Соболев С.К. - Двойные интегралы (1077059), страница 2
Текст из файла (страница 2)
НеравенствоРис. 10x 2 + y 2 ≤ 2 x ⇔ ( x − 1)2 + y 2 ≤ 1 задает круградиуса R = 1 с центром в точке A(1; 0) , поэтому данная область совпадает с областью D3из примера 2 (см. Рис. 10), и в декартовых координатах вычисление двойного интегралабудет такое:2020xydxdy=dxxydy==∫∫∫∫∫ dx ⋅ x ⋅ ( 12 y 2 )0D2=− 2 x − x2y =− 2 x − x 2082∫ ( − x 2 + 12 x3 ) dx = − 13 x 4 + 81 x 4 = − 3 + 2 = − 3 .0(б) Вспомним, что x = r cos ϕ , y = r sin ϕ , поэтому двойной интеграл в полярныхкоординатах будет выглядеть так:AKF3.RUС.К. Соболев. Двойные интегралы2cosϕ0∫∫ x ydxdy =D∫π−dϕ∫0∫π−cos ϕ ⋅ sin ϕ dϕ ⋅ ( 14 r 4 )r = 2cosϕr =0= −4 ∫ t 5dt = −4 ⋅0∫cos ϕ ⋅ sin ϕ dϕr 3dr =020= 4 ⋅ ∫ cos5 ϕ ⋅ sin ϕ dϕ = {t = cos ϕ } =−21∫π−20=2cosϕ0r cosϕ ⋅ r sin ϕ ⋅ r ⋅ dr =8π212=− .63Замечание 3.
Значение интеграла получилось отрицательное, т.к. подынтегральнаяфункция f ( x, y ) = xy отрицательна в области интегрирования.Замечание 4. В данном примере вычисление двойного интеграла и в декартовых, и вполярных координатах довольно несложное. Однако часто вычисление двойногоинтеграла в декартовых координатах в виде повторного (в каком-то определенномпорядке) весьма затруднительно, и вычисления значительно упрощаются при изменениипорядка интегрировании или переходе к полярным координатам.3. Приложения двойных интегралов.3.2. Геометрические и физические приложения двойного интеграла(а) Площадь плоской фигуры.S ( D ) = ∫∫ 1⋅ dxdy = ∫∫ dxdy .DD(б) Масса плоской материальной пластинки.Если плоская материальная пластинка D расположена в плоскости XOY и имеетпеременную плотность µ ( x, y ) , то масса пластинки D вычисляется по формулеm( D ) = ∫∫ µ ( x, y )dxdy .D(в) Координаты центра масс(14) плоской материальной пластинки.
Координаты центрамасс C ( x0 ; y0 ) плоской материальной пластинки D , имеющей переменную плотностьµ ( x, y ) , находятся по формулам:MyMxx0 =, y0 =, гдеm( D )m( D )M x = ∫∫ x ⋅ µ ( x, y ) dxdy , M y = ∫∫ y ⋅ µ ( x, y ) dxdy , m( D ) = ∫∫ µ ( x, y )dxdy ;DDD7(г) Координаты центрóида( ) плоской геометрической фигуры. Центрóидом(нематериальной!) геометрической фигуры D называется центр масс этой фигуры впредположении, что её плотность во всех точках одинакова и равна, например, единице.Тогда масса плоской фигуры равна её площади, и координаты центроида C ( x0 ; y0 )плоской фигуры D находятся по формулам:MyMx, где M x = ∫∫ x ⋅ dxdy , M y = ∫∫ y ⋅ dxdy , S ( D ) = ∫∫ dxdy ;x0 =, y0 =S ( D)S ( D)DDDAKF3.RUС.К.
Соболев. Двойные интегралы9(д) Вторая формула Гульдина(13): Объем тела, полученного вращением вокругнекоторой оси плоской фигуры, расположенной в плоскости оси по одну сторону от неё,равен произведению площади этой фигуры на длину окружности, описываемую привращении центрóидом(7) этой фигуры, т.е.V = S ( D ) ⋅ 2π R0 ,где S ( D ) – площадь фигуры D, R0 – расстояние от центроида этой фигуры до осивращения.(е) Площадь поверхности в пространстве.Если поверхность σ задана уравнениемz = f ( x, y ) , где M ( x; y ) ∈ D (см.
Рис. 11), топлощадь поверхности σ вычисляется поформуле:Zz = f ( x, y )σS (σ ) = ∫∫ 1 + ( f x′ ( x, y )) + ( f y′ ( x, y )) dxdy .22D(ж) Объем тела в пространстве.Если тело Т проецируется на плоскость XOYв фигуру D и задано неравенствамиzнижн ( x, y ) ≤ z ≤ zверхн ( x, y ), M ( x; y ) ∈ D ,(см. Рис. 12), то объём тела Т вычисляется поформуле:V (T ) = ∫∫ zверхн ( x, y ) − zнижн ( x, y ) dxdy .(YDOРис. 11)XD3.2. Примеры на приложения двойных интеграловПример 4.
Найти площадь фигуры, ограниченной одной петлей кривой( x 2 + y 2 )2 = 2a 2 xy ( x, y ≥ 0 , a = const > 0 ).z = zверхн ( x, y )Z5Решение. Перейдем к полярным координатам( ),т.е применим формулы:T222x = r cos ϕ , y = r sin ϕ , x + y = r . Получимr 4 = 2a 2 r 2 cos ϕ ⋅ sin ϕ ⇔ r 2 = a 2 sin 2ϕ ⇒Yr = a sin 2ϕ . Это лемниската Бернулли.
Найдемплощадь фигуры, ограниченной одной её петлей(см. Рис. 13):π2S = ∫∫ 1⋅ dxdy = ∫ dϕ0Dπa sin 2ϕ∫0π2=12∫a02rdr = ∫ dϕsin 2ϕ dϕ = − 41 a 2 cos 2ϕDr = a sin 2ϕ1 r22=r =00ϕ =π2( )z = zнижн ( x, y )2ϕ =0XYРис. 12r = a sin 2ϕ2=a .2Этот пример показывает, что применение двойныхинтегралов к вычислению площадей не дает ничегонового по сравнению с определенным интегралом.0Рис. 13ХAKF3.RUС.К.
Соболев. Двойные интегралы10Пример 5. Найти координаты центра масс плоской пластинки D, заданной неравенствами0 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ y ≤ 3 − x 2 + 2 x , имеющей плотность µ = x .Решение. Область D ограничена осями координат и дугой параболы y = − x 2 + 2 x + 3 (см.Рис. 14). Сначала найдем массу этой пластинки:Y33+ 2 x − x 2m( D ) = ∫∫ µ ⋅ dxdy = ∫∫ x ⋅ dxdy = ∫ dx ∫ x ⋅ dy =y = − x2 + 2 x + 3DD0033= ∫ dx ⋅ x ⋅ y(3232()= ∫ 3 x + 2 x 2 − x 3 dx =y =00=y = 3+ 2 x − x 2D03x + 23 x − 14 x4)303= 27 + 18 − 81 = 45 .2440ХРис. 14Теперь вычислим3M x = ∫∫ x ⋅ µ ( x, y )dxdy = ∫∫ x dxdy = ∫ dx3+ 2 x − x 22D0D(= x 3 + 12 x 4 − 15 x 5)x =3x =00M y = ∫∫ y ⋅ µ ( x, y )dxdy = ∫∫ xydxdy = ∫ dxD312()2(3+ 2 x − x 2∫03dx =01 92 20D2∫ x ⋅ 3 + 2x − x()0Mx= 27 + 81 − 243 = 189 ⇒ x0 == 189 : 45 = 42 = 1,68.2510m( D ) 10 4 253=∫3x 2⋅ dy = ∫ 3 x 2 + 2 x 3 − x 4 dx =12∫ ( 9 x + 12 x23xy ⋅ dy = ∫ x ⋅ dx(12y2y = 3+ 2 x − x 2)=y =00)− 2 x 3 − 4 x 4 + x 5 dx =02312445516x + 4x − x − x + x6)x =3x =0= 81 + 54 − 81 − 2 ⋅ 243 + 243 = 351 ⇒445420My⇒ y0 == 351 : 45 = 39 = 1,56.M ( D ) 20 4 25Ответ: центр масс имеет координатыC (1,68; 1,56) = C 42 ; 39 .25 25(Y22x +y =R)Пример 6.
На каком расстоянии от диаметранаходится центрóид(7) полукруга радиуса R?2Rr=Ry0 CD 0–RРис. 150RBeXПервое решение. Поместим начало координат в центр полукруга, и пусть ось его диаметрлежит на оси ОХ. (см. Рис. 15). Тогда полукруг D задаётся неравенствами:x 2 + y 2 ≤ R 2 , y ≥ 0 . Центроид любой симметричной фигуры лежит на её оси симметрии,поэтому центрóид C ( x0 ; y0 ) полукруга лежит на оси OY, т.е. x0 = 0 . ВычислимMyкоординату y0 =, где S ( D ) = 12 π R 2 .S ( D)AKF3.RUС.К.
Соболев. Двойные интегралы11πRπRϕ =π0000ϕ =03M y = ∫∫ ydxdy = ∫ dϕ ∫ r sin ϕ ⋅ r ⋅ dr = ∫ sin ϕ dϕ ∫ r 2⋅ dr = R ( − cos ϕ )3D3= 2R .332Следовательно, y0 = 2 R : π R = 4 R .323πВторое решение. Пусть искомое расстояние равно d. Применим вторую формулуГульдина. Объем тела, полученного вращением полукруга вокруг его диаметра, равенV = S ( D ) ⋅ 2π d = 12 π R 2 ⋅ 2π = π 2 R 2d . С другой стороны, тело вращения – шар радиуса R, иего объем хорошо известен, V = 43 π R 3 , Следовательно, 43 π R 3 = π 2 R 2 d , откуда d = 4 R .3π4R.Ответ: расстояние от центроида полукруга радиуса R до его диаметра равно d =3πПример 7. Найти площадь поверхности кругового цилиндра x 2 + z 2 = a 2 , вырезаемойпараболическим цилиндром y 2 = a 2 − ax ,x=ax = −a YОбразующиеРешение.цилиндрическойповерхности(9)x2 + z2 = a2 ⇔ z = ± a2 − x2параллельны оси OY , из последнегоуравнения следует, что − a ≤ x ≤ a .
Искомаяповерхность σ проецируется на плоскостьXOY в область D, ограниченную прямымиипараболойx = a, x = − a22y = a 2 − axD1D0XРис. 162y = a − ax ⇔ y = − a ( x − a ) с вершиной вточке V (a; 0) и ветвями направленными влево.Причем, из-за знака ± в уравненииповерхности, в эту область она проецируется дважды (сверху и снизу). Сама поверхностьсимметрична и относительно плоскости ZОХ, поэтому достаточно проинтегрировать поверхней половине D1 области D и умножить на 4:S (σ ) = 2 ∫∫ 1 + ( z′x )2 + ( z′y )2 dxdy = 4 ∫∫ 1 + ( z′x )2 + ( z′y )2 dxdy ,DD122z = a − x , а область D1 ограничена прямымигдеy = 0, x = −ay = a 2 − ax (см. рис.
16).z′x =(a2 − x2)′x=−xa −x1 + ( z′x ) 2 + ( z′y )2 = 1 +S (σ ) = 4 ∫∫D1a2a − x222, z′y = 0 ⇒x2 =aи площадь поверхности σ равна222a −xa − x2dxdy =и параболойAKF3.RUС.К. Соболев. Двойные интегралыa 2 − axa= 4 ∫ dx∫−a0a4a aaaa 2 − axdy = 4a ∫−adx = 8a a ⋅ x + ax+a∫−aОтвет: S (σ ) = 8a212aa (a − x )a 2 − ax dx = 4adx =∫22(a−x )( a + x )a −x−ax =a= 8a a ⋅ 2a = 8a 2 2.x =− a2.Пример 8. Найти объем тела, ограниченного поверхностямиz = x 2 + y 2 (1) и x 2 + y 2 − 2 z 2 = − 4 (2) .Решение. Первая поверхность – это верхняя часть конической поверхностиz≥0, а вторая x 2 + y 2 − 2 z 2 = − 4 ⇔ z = ± 2 + 12 ( x 2 + y 2 ) –z = x2 + y2 ⇔ 222 z = x + yдвуполостный гиперболоид(10). Найдем линию пересечения этих поверхностей, для чегово второе уравнение подставим x 2 + y 2 вместо z.
Получим x 2 + y 2 = 4 – окружность –проекция на плоскость ХОY линии пересечения этих поверхностей, а проекция на ХОYсамого тела Т – круг, ограниченный этой окружностью: x 2 + y 2 ≤ 4 . Тело Т можно задатьнеравенствами:x 2 + y 2 ≤ z ≤ 2 + 12 ( x 2 + y 2 ) ., т.е. zверхн = 2 + 12 ( x 2 + y 2 ) ,zнижн = x 2 + y 2 (см. Рис.18). Поэтому объем тела Т равенV (T ) = ∫∫ ( zв ( x, y − zн ( x, y ))dxdy = ∫∫DD()2 + 12 ( x 2 + y 2 ) − x 2 + y 2 dxdy ,где D – круг радиуса 2 с центром в начале координат (см. Рис.
19) . Этот интегралцелесообразно вычислять в полярных координатах:∫∫ (2π)2 + 12 ( x 2 + y 2 ) − x 2 + y 2 dxdy =D2∫dϕ ∫00()2 + 12 r 2 − r ⋅ r ⋅ dr =2221= 2π ⋅ ∫ 2 + 2 r ⋅ r ⋅ dr − ∫ r 2 dr 008Второй интеграл, очевидно, равен 3 , а в первом интеграле сделаем замену:t = 2 + 12 r 2 ⇒ dt = r ⋅ dr, r = 0 ⇒ t = 2, r = 2 ⇒ t = 4 . Получим:2∫042+1 r22⋅ r ⋅ dr = ∫ t ⋅ dt = 23 t234=223(8 − 2 2 ) .Y2Следовательно, V (T ) = 2π ⋅ 16 − 4 2 − 8 = 8π 2 − 2 .333 3()2D0Рис. 192ХAKF3.RUС.К. Соболев. Двойные интегралы13Zzверхн = 2 + 12 ( x 2 + y 2 )zнижн = x 2 + y 2TYDРис. 18x2 + y2 = 4Х4. Особенности вычисления двойных интегралов4. 1.
Вычисление двойного интеграла от распадающейся функцииЕсли подынтегральная функция f ( x, y ) распадается в произведение двух функций, изкоторых одна зависит только от одной переменной, а другая – только от другой, а границыобласти интегрирования в повторном интеграле задаются постоянными функциями, тодвойной интеграл равен произведению соответствующих определенных интегралов.В декартовых координатах это имеет место, если область D – прямоугольник состоронами, параллельными осям координат, а f ( x, y ) ≡ g ( x ) ⋅ h( y ) .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
