lecture_09 (Лекции по математическому анализу)

Математический анализ,семестр 2, лекция 9,стр. 1 из 5Тройной интеграл(продолжение лекции 8)2. Тройной интеграл в сферических координатах.Сферическими координатами точки М впространстве назовем:1) длину радиуса-вектора точки М: OM = r ;2) угол θ между осью 0z и радиусом-вектором OM ,отсчитываемый от оси 0z;3) угол ϕ между осью 0х и радиусом-вектором OM ' , где М’– проекция точки М на плоскость х0у (см. рис. 3.2.1).Формулы связи между декартовыми и сферическимикоординатами: x = r sin θ cos ϕ 0 ≤ r ≤ +∞ (9) y = r sin θ sin ϕ ; 0 ≤θ ≤π  z = r cosθ0 ≤ ϕ ≤ 2π рис. 3.2.1Якобиан преобразования для системы (9) равен:∂x∂rD ( x, y, z ) ∂yJ==D(r ,θ ,ϕ ) ∂r∂z∂r∂x∂θ∂y∂θ∂z∂θ∂x∂ϕsin θ sin ϕ∂y= sin θ sin ϕ∂ϕcos θ∂z∂ϕr cosθ cos ϕr cos θ sin ϕ−r sin θ− r sin θ sin ϕr sin θ cos ϕ =0= cosθ ( r 2 cosθ cos 2 ϕ sin θ + r 2 cos θ sin 2 ϕ sin θ ) + r sin θ ( r sin 2 θ cos 2 ϕ + r sin 2 θ sin 2 ϕ ) == r 2 cos 2 θ sin θ + r 2 sin 3 θ = r 2 sin θТогда тройной интеграл в сферических координатах запишется в виде:=f (r , θ , ϕ )r∫∫∫ f ( p)dv = ∫∫∫ f ( x, y, z ) dxdydz ∫∫∫VV2Vdvα2θ2r2 (θ ,ϕ )α1θ1r1 (θ ,ϕ )sin θ drdθ d ϕ = ∫ d ϕ ∫ sin θ dθ∫f (r , θ , ϕ )dr ,(10)где dv = J drdθ dϕ = r 2 sin θ drdθ dϕ .Замечание.

Если область Р ограничена сферами и конусами, то, как правило,удобнее интегрировать в сферической системе координат; если же поверхностьограничена цилиндром, параболоидом, то удобнее интегрировать в цилиндрическойсистеме координат.Пример:Вычислить интеграл: J = ∫∫∫ x 2 + y 2 + z 2 dxdydz .VV : x2 + y2 + z 2 = z .Приведем уравнение поверхности, ограничивающей объем V к каноническому(виду: x 2 + y 2 + z − 12)2=1 .4В сферических координатах уравнение поверхности примет вид: r = cos θ . Тогдаискомый интеграл сводится к повторному по формуле (10):πJ=рис.

3.2.2.22π∫ sin θ dθ ∫ dϕ00cos θ∫0πcos 4 θπr rdr = 2π ∫ sin θ ⋅dθ = −42022π2∫ cos04θ d cos θ =π10.Математический анализ,семестр 2, лекция 9,стр. 2 из 5В качестве примера на механические приложения тройного интеграла решимследующую задачу:Вычислить моменты инерции относительно начала координат однородного шараx 2 + y 2 + z 2 ≤ R 2 с плотностью распределения массы µ = const . Ввиду симметрии шараJx = J y = Jz = J .Сложим моментыинерции2ππR000J x + J y + J z = 3J = 2∫∫∫ ( x 2 + y 2 + z 2 )dV = 2 ∫ dϕ ∫ sin θ dθ ∫ r 2 r 2 dr =V8π,58π.откуда J x = J y = J z =5Криволинейные интегралы.1. Криволинейный интеграл по длине дуги.1. Определение криволинейного интеграла.Рассмотрим пространственную кривую L сначалом в точке А и концом в точке В.

В каждой точкеР на кривой L ( ∀p ∈ L ) зададим функцию y = f(p).Введем понятие интеграла по L, считая L измеримой,кусочно-гладкой кривой.Для этого разобьем дугу АВ произвольнымобразом на n дуг: ∆1 , ∆ 2 , …, ∆ n ; на каждой дуге ∆ iпроизвольно выберем точку рi и вычислим значениефункции в этой точке. Мерой кривой L является еедлина, которую обозначим через l. Тогда интегральнаяnсуммаприметвид:∑ f ( p ) ⋅ l (∆ ) .iiОбозначимi =1λ = max l (∆ i ) и устремим λ → 0 . Перейдем к пределу врис. 1.1.1iинтегральной сумме, считая, что он существует и неnзависит от разбиения дуги: lim∑ f ( pi ) ⋅ l (∆i ) = ∫ f ( p)dlλ→0n→∞i =1(1)Lгде dl – элемент дуги или дифференциал дуги.Интеграл в формуле (1) называется криволинейным интегралом по длине дугиили криволинейным интегралом I-го рода от функции y = f(p).Введенный таким образом криволинейный интеграл обладает всеми свойствами,справедливыми для интегралов по фигуре.

Например,1) ∫ dl = L - длина дуги;L2) теорема о среднем: существует такая точка p0 ∈ L , что ∫ f ( p )dl = f ( p0 ) ⋅ L .2. Вычисление криволинейного интеграла I-го рода (метод параметризациикривой).Пространственная кривая может быть задана параметрически: L = r (t ) = x(t ) ⋅ i + y (t ) ⋅ j + z (t ) ⋅ k , t ∈ [t1 ; t2 ] .Математический анализ,семестр 2, лекция 9,стр. 3 из 5 x1 = x(t1 )Начало кривой – точка A ( x1 , y1 , z1 ) , где  y1 = y (t1 ) ; конец – точка B ( x2 , y2 , z2 ) , где z = z (t )1 1 x2 = x(t2 ) y2 = y (t2 ) . Возьмем произвольную точку P ( x, y, z ) = P ( x(t ), y (t ), z (t )) , при этом z = z (t )2 2dl = dx ⋅ i + dy ⋅ j + dz ⋅ k ⇒ dl = (dx) 2 + ( dy )2 + (dz ) 2 = ( x′)2 (dt ) 2 + ( y ′) 2 (dt ) 2 + ( z ′) 2 (dt ) 2 ==∫L( xt′ )2+ ( yt′ ) + ( zt′ ) dt . Тогда:22t2f ( p )dl = ∫ f ( x, y, z )dl = ∫ f [ x(t ), y (t ), z (t )] ⋅ ( xt′) 2 + ( yt′) 2 + ( zt′ )2 dt .Lt1Т.е.

криволинейный интеграл свёлся к определенному интегралу по параметру t.Пример:Вычислить криволинейный интеграл: x = t − sin t; t ∈ [ 0; 2π ] .L: y = 1 − cos t∫ y dl , где2Lxt′ = 1 − cos t ; ( xt′ ) = (1 − cos t ) = 1 − 2 cos t + cos 2 t ;2yt′ = sin t ;( yt′ )22= sin 2 t ;t2+ ( yt′ ) = 1 − 2 cos t + cos 2 t + sin 2 t = 2 − 2 cos t = 2(1 − cos t ) = 4sin 2 ;2t22dl = ( xt′ ) + ( yt′ ) = 2sin dt ⇒2( xt′ )22∫ y dl =L2πt− cos t )2 ⋅ 2sin dt =∫0 (12= 4 sin 22πt25∫ 8sin0t 2t 1t= −16  cos − cos3 + cos5 2 32 522π=02π2π2ttttttdt = 8 ∫  1 − cos 2  sin dt = −16 ∫ 1 − 2 cos 2 + cos 4  d cos =2222220 0 25615Если L – плоская кривая, явно заданная уравнением y = y ( x), x ∈ [ a; b ] , то P = P( x; y ) иf ( P ) = f ( x; y ) , а dl = 1 + ( yx, ) dx , где х играет роль параметра, то интеграл примет вид:2∫Lbf ( P )dl = ∫ f ( x; y )dl = ∫ f ( x; y ( x)) 1 + ( y x, ) dx ,L2т.е.криволинейныйинтегралсводитсяaопределенному интегралу по х.Пример:Вычислитьx∫ y dl ,L : y 2 = 2 x,()A 1; 2 , B ( 2; 2 ) (см.

рис. 1.2.1).Ly = 2 x , y x, = 2 ⋅(y ), 2x=2 x=12x;1;2xdl = 1 +1dx =2x2x + 12xdx;xx2x + 111∫L y dl = ∫1 2 x ⋅ 2 x dx = 2 ∫1 2 x + 1dx = 4 ∫1 2 x + 1d (2 x + 1) =21113 2=( 2 x + 1) ⋅ =  53 − 33  = 5 5 − 3 3 .43 1 662рис. 1.2.1122()кМатематический анализ,семестр 2, лекция 9,стр. 4 из 52. Криволинейныйкоординатам).интегралII-города(интегралпо1. Определение криволинейного интеграла по координатам.Рассмотрим механическую задачу, приводящую к понятию криволинейногоинтеграла по координатам.Пусть вдоль гладкой кривой L движется точка Р, ккоторой приложена переменная сила F ( P) . Требуется найтиработу этой силы на пути L.Для этого дугу АВ, определяющую L, разобьем точкамиM 1 , M 2 , …, M n −1 на n частей (дуг) ∆li = M(см.

рис. 2.1.1).i M i +1Векторы M i M i +1обозначим ∆liи предположим, что придвижении вдоль каждой из дуг Mi M i +1 сила постоянна и равнарис. 2.1.1F ( M i ) . Тогда работа переменной силы F ( P) вдоль каждой дуги∆li будет приближенно равна работе постоянной силы F ( M i )AB равнана прямолинейном участке ∆li , т.е. Ai ≈ F ( M i ) ⋅ ∆li и работа вдоль всей A = ∑ Ai ≈ ∑ F ( M i ) ⋅ ∆l . Продолжая разбиение дуги AB , т.е. устремляя λ = max ( ∆li ) → 0 ,(i)будем получать все более точную формулу для работы силы.Определение.Криволинейным интегралом по координатам назовем интеграл вдоль кривой L отскалярного произведения вектора F ( M ) на вектор dl , т.е.lim ∑ F ( M i ) ⋅ ∆li = ∫ F ( M ) ⋅ dl .λ →0LЗапишем этот интеграл в координатной форме. В системе координат xyz получим:F( M ) =P ( x, y,z )i + Q( x, y , z ) j + R ( x, y, z )k = { P; Q; R}.dl = dx ⋅ i + dy ⋅ j + dz ⋅ k = {dx; dy; dz} ;F ( M ) ⋅ dl = Pdx + Qdy + Rdz ⇒F(M)dl⋅= ∫ P( x, y , z )dx + Q ( x, y, z )dy + R( x, y , z )dz.∫()LLДля криволинейного интеграла по координатам верны свойства линейности иаддитивности, но он не является интегралом по фигуре.

Другие свойства не верны.Например, при изменении направления движения он меняет знак: ∫ = − ∫ .ABBA2. Вычисление криволинейного интеграла по координатам. Если гладкая пространственная кривая L задана параметрически:L = r (t ) = x(t ) ⋅ i + y (t ) ⋅ j + z (t ) ⋅ k , а параметр t меняется от t1 до t2, что означаетдвижение по кривой от точки А до точки В, то dx = x '(t )dt , dy = y '(t )dt , dz = z '(t )dt иинтеграл сводится к определенному интегралу по формуле:∫ P( x, y, z )dx + Q( x, y, z )dy + R( x, y, z )dz == ∫ P ( x(t ), y (t ), z (t ) ) x '(t )dt + Q ( x(t ), y (t ), z (t ) ) y '(t ) dt + R ( x(t ), y (t ), z (t ) ) z '(t ) dt == ∫ { P (t ) x '(t ) + Q (t ) y '(t ) + R (t ) z '(t )} dtLt2t1Для плоской кривой будет отсутствовать координата z(t).Математический анализ,семестр 2, лекция 9,стр.

5 из 5Пример: x = a cos t, 0 ≤ t ≤ π (см. рис. 2.2.1).Вычислить J = ∫ y 2 dx + x 2 dy , где L – верхняя часть эллипса  y = b sin tLdx = x′(t )dt = −a sin tdt ; dy = y ′(t )dt = b cos tdt ;πJ = ∫ b 2 sin 2 t (−a sin t )dt + a 2 cos 2 t (b cos t )dt =0ππ= ab 2 ∫ (1 − cos 2 t )d cos t + a 2 b ∫ (1 − sin 2 t )d sin t =00cos 3 t = ab  cos t −3 π2рис. 2.2.1 Формула Грина (см.

лекцию 10)= 0, т. к . sin 0 = sin π = 0114ab 2 4.= ab  −1 + − 1 +  = ab 2  −  = −333 320.