Вычислить двойной интеграл если область d ограничена окружностями (8 видео)

Двойные интегралы в полярных координатах: теория и примеры

Содержание

Что значит вычислить двойной интеграл в полярных координатах?
Пределы интегрирования в повторных интегралах
Случай первый
Случай второй
Случай третий
Случай четвёртый
Решения двойных интегралов в полярных координатах: примеры
Интегральное исчисление функции нескольких переменных
Вычислить двойной интеграл если область d ограничена окружностями
Контакты
📺 Видео

Видео:Площадь фигуры через двойной интеграл в полярных координатахСкачать

Что значит вычислить двойной интеграл в полярных координатах?

Если область интегрирования представляет собой окружность или часть окружности, двойной интеграл проще вычислить не в декартовых прямоугольных координатах, а в полярных координатах. В этом случае подынтегральная функция выражается как функция полярных переменных r и φ с использованием соотношений между полярными и декартовыми координатами x = rcosφ и y = rsinφ :

Что представляет собой элемент площади dxdy , выраженный в полярных координатах? Для ответ на этот вопрос разделим область интегрирования D на участки линиями окружности r = const и лучами φ = const . Рассмотрим один частичный участок (заштрихованный на рисунке), который ограничивают лучи, образующие с полярной осью углы φ и φ + dφ и линии окружности с радиусом r и r + dr . Этот криволинейный четырёхугольник можем приближенно считать прямоугольником с длиной боковой стороны dr и длиной основания rdφ . Поэтому элемент площади в полярных координатах выражается следующим образом:

а двойной интеграл в полярных координатах записывается так:

Чтобы вычислить двойной интеграл в полярных координатах, его нужно выразить через повторные интегралы, так же, как и «обычный» двойной интеграл в декартовых прямоугольных координатах. В полярных координатах внешний интеграл всегда интегрируется по углу φ , а внутренний — по радиусу r .

Вычислить двойной интеграл в полярных координатах — значит, как и в декартовых прямоугольных координатах, найти число, равное площади упомянутой фигуры D .

Видео:Двойной интеграл / Как находить двойной интеграл через повторный (двукратный) / Два способаСкачать

Пределы интегрирования в повторных интегралах

При переходе от двойного интеграла в полярных координатах к повторным интегралам расстановку пределов интегрирования могут облегчить следующие закономерности.

Случай первый

Полюс O является внутренней точкой области интегрирования D , область ограничена линией r = r(φ) .

Тогда соответственно нижний и верхний пределы интегрирования внешнего интеграла равны 0 и 2π , а внутреннего интеграла — 0 и r(φ) . Переход к повторным интегралам осуществляется следующим образом:

Случай второй

Полюс O находится на границе области интегрирования D , ограниченного линией r = r(φ) , но не является угловой точкой.

Через полюс O проведём касательную. Пусть касательная образует с полярной осью угол α . Тогда соответственно нижний и верхний пределы интегрирования внешнего интеграла равны α и π + α , а внутреннего интеграла — 0 и r(φ) . Переход к повторным интегралам осуществляется следующим образом:

Случай третий

Полюс O находится на границе области интегрирования D , ограниченного линией r = r(φ) , и является угловой точкой.

Из полюса O проведём лучи, которые будут ограничивать область D . Пусть эти лучи образуют с полярной осью углы α и β . Тогда соответственно нижний и верхний пределы интегрирования внешнего интеграла равны α и β , а внутреннего интеграла — 0 и r(φ) . Переход к повторным интегралам осуществляется следующим образом:

Случай четвёртый

Полюс O находится вне области интегрирования D .

Из полюса O проведём лучи, которые будут ограничивать область D . Пусть эти лучи образуют с полярной осью углы α и β , а область D ограничивают линии r = r 1 (φ) и r = r 2 (φ) . Тогда соответственно нижний и верхний пределы интегрирования внешнего интеграла равны α и β , а внутреннего интеграла — r 1 (φ) и r 2 (φ) . Переход к повторным интегралам осуществляется следующим образом:

Видео:Двойной интеграл в полярных координатахСкачать

Решения двойных интегралов в полярных координатах: примеры

Пример 1. Вычислить в полярных координатах двойной интеграл

где область D ограничена линиями , , .

Решение. Строим на чертеже область интегрирования. Видим, что этот пример относится к третьему случаю из вышеописанных четырёх случаев расположения области интегрирования.

Выразим подынтегральную функцию как функцию полярных переменных:

Данные в условии линии, ограничивающие D , приводим к полярным координатам:

Переходим от двойного интеграла к повторному, учитывая пределы интегрирования, верные в третьем случае:

Вычисляем интеграл (так как повторные интегралы независимы друг от друга, каждый из них вычисляем отдельно и результаты перемножаем):

Пример 2. В повторном интеграле

перейти к полярной системе координат.

Решение. В повторном интеграле переменная x изменяется от -1 до 1, а переменная y — от параболы x² до 1. Таким образом, область интегрирования снизу ограничена параболой y = x² , а сверху — прямой y = 1 . Область интегирования изображена на следующем чертеже.

При переходе к полярным координатам область интегрирования нужно разделить на три части. Значит, данный повторный интеграл должен быть вычислен как сумма трёх интегралов. В первой области полярный радиус меняется от 0 до параболы, во второй области — от 0 до прямой y = 1 , в третьей области — от 0 до параболы. Точки пересечения прямой y = 1 и параболы: (1; 1) и (−1; 1) . В первой точке полярный угол составляет , во второй точке он составляет . Поэтому в первой области φ меняется от от 0 до , во второй области — от 0 до , в третьей области — от до π .

Запишем линии, ограничивающие область интегрирования в полярной системе координат. Найдём уравнение прямой y = 1 : или . Найдём уравнение параболы y = x² в полярной системе координат:

Теперь у нас есть всё, чтобы от данного повторного интеграла перейти к полярным координатам:

Пример 3. Вычислить в полярных координатах двойной интеграл

где область D ограничена линией окружности .

Решение. Строим на чертеже область интегрирования.

Область интегрирования ограничивает линия окружности с центром в точке (a; 0) и радиусом a . В этом легко убедиться, преобразовав её уравнение следующим образом:

Линия окружности касается оси Oy , поэтому полярный угол в области интегрирования меняется от до . Подставим и в уравнение окружности и получим

Напишем подынтегральную функцию в полярных координатах:

Теперь можем перейти в данном двойном интеграле к полярным координатам:

Наконец, находим двойной интеграл в полярных координатах:

В полученном выражении второе слагаемое равно нулю, так как и sinπ , и sin(−π) равны нулю. Продолжая, получаем:

Пример 4. Вычислить плоской фигуры, которую ограничивают линии , , , .

Решение. Построим заданную фигуру на следующем рисунке.

Так как фигура является частью круга, её площадь проще вычислить в полярных координатах. Данные уравнения линий перепишем в полярных координатах:

Таким образом, у нас есть всё, чтобы записать площадь фигуры в виде двойного интеграл в полярных координатах, перейти к повторному интегралу и вычислить его:

Пример 5. Вычислить в полярных координатах двойной интеграл

где область D ограничена линиями и .

Решение. Преобразуем данные уравнения линий, чтобы было проще построить чертёж:

Строим на чертеже область интегрирования.

В данных уравнениях линий перейдём к полярным координатам:

В данном двойном интеграле перейдём к полярным координатам, затем к повторным интегралам и вычислим интеграл:

Видео:Математика без ху!ни. Двойной интеграл, вычисление двумя способами.Скачать

Интегральное исчисление функции нескольких переменных

Интегральное исчисление функции нескольких переменных

Основные определения, понятия, свойства.

Правила вычисления двойных интегралов в декартовой и полярной системах координат; тройных интегралов в декартовой, цилиндрической и сферической системах координат.

Приложения кратных интегралов.

Пусть в плоскости хоу задана замкнутая квадрируемая (имеющей площадь) область Dхоу, ограниченная линией l и включающая ее в себя, и задана функция f(x,y), определенная в этой области.

Диаметром области называется наибольшее из расстояний между точками области.

Шагом разбиения области на конечное число частей называется наибольший из диаметров областей деления. Обычно обозначают λ.

Определение двойного интеграла.

1) Разобьем область Dхоу на n элементарных не пересекающихся областей Δsi : Δs1, Δs2,…, , Δsn диаметрами d1, d2,…, dn соответственно.

4) Составим интегральную сумму: , которая вообще говоря зависит от способа разбиения области на части и от выбора точки Рi(ξi, ηi).

5) Если существует конечный предел частичных сумм при λ →0 (или числу разбиений n→∞, что равносильно), то этот предел называется двойным интегралом от функции f(x,y) по заданной области Dхоу: .

Приложения двойного интеграла.

1) Если f(x,y) > 0 в области Dхоу, то двойной интеграл равен объему цилиндрического тела, ограниченного сверху поверхностью z = f(x,y), снизу – областью Dхоу, сбоку – цилиндрическими поверхностями с образующими, параллельными оси Oz, то есть: V = .

2) Если f(x,y) = 1 в области Dхоу, то двойной интеграл равен площади области D: S = .

3) Если μ(x,y) > 0 – плотность в каждой точке области Dхоу, то двойной интеграл равен массе пластинки D: m = .

Основные свойства двойного интеграла.

1) ± .

2) = С, где С – постоянная.

3) Если область интегрирования D состоит из двух (или более) непересекающихся частей D1 и D2, то = +.

4) Если m ≤ f(x,y) ≤ M в области D, то ms ≤ ≤ Ms, где s – площадь области D, m и M – соответственно наименьшее и наибольшее значения функции f(x,y) в области D.

Вычисление двойных интегралов.

· Если область интегрирования D ограничена слева прямой x = a, справа прямой x = b, снизу функцией y = φ(х), сверху непрерывной функцией y = ψ(х), то

Вычислить двойной интеграл если область d ограничена окружностями

· Если область интегрирования D ограничена снизу прямой y = c, сверху прямой y = d, слева непрерывной функцией

Правые части приведенных формул называются двукратными (повторными) интегралами. Внешний интеграл всегда имеет переменными интегрирования константы, внутренний – в общем случае функции. Двойной интеграл вычисляется последовательным вычислением определенных интегралов от внутреннего интеграла к внешнему. Все табличные формулы интегрирования и методы вычисления неопределенных интегралов применимы для вычисления кратных интегралов (нахождения первообразных) с последующим применением формулы Ньютона-Лейбница.

Рекомендации по вычислению кратных интегралов.

1) Необходимо изобразить область интегрирования.

2) У внешнего интеграла пределы всегда постоянные.

3) Вычисляя внутренний интеграл по переменной у (или х), переменную х (или у) считаем const.

4) Можно поменять порядок интегрирования: внешний вычислять по у, а внутренний – по х. Пределы интегрирования в этом случае меняются не формально, а из уравнений линий, ограничивающих заданную область.

5) Если области ограничены окружностями, то вычисления проще выполнять в полярной системе координат.

6) Все табличные формулы для неопределенного интеграла применимы для вычисления кратных интегралов.

Пример 1. Вычислить двойной интеграл от функции по области D: треугольник с вершинами в точках А(0;0), В(5;0), С(5;5).

Область ограничена прямыми: прямой АС (её уравнение у = х), осью ОХ (0 ≤ х ≤ 5) и

прямой х = 5 (0 ≤ у ≤ х).

Вычислим двойной интеграл по треугольной области АВС (заштрихована), выбрав следующий порядок интегрирования: во внешнем интеграле по х, во внутреннем – по у.

Поменяем порядок интегрирования: во внешнем интеграле по у, во внутреннем – по х. Тогда 0 ≤ у ≤ 5, а у ≤ х ≤ 5.

От порядка интегрирования зависит трудоемкость вычислений.

Пример 2. Вычислить двойной интеграл по области D: треугольник с вершинами в точках

Область ограничена прямыми: прямыми АС (её уравнение у = ), АВ (её уравнение у =- х — 2),

ВС(её уравнение х = 2).

Вычислим двойной интеграл по треугольной области ΔАВС, выбрав следующий порядок интегрирования: во внешнем интеграле по х, во внутреннем – по у. Это рациональное решение.

Вычислим двойной интеграл по треугольной области ΔАВС, выбрав другой порядок интегрирования: во внешнем интеграле по y, во внутреннем – по x. Это не рациональное решение, так как область интегрирования D необходимо разбить на две области: D1 – ΔАВД и D2 –ΔАСД.

Для области D1: – 4 ≤ y ≤ 0, а x меняется от прямой АВ до прямой ВД, то есть – (-y – 2) ≤ х ≤ 2.

Для области D2: 0 ≤ y ≤ 1, а x меняется от прямой АC до прямой ВД, то есть – 4y — 2 ≤ х ≤ 2.

Отметим, что уравнения прямых АВ: у =- х – 2, АС: у = , ВС: х = 2 в этом случае разрешены относительно переменной у (х = f(y)).

Получим уравнения прямых АВ: х = –у – 2, АС: х = 4у – 2, ВС: х = 2

= + =

= ☺ Ответ тот же? Проверьте!

При переходе от прямоугольных декартовых координат (x,y) к полярным координатам (ρ,φ), связанным соотношениями , происходит преобразование двойного интеграла по следующей формуле: , где ρ – якобиан преобразования. Если область интегрирования D ограничена двумя лучами φ = α и φ = β, выходящими из полюса, и двумя кривыми, заданными функциями ρ = ρ1(φ) и ρ =ρ2(φ), то двойной интеграл вычисляется по формуле (полюс совмещен с О, полярная ось с Ох): .

Пример 3. Вычислить двойной интеграл по области D, заданной неравенствами: х2 + у2 ≤ -4х и у ≤ — х.

Решение. Построим область интегрирования.

Линия, заданная уравнением х2 + у2 = -4х, окружность (х + 2)2 + у2 = 4 радиуса R = 2 c центром в (-2,0).

Линия, заданная уравнением у = — х, прямая, проходящая через II и IV четверти.

Область интегрирования, соответствующая неравенствам, заштрихована на рисунке.

Перейдем к полярным координатам: ≤ φ ≤, полярный радиус меняется от 0 до окружности. Запишем уравнение окружности в полярной системе координат: . Тогда 0 ≤.

Подынтегральную функцию так же запишем в полярной системе координат .

Далее можем провести вычисления:

Заметим, что двойной интеграл является обобщением определенного интеграла на случай функции двух переменных.

Тройной интеграл является обобщением определенного интеграла на случай функции трех переменных.

Теория тройного интеграла аналогична теории двойного интеграла.

Пусть в замкнутой области VOxyz (в пространстве R(3)) задана непрерывная функция u = f(x,y,z).

Определение тройного интеграла.

1) Разобьем область VOхуz на n элементарных не пересекающихся областей ΔVi : ΔV1, ΔV2,…, , ΔVn диаметрами d1, d2,…, dn соответственно.

4) Составим интегральную сумму: , которая вообще говоря зависит от способа разбиения области на части и от выбора точки Рi.

5) Если существует конечный предел частичных сумм при λ →0 (или числу разбиений n→∞, что равносильно), то этот предел называется тройным интегралом от функции f(x,y,z) по заданной области VOхуz: , где dV=dxdydz – элемент объема.

Некоторые свойства тройного интеграла.

1) , где с – const.

3) Если область интегрирования V состоит из двух (или более) непересекающихся частей V1 и V2, то = =

4) Если в области V f(x,y,z) ≥ 0, то и ≥ 0.

5) Если в области V f(x,y,z) ≥ φ(x,y,z), то и ≥.

6) Если в области V f(x,y,z) = 1, то , так как любая интегральная сумма имеет вид численно равна объему тела V.

7) Оценка тройного интеграла mV ≤ ≤ MV, где m и M – соответственно наименьшее и наибольшее значения функции f(x,y,z) а области V.

Вычисление тройного интеграла в декартовых координатах.

Вычисление тройного интеграла сводится к последовательному вычислению трех определенных интегралов от внутреннего к внешнему. У которого пределы интегрирования всегда должны быть постоянными (const).

Пусть область интегрирования V – тело, ограниченное

непрерывные функции, проектирующиеся в область Dхоу,

боковая поверхность – цилиндрическая, образующие которой параллельны оси

oz, а направляющей является граница области Dхоу.

Если область интегрирования D хоу ограничена слева прямой x = a, справа прямой x = b, снизу функцией y = φ(х), сверху непрерывной функцией y = ψ(х), то .

Если область интегрирования D ограничена снизу прямой y = c, сверху прямой y = d, слева непрерывной функцией x = x1(х), справа непрерывной функцией x = x2(х), то .

Некоторые приложения тройного интеграла.

1) Если в каждой точке области V плотность тела μ(x,y,z)>0, то — масса тела.

2) Если в области V f(x,y,z) = 1, то — объем тела.

Пример 4. Вычислить тройной интеграл по области V, ограниченной плоскостями: x + y + z = 2, z = 1, x = 0, y = 0, z = 0.

Решение. Изобразим тело – это пирамида АВСД. Плотность тела в каждой точке – переменная величина, пропорциональная х. Изобразим бласть Dxoy – это треугольник. Замечание. Изображать тело бывает достаточно трудно, поэтому достаточно изобразить его проекцию.

Вычислим тройной интеграл, расставив пределы интегрирования: =

<подошли к вычислению двойного интеграла; расставим пределы интегрирования, зная проекцию тела на плоскость хоу – треугольник> =

Цилиндрическая и сферическая системы координат используются для упрощения вычислений тройных интегралов.

Если проекции тела на координатные плоскости – окружности, то проще тройной интеграл вычислять в цилиндрической системе координат.

Если тело ограничено сферами с центром в начале координат и конусами с вершиной в начале координат, то рациональнее вычисления выполнять в сферической системе координат.

Цилиндрическая система координат.

Точку М(x,y,z) в декартовой системе координат определим тройкой новых переменных M(ρ,φ,z) в цилиндрической системе координат, где ρ – длина радиуса-вектора точки М’ (М’ – проекция точки М на плоскость хоу), φ – угол, образованный этим радиус-вектором с осью ох (положительное измерение угла против часовой стрелки), z – аппликата точки М. Эти три переменные (ρ,φ,z) называются цилиндрическими координатами точки М.

Цилиндрические координаты связаны с декартовыми следующими соотношениями (1): , причем ρ ≥ 0, 0 ≤ φ ≤ 2π, zR, якобиан преобразования равен как в полярной системе координат ρ.

Тогда .

Пример 5. Вычислить объем тела, ограниченного поверхностями

z = x2 + y2 + 1 и (2).

Решение. Изобрази тело, объем которого будем вычислять. Оно ограничено двумя параболоидами. Его проекция на плоскость хоу – окружность. Решая систему (3) , находим уравнение их пересечения на плоскости z = 2: . Радиус окружности R =1.

Запишем уравнения параболоидов в цилиндрической системе координат, используя формулы связи (1) и уравнения поверхностей (2 и 3): , и границы изменения переменных интегрирования: 0 ≤ φ ≤ 2π; 0 ≤ ρ ≤ 1;

V =

= .

Точку М(x,y,z) в декартовой системе координат определим тройкой новых переменных M(ρ,φ,θ) в сферической системе координат, где ρ – длина радиуса-вектора точки М (ОМ), φ – угол в плоскости хоу, образованный проекцией радиус-вектора (ОМ’) с осью ох (положительное измерение угла против часовой стрелки), θ – угол в плоскости уоz от оси oz до ρ (положительное измерение угла по часовой стрелке). Эти три переменные (ρ,φ,θ) называются сферическими координатами точки М.

Сферические координаты связаны с декартовыми следующими соотношениями (4): , причем ρ ≥ 0, 0 ≤ φ ≤ 2π, 0 ≤ θ ≤ π, якобиан преобразования равен ρ2sinθ. Заметим, что уравнение сферы х2+у2+z2=R2 в сферических координатах имеет вид (подставьте координаты (4)): ρ = R.

Тогда .

Пример 6. Вычислить тройной интеграл, где V – шар,

Решение. Исходя из приложений, необходимо вычислить массу шара с переменной плотностью, изменяющейся в каждой точке по закону (смотри подынтегральную функцию): .

Так как область интегрирования – сфера, то вычисления выполним в сферических координатах (4):

= <заметим (!), что в сферических координатах тройной интеграл имеет постоянные пределы во всех трех интегралах и в подынтегральных выражениях каждого интеграла переменные разделены, поэтому их можно вычислять в любом порядке> =.

Пример 7. Вычислить объем тела, ограниченного поверхностями:

области, лежащей внутри конуса.

Решение. Решим систему

2z2 = 2, z2 = 1, в нашем случае z ≥ 0, поэтому возьмем , z = 1. Тогда проекция тела на плоскость хоу – окружность x2 + y2 = 1, поэтому 0 ≤ φ ≤ 2π. Значения угла θ найдем из уравнения конуса z = , подставив в него сферические координаты:

tgθ = 1, поэтому и пределы изменения θ примут значения 0 ≤ . Сферический радиус меняется от нуля до сферы: 0 ≤ ρ ≤ , так как в сферических координатах уравнение сферы х2+у2+z2 = 2 имеет вид ρ = .