются пределами внутреннего интегрирования. Переходя к повторным интегралам, получаем следующую формулу
(15)

В частности, для площади S области D при F(p, φ) = 1 получаем

Пусть теперь полюс О расположен внутри области D. Предположим, что область D является звездной относительно полюса, т. е. любой луч φ = const пересекает границу области только в одной точке или по целoму отрезку (рис. 18). Пусть р = v( φ ) — уравнение границы области в полярных координатах. Тогда
(16)

Пример:

— четверть единичного круга, расположенная в первом квадранте.

Перейдем к полярным координатам

= р cos φ, у = р sin φ.

Тогда областью интегрирования будет прямоугольник

Преобразованный интеграл I легко вычисляется:

Замечание:

Если якобиан отличен от нуля в области D, то отображение в некоторой окрестности каждой точки этой области является взаимнооднозначным. При этом может, однако, случиться, что отображение всей области не будет взаимнооднозначным. Рассмотрим отображение, определяемое функциями

Якобиан этих функций равен

и, следовательно, везде отличен от нуля. Несмотря на это, для u = 0, v = 0 и дня и = 0, v = 2π мы получим х = 1, у = 0, так что это отображение не является взаимнооднозначным.

С другой стороны, если якобиан отображения обращается в нуль в какой-нибудь точке, то, тем не менее, отображение в окрестности этой точки может оказаться взаимно однозначным. Например, для отображения, определяемого функциями

равен нулю и при и = 0, и при v = 0, но отображение является взаимнооднозначным. Обратное отображение определяется функциями

Площадь поверхности

Интеграл по площади поверхности. Вычисление площади поверхности

Пусть задана поверхность π, однозначно проектирующаяся на область D плоскости хОу. Это означает, что данная поверхность задается уравнением

Будем считать поверхность гладкой; это означает, что в области D функция f(x, у) непрерывна и имеет непрерывные частные производные f’x(x, у) и f’y(x, у). Разобьем область D на квадрируемые подобласти

без общих внутренних точек, площади которых обозначим соответственно через

Пусть d — наибольший из диаметров частичных областей Dk (k = 1,2,…, п). В каждой подобласти Dk выберем произвольную точку Pk( ξk, ηk)- На поверхности π точке Рk будет соответствовать точка Mk( ξk, ηk, ζk), где ζk= f( ξk, ηk) (рис. 19). Проведем в точке Мk касательную плоскость к поверхности π. Ее уравнение имеет следующий вид __(1)

Построим на границе частичной области dk, как на направляющей, цилиндрическую поверхность с образующими, параллельными оси Oz. Эта цилиндрическая поверхность вырежет из касательной плоскости, проведенной через точку Мk, область πk площади ∆qк. Площадка Пk проектируется на элементарную область Dk плоскости хОу взаимнооднозначно.

Определение:

Если при d→0 сумма (2) имеет конечный предел S,

то число S называется площадью поверхности π.
Таким образом, мы заменяем данную поверхность «чешуйчатой», затем подсчитываем плошадь этой «чешуйчатой» поверхности и переходим к пределу при стремлении диаметра «чешуек» к нулю (диаметры чешуек стремятся к нулю при d —> 0).

Перейдем теперь к выводу формулы, по которой вычисляют площадь поверхности. Известно, что площадь проекции плоской фигуры на какую-нибудь плоскость равна произведению площади проектируемой фигуры на косинус острого угла между плоскостью проекции и плоскостью, в которой лежит проектируемая фигура.

Обозначим через γk угол между касательной плоскостью к поверхности π в точке Мk и плоскостью хОу (рис. 20). Тогда

Но угол γk есть в то же время угол между осью Oz и нормалью касательной плоскости к поверхности (1). Обозначим вектор нормали к касательной плоскости к поверхности в точке Мk через

а через п2 = — единичный вектор оси Оz. Тогда получим

По условию функции f’z(x,y) и f’у(х, у) непрерывны в области D. Следовательно, функция

непрерывна, а, значит, и интегрируема в области D. Поэтому при d → 0 сумма (5) имеет конечный предел,

Учитывая равенство (3), определяющее площадь S поверхности заключаем, что
(6)

где Dxy — проекция поверхности я- на плоскость хОу. Выражение
(7)

называется элементом площади поверхности.

Если спроектировать участок поверхности π на плоскость хОу, то получим
(8)

где Dyz — проекция участка поверхности на плоскость хОу. Соответственно, при проектировании на плоскость yOz имеем
(9)

где Dyz — проекция участка поверхности на плоскость yOz.

Пример:

Найти площадь сферы радиуса R с центром в начале координат

Уравнение верхней полусферы —

Искомая площадь S

Отметим следующие полезные формулы:

1) для элемента площади цилиндрической поверхности радиуса R
(10)

2) для элемента площади сферической поверхности радиуса R
(11)

Используя формулу (11) для элемента площади сферической поверхности получим площадь сферы:

Интеграл по площади поверхности (интеграл по поверхности 1-го рода)

Пусть на гладкой поверхности π задана непрерывная функция f(М). Разобьем поверхность π на части

соответственно, выделим на каждой из частичных поверхностей по произвольной точке Mi, Мг,… , Мп и составим сумму

которую будем называть интегральной суммой для функции f<М) по площади поверхности π.

Определение:

Если при стремлении к нулю наибольшего из диаметров частичных поверхностей πk интегральная сумма (12) имеет конечный предел, не зависящий ни от способа разбиения поверхности т на части, ни от выбора точек Mk, то этот предел называется интегралом от функции f(M) по площади поверхности π (интегралом по поверхности 1-го рода) и обозначается символом

где dσ — элемент площади поверхности.
Общие свойства двойных интегралов легко переносятся на интегралы по площади поверхности. В частности, если поверхность π разбита на неперекрывающиеся части π1, π2,…, πn, то

Теорема:

Пусть -к — гладкая поверхность, заданная уравнением z = φ(x, у), где (х,у) ∈ D, причем функция φ(х, у) имеет непрерывные частные производные в некоторой области D1, D ⊂ D1. Пусть, далее, f(x, у, z) — непрерывная функция, определенная на поверхности π. Тогда справедливо равенство

где μ(Р) ≥ 0 на π, можно истолковать как массу π оболочки, представляющей собой поверхностью, на которой масса распределена с поверхностной плотностью μ = μ(Р).

Пример:

Найти массу параболической оболочки

плотность которой меняется по закону μ = z (рис. 21).

Тройной интеграл

Задача, приводящая к тройному интегралу

Пусть дано материальное тело, представляющее собой пространственную область Ω, заполненную массой. Требуется найти массу то этого тела при условии, что в каждой точке Р ∈ Ω известна плотность

Разобьем область Ω на неперекрывающиеся кубируемые (т. е. имеющие объем) части

соответственно. В каждой из частичных областей Ωk выберем произвольную точку Рk. Примем приближенно, что в пределах частичной области Ωk плотность постоянна и равна μ(Рk)- Тогда масса ∆тk этой части тела выразится приближенным равенством

а масса всего тела будет приближенно равна

Пусть d — наибольший из диаметров частичных областей Ωk(k = 1,2,…, п). Если при d —> О сумма (1) имеет конечный предел, не зависящий ни от способа разбиения области Ω на частичные подобласти, ни от выбора точек Рk ∈ Ωk, то этот предел принимается за массу т заданного тела,

Пусть в замкнутой кубируемой области Ω определена ограниченная функция

f(Р), Р ∈ Ω.

Разобьем Ω на п непересекающихся кубируемых частей

а их объемы обозначим через

соответственно. В каждой частичной подобласти Ωk произвольным образом выбираем точку Рk(хk, yk, zk) и составляем интегральную сумму

Пусть d — наибольший из диаметров частичных областей Ωk(k = 1, 2,…, п).

Определение:

Если при d → 0 интегральные суммы а имеют предел, не зависящий ни от способа разбиения области Ω на частичные подобласти Ωk, ни от выбора точек Рk ∈ Ωk, то этот предел называется тройным интегралом от функции f(x, у, z) по области Ω и обозначается символом

При этом функция f(х, у, z) называется интегрируемой в области Ω.

Таким образом, по определению имеем

Возвращаясь к задаче о вычислении массы тела, замечаем, что предел (2) есть тройной интеграл от функции μ(Р) по области Ω. Значит,

Здесь dx dy dz — элемент объема dv в прямоугольных координатах.

Теорема 6. Если функция f(x, у, z) непрерывна в замкнутой кубируемой области Ω, то она интегрируема в этой области.

Свойства тройных интегралов

Свойства тройных интегралов аналогичны свойствам двойных интегралов. Перечислим основные из них.

Пусть функции f(Р) и φ(Р) интегрируемы в кубируемой области Ω.

1, Линейность.

где а и β — произвольные вещественные постоянные.

2. f(Р) ≤ φ(P) всюду в области Ω, то

3. Если f(P) ≡ 1 в области Ω, то

где V — объем области Ω.

4. Если функция f(P) непрерывна в замкнутой кубируемой области Ω и М и т — ее наибольшее и наименьшее значения в Ω, то

где V — объем области Ω.

5. Аддиктивность. Если область Ω разбита на кубируемые области Ω1 и Ω2 без общих внутренних точек и f(Р) интегрируема в области Ω,то f(P) интегрируема на каждой из областей Ω1 и Ω2, причем

Теорема о среднем значении

Теоремa:

Если функция f(P) непрерывна в замкнутой кубируемой области Ω, то найдется точка Рс ∈ Ω , такая, что будет справедлива формула

где V — объем области Ω (напомним, что область — связное множество).

Вычисление тройного интеграла в декартовых координатах

Как и при вычислении двойных интегралов, дело сводится к вычислению повторных интегралов. Предположим, что функция f(х, у, z) непрерывна в некоторой области Ω.

1-й случай. Область Ω представляет собой прямоугольный параллелепипед

проектирующийся на плоскость yOz в прямоугольник R;

Заменяя двойной интеграл через повторный, окончательно получим
(2)

Таким образом, в случае, когда область Ω — прямоугольный параллелепипед, мы свели вычисление тройного интеграла к последовательному вычислению трех обыкновенных интегралов.

Формулу (2) можно переписать в виде

есть ортогональная проекция параллелепипеда Ω на плоскость хОу.

2-й случай. Рассмотрим теперь область Ω такую, что ограничивающая ее поверхность S пересекается любой прямой, параллельной оси Oz, не более чем в двух точках или по целому отрезку (рис.22).

Пусть z = φ1(x,y) уравнение поверхности S1, ограничивающей область Ω снизу, а поверхность S2, ограничивающая область Ω сверху, имеет уравнение z = φ2(x,y).

Пусть обе поверхности S1 и S2 проектируются на одну и ту же область плоскости хОу. Обозначим ее через D, а ограничивающую ее кривую через L. Остальная часть границы S тела Ω лежит на цилиндрической поверхности с образующими, параллельными оси Oz, и с кривой L в роли направляющей. Тогда по аналогии с формулой (3) получим

Если область D плоскости хОу представляет собой криволинейную трапецию, ограниченную двумя кривыми у = ψ1(х) И y = ψ2(х) (а ≤ х ≤ b), то двойной интеграл в формуле (4) можно свести к повторному, и мы получим окончательно
(4)

Эта формула является обобщением формулы (2).

Пример:

Вычислить объем тетраэдра, ограниченного плоскостями

x = 0, у = 0, z = 0 и х + 2у + z- 6 = 0.

Проекцией тетраэдра на плоскость хОу служит треугольник, образованный прямыми

x = 0, у = 0 и х + 2у = 6,

так что х изменяется от 0 до 6, а при фиксированном х (0 ≤ х ≤ 6) у изменяется от 0 до 3 — π/2 (рис. 23). Если же фиксированы и х, и у, то точка может перемещаться по вертикали от плоскости z=0 до плоскости x + 2y + z- 6 = 0, т. е. г меняется в пределах от 0 до 6 — х — 2у. По формуле (5) при f<x, у, z) = 1 получаем

Вычисление тройного интеграла в цилиндрических и сферических координатах

Вопрос о замене переменных в тройном интеграле решается таким же путем, как и в случае двойного интеграла. Пусть функция f(x,y, z) непрерывна в замкнутой кубируемой области Ω, а функции

непрерывны вместе со своими частными производными первого порядка в замкнутой кубируемой области Ω*. Предположим, что функции (1) устанавливают взаимнооднозначное соответствие между всеми точками ( ξ, η, ζ) области Ω*, с одной стороны, и всеми точками (х, у, z) области Ω — с другой. Тогда справедлива формула замены переменных в тройном интеграле —
(2)

— якобиан системы функций (1).

На практике при вычислении тройных интеграловчасто пользуются заменой прямоугольных координат цилиндрическими и сферическими координатами.

Тройной интеграл в цилиндрических координатах

В цилиндрической системе координат положение точки Р в пространстве определяется тремя числами р, φ, z, где р и φ — полярные координаты проекции Р» точки Р на плоскость хОу, a z — аппликата точки Р (рис. 24). Числа р, φ, z называются цилиндрическими координатами точки Р.

В системе цилиндрических координат координатные поверхности

р = const, φ = const, z = const

соответственно описывают: круговой цилиндр, ось которого совпадает с осью Oz, полуплоскость, примыкающую к оси Oz, и плоскость, параллельную плоскости хОу.

Цилиндрические координаты связаны с декартовыми следующими формулами

x = p cost φ, y = p sin φ, Z = Z (3)

(см. рис. 24). Для системы (3), отображающей область Ω на область Ω*, имеем

Так как p ≥ 0, то

|J|= p

и формула (2) перехода от тройного интеграла в прямоугольных координатах к интегралу в цилиндрических координатах принимает вид
(4)

называется элементом объема в цилиндрических координатах.

Это выражение для элемента объема может быть получено и из геометрических соображений. Разобьем область Ω на элементарные подобласти координатными поверхностями

р = const, φ = const, z = const

и вычислим объемы полученных криволинейных призм (рис. 25).

Отбрасывая бесконечно малую величину более высокого порядка, получаем

Это позволяет принять за элемент объема в цилиндрических координатах следующую величину

dv = p dp dφ dz.

Пример:

Найти объем тела, ограниченного поверхностями

В цилиндрических координатах заданные поверхности будут иметь уравнения

(см. формулы (3)). Эти поверхности пересекаются по линии г, которая описывается системой уравнений

а ее проекция на плоскость хОу системой

р = 1, z = 0.

Искомый объем вычисляется по формуле (4), в которой f ≡ 1.

Тройной интеграл в сферических координатах

В сферической системе координат положение точки Р(х, у, z) в пространстве определяется тремя числами r, φ, θ, где r — расстояние от начала координат до точки Р, φ — угол между осью Ох и проекцией радиуса-вектора ОР точки Р на плоскость хОу, а θ — угол между осью Oz и радиусом-вектором ОР точки Р, отсчитываемый от оси Oz (рис. 27).

Ясно, что 0 ≤ r

Вычислим якобиан функций (5). Имеем

и формула (2) принимает вид
(6)

Элемент объема в сферических координатах —

Выражение для элемента объема можно получить и из геометрических соображений. Рассмотрим элементарную область в пространстве, ограниченную сферами радиусов г и г + dr, конусами в и в + d$ и полуплоскостями

Пример:

Найти объем выпуклого тела П, вырезаемого из конуса

Переходим к сферической системе координат

Из первых двух уравнений видно, что а ^ г ^ 6. Из третьего уравнения находим пределы изменения угла в:

Тем самым, 0 ≤ θ ≤ π/4. Полагая в формуле (6) f(x, у, z) ≡ 1, получим

Приложения двойных и тройных интегралов

Масса плоской фигуры

Пусть задана плоская ограниченная фигура D, по которой непрерывным образом распределена масса с поверхностной плотностью μ(Р) = μ(х, у) ≥ 0, где μ(х, у) — функция, непрерывная в D. Разобьем фигуру D на п частей

без общих внутренних точек, площади которых соответственно равны

В каждой части (к = 1,2,…, п) произвольно выберем точку Рk(хk, уk) и вычислим в ней плотность μ(xk, yk). В силу непрерывности μ(х, у) можно считать, что масса mk части Dk фигуры D приближенно равна μ(хk, yk) ∆Sk, a масса всей фигуры — сумме

Последняя является интегральной суммой для непрерывной функции μ(x, у) в области D. Переходя к пределу при d → 0 (здесь d — наибольший из диаметров частичных областей Dk(k = 1,…, п)), получим точное равенство
(1)

Если масса распределена равномерно по всей фигуре, μ = const, то формула (1) принимает вид

где S — площадь фигуры D.

Пример:

Найти массу кольца, ограниченного двумя концентрическими окружностями радиусов r и R, где r

Значит, масса кольца

Статические моменты плоской фигуры относительно осей координат. Координаты центра тяжести

Статическим моментом Мх материальной точки массы m относительно оси Ох называется произведение ту, где у — ордината материальной точки, т. е.

Здесь у может быть как положительным, так и отрицательным числом.

Разбивая фигуру D на части D1,…, Dn, выбирая в каждой части Dk произвольно точку Pk(xk, yk) и считая, что масса этой k-й части приближенно равна μ(хk, yk) ∆Sk и сосредоточена в точке Pk(xk,yk), запишем приближенно величину статического момента фигуры D относительно оси Ох. Имеем

где ∆Sk — площадь части Dk, а μ(х, у) — поверхностная плотность. Переходя к пределу при d —» 0, получаем
(3)

Статический момент фигуры D относительно оси Оу находится по аналогичной формуле
(4)

Если известны статические моменты Мх и Му и масса m плоской фигуры, то координаты центра тяжести этой фигуры находятся по следующим формулам
(5)

Если μ = const, т = μS, где S — площадь фигуры D, и формулы (5) принимают вид:
(6)

Пример:

Hайти центр тяжести однородной плоской фигуры, ограниченной косинусоидой

осью Ох и осью Оу.

Так как фигура — однородная, то координаты центра тяжести будем искать по формулам (б). Найдем сначала площадь 5 заданной фигуры. Имеем

Затем найдем статические моменты Mz и Му

Теперь no формулам (6) получаем

Моменты инерции плоской фигуры относительно осей координат

Рассуждая аналогично изложенному выше, легко установить, что элементарные моменты инерции относительно осей Ох и Оу будут соответстве нно равны

Интегрируя по плоской фигуре D, получим формулы для самих моментов инерции (7), (8)

где, как и ранее, μ(x, у) — поверхностная плотность распределения масс.

Вычисление массы тела

Рассматривая задачу, приводящую к тройному интегралу, мы показали, что если известна плотность распределения масс ц(х, у, z) в каждой точке некоторого тела Ω, то масса этого тела вычисляется по формуле
(9)

Мы предполагаем, что функция μ(х, у, z) непрерывна в области Ω.

Пример:

Вычислить массу m тела, ограниченного полусферами

и плоскостью хОу, если плотность в каждой точке пропорциональна расстоянию от этой точм до начала координат.

По условию задачи плотность μ в точке (x,y,z) выражается формулой

где к > 0 — коэффициент пропорциональности. Тогда

Переходя к сферическим координатам, получим, что

Статические моменты тела относительно координатных плоскостей. Центр тяжести

Напомним, что задача о вычислении статических моментов и центра тяжести плоской фигуры решалась при помощи двойных интегралов (см. формулы (3), (4) и (5)). Задачи о вычислении статических моментов тела Ω относительно координатных плоскостей и отыскания центра тяжести тела Ω решаются аналогичным способом при помощи тройных интегралов. Например, элементарный статический момент относительно плоскости хОу равен

где μ(x, у, z) — плотность. Отсюда статический момент
(10)

Аналогично выписываются статические моменты относительно плоскостей хОу и Y

Вычислив массу m тела Ω и его статические моменты, легко найти координаты центра тяжести тела: (11)

Если тело однородно, то плотность μ = const и формулы (11) упрощаются — постоянный множитель μ в числителе можно вынести за знак интеграла и сократить на него числитель и знаменатель (ибо т = μy). Тогда получим (12)

где V — объем тела Ω.

Пример:

Найти координаты центра тяжести однородного полушара радиуса R.

Считаем, что центр шара находится в начале координат, а рассматриваемая фигура — полушар — расположена над плоскостью хОу. Тогда в силу симметрии имеем

Объем полушара равен

Найдем статический момент относительно плоскости хОу :

и — центр тяжести.

Понятие о несобственном кратном интеграле по неограниченной области

При необходимости интегрирования функций нескольких переменных по неограниченной области D поступают так. Выбирают последовательность ограниченных областей интегрирования

монотонно исчерпывающих область D, т. е.

Dn —> D при п —> ∞.

Например, если область интегрирования совпадает со всей плоскостью хОу, то за последовательность можно принять совокупность концентрических кругов

Определение:

Несобственным интегралом от функции f(х, у) по неограниченной области интегрирования D называется предел последовательности интегралов

не зависящий от выбора последовательности Db.
Итак, по определению
(2)

Если предел (1) существует и конечен, то несобственный интеграл по неограниченной области называется сходящимся, в противном случае — расходящимся.

Пример:

где область интегрирования

В качестве областей интегрирования выберем круги

радиуса п (n = 1,2,… ). Переходя к полярным координатам, получим

Итак, интеграл (3) сходится и равен π.

Для интеграла по неограниченной области D справедлив следующий Признак сравнения. Если 0 ≤ f(x, у) ≤ g(х, у) ∀(x, у) ∈ D,u интеграл

сходится, то сходится и интеграл

Если же интеграл

расходится, то расходится и интеграл

Интегралы, сходящиеся на всей плоскости, можно вычислять с помощью повторного интегрирования:
(4)

Пример:

то, согласно соотношению (4),

Переходя в двойном интеграле к полярным координатам, получим новую область интегрирования

Несобственные интегралы от функции трех, четырех и большего числа переменных по неограниченным областям определяются аналогично.

Решение заданий и задач по предметам:

Дополнительные лекции по высшей математике:

Образовательный сайт для студентов и школьников

Копирование материалов сайта возможно только с указанием активной ссылки «www.lfirmal.com» в качестве источника.

© Фирмаль Людмила Анатольевна — официальный сайт преподавателя математического факультета Дальневосточного государственного физико-технического института

📸 Видео

Всё про углы в окружности. Геометрия | МатематикаСкачать

Площади фигур. Сохраняй и запоминай!#shortsСкачать

Площадь фигурыСкачать

Длина окружности. Площадь круга - математика 6 классСкачать

Задача из китайской средней школы: найти площадь фигурыСкачать

Найдите площадь закрашенной фигуры ★ 2 способа решения ★ Задание 3 ЕГЭ профильСкачать