В.Ф. Бутузов и др. - Математический анализ в вопросах и задачах (1108910), страница 57
Текст из файла (страница 57)
38, а. Данный повторный хх" х Се С 1 2=-1- /1-ух у=ххзх — хх х= 1-ЬхГ1-уз 2 х О Г) 1 1 2 х 6 Рис. За интеграл равен двойному интегралу по этой области. Чтобы изменить порядок интегрирования в повторном интеграле, нужно разбить область С на три части, как показано на рис. 38, б. Кривая д = зГ2х — тз является верхней полуокружностыо окружности Гх — 1)2+дз = 1. Разрешал это уравнение относительно т, получим два решения: х = = 1 х 2771 — дз.
В областях С1 и Сх переменная д изменяется от О до 1, а при каждом значении д переменнан х изменяется в области С1 от дз/2 (значение х на кривой д = 272х) до 1 — тГГ1 — дз (значение х па окружности), а в области Сз — от 1+ тГГà — дз до 2.
Поэтому по Гг. ХП. Кратные интегралы 288 формуле 121 получаем 1 —;~1 — уг И ~"> "'11 ~"~ "=1" 1 ~~* ~"" с( Иг Е 22Р2 1 1 — у22 — уг '2 +~22 )' 21(*,2)2 =)''(2~ )' 1(*,2)2 2- )' У(*,у)2 ~ 0 1( /1 2 О 2222 2 Аналогично для области Сз имеем Ц р"(х,у) г1хйу= ~11у / ~(х, Я 11х. Ог 1 у2 (2 Таким образом, окончательно находим 1-2))-уг 2 1(1(*иу)2*22 = )22 ( )' Х(*,2)2*+ (' 1(*,2) 2*/+ С 0 у)2 1-)- у) 2 — уг 2 + ~сну ~ 11х, у) 11х, а 1 22 уз 4.
В двойном интеграле 1= Ц1хг+ у21дхс1у, где С.-- круг, огра- о ниченный окружностью хг + уг = 2х, перейти к полярным координатам с полюсом в точке 0(0,01 и вычислить полученный интеграл. РХ 1 У г Рнс. 39 2.") Круг С изображен на рис. 39, а. Уравнения, связывающие (х, у) и полярные координаты 1р, р) с полюсом в точке 0)0,0), имеют вид ) 101 х = рсоау), у = ра)пр, причем наглядно видно, что в качестве промежутка изменения и) можно взять сегмент — я1(2 < (р ( я))2.
Подставляя выражения )10) в уравнение окружности, получим рг = 2рсов(р, откуда р = 0 или 41. Двойные интегралы р = 2 сов ср. Эти две кривые на плоскости 1р, ьо) при — л/2 < со < л/2 ограничивают область д (рис. 39, 6), являюшуюся прообразом абР1,х, у) ласти С при отображении 110). Якобиан 'У отображения 110) РГР Ф Р(х, у) ранен р.
Отметим, что ' ' = 0 на границе р = 0 области д, одна- РСР: Со) ка формула 14) замены переменных применима 1см. замечание после теоремы 4). Подынтегральнан функция ха+ уз в новых переменных равна рз. По формуле 14) имеем //р с/рг)ф. Полученный двойной интеграл па области д сводим к повторному; г/3 2 сег сс (11) — г/2 о и вычисляем повторный интеграл, применяя формулу Ньютона— Лейбница: 4 Сос л/2 /г 1= / Р— гор=4 / сав срг)ср=4 / ( ) сдр= — е/2 — г/д — е/2 г/З / (1+2саа2ср+ )гдр = — л/2 ( . 1 3 .
1 ) /" 3 — ср+ яп2ис+ — яп4р) = — л. А 2 3 а м с ч а н и а 1. Расстановку пределов нвтегрирананин в повторном интеграле 111) можно произвести, рассматривая не область д, а изменение полярных координат в исходной области С. На рис. 39, в видно, чта при каждом значении ср из промежутка ~ — г/2, л/2) переменная р изменяется ат 0 гзначение р в полюсе) до 2 совр 1значсние р на окружности, уравнение которой а полярных координатах имеет вид р = 2 оазис).
Таким образам, прсдеды интегрирования по Со от — л/2 да л/2, а па р ат 0 да 2 совр. 3 а м е ч а н и е 2. Обычно замена переменных в двойном интеграле и роизводится с целью упрощения области интегрирования. Если в данном примере перейти ь полярным координатам с полюсом не в точке ОСО., 0), а в точке .4Г1, 0) 1сгентре круга), т. е. по формулам х — 1 = р соа р, у = ряп Со, то прообразом круга С окаясется прямоугольник 1наиболее простая область) о = Цр, ф): 0 ( р ( 1, 0 ( ьо ( 2л) Срис.
39, г). Выражение длн подынтегральной функции примет вид хг -Ь уг = 1+ 2рсог со -~- рг. В этом случае, использун формулу с4) и сводя двойной интеграл к повторному, получим — //11 -~- 2рсавФ -~- Р )Рссрссср = 3 2 /с1х/Ср+2р соьсо+р )Нр — / ( + — совСо) с11о = — сг. а о а 10 В.Ф. Бутузов в др. Гл. ХП. Кратные интегралы 290 5. Вычислить двойной интеграл Х = Дх2112 гХлг гХу, где С = 1(х, д): 1 ( хз + уз < 4).
21 Область С представляет собой кольцо 1рис. 40, а). Его можно разбить на трапециевидные части, к которым применима формула сведении двойного интеграла к повторному, например так, как пока- О ! 2 р Рис. 40 вано на рис. 40, а. Однако удобнее сделать замену переменных перейти к полярным координатам: т, = р соз р, д = р ып дг, 0 < дг < 2гг. При этом отображении прообразом кольца является прямоугольник д = 1(рг иг) г 1 < р < 2, 0 < иг < 2л) (рис. 40, б). Применяя формулу (4) и сводя двойной интеграл к повторному, получаем 2 2е 2 зе г е.
2 2 гз ге1пе2р 63 гг 21я Х = ~гХр~ ражи грсоз дггХгр = ~рзйр) ' агге = —. — = . д 4 б 4 8 6. Найти площадь фигуры С, ограниченной кривой — '+л) =4хд (а>0, Ь>0). (х д) а Ы (12) х — хо = ар соз:р, 9 — уо = Ьрдгйп ~18) Ь Тагг как левая часть уравнения кривой неотрицательна при любых х и д, то и праван часть должна быть неотрицательной, а значит, х и д должны иметь одинаковые знаки. Следовательно, кривая расположена в 1 и 1П квадрантах, причем она симметрична относительно начала координат. В самом деле, если точка ЛХ(х,д) лежит на кривой, т. е.
х и д удовлетворяют уравнению (12), то — х и — д также удовлетворяют этому уравнению, т. с. точка ЛХ'( — х, — д), симметричная точке ЛХ относительно начала координат, также лежит на кривой. Поэтому и вся фигура С состоит из двух частей, симметричных друг друту относительно начала координат. Найдем площадь Кг части фигуры, расположенной в 1 квадранте. Для этого удобно перейти к новым переменным обабпгенньгл лолярггьглг координаталг. Опн вводятся по формулам 41. Двойные интегралы 291 где то, уо, а, Ь, а, Д -- некоторые числа, выбираемые н каждом кон- кретном случае из соображений удобства.
Якобиан отображения (13) ранен аЬ41Дрзл 'вш усов' ' ьо. В даннол1 случае удобно взять то = уо = О, а = 2, 43 = 1. Тогда левая часть уравнения (12) будет равна р4 и уравнение прилдет вид р4 = 4аЬрз сова рьшз р, откуда р = О или р = 2лгаЬЬв1прсов4р, причем О < Ьо < х/2 (1 ква- дрант). кривые р = О и р = 241аьв1псосовьд (О < ьо < я/2) на плос- кости (р,со) ограничивают область д - прообраз части фигуры С, лежащей а 1 квадранте. Якобиан отображения (13) в данном случае равен 2аЬрвлпьдсовр. По формуле (8) получаем е/З Здалг1одгсоги 84 — — ~~2аЬрвшрсовЬ241ргур = / гйр / 2аЬрв1пьосоврдр = д о о грз и/3 агЬ = 4агЬ (' вшз сдсов~ьоЬЬр = 4а Ь / гйпз р(1 — в1п ьо) 41(вшьо) = 3 о о искомая площадь фигуры С равна 251, т.
е. — а Ь . а 2 3 7. Найти объем тела Т, ограниченного поверхностями з = О, г = .2 1 з,,з 1л Данное тело можно представить в виде Т = ((х, д, г): (х, у) е С, О < г < хг + уг), где С .-- область на плоскости (х,у), ограниченная кривыми у = хз и д = 1, т. е, С = ((х,у): — 1 < х < 1, хз < у < < 1). Применяя формулу (9) и сводя двойной интеграл к повторному, получим 8. Найти люменты инерции 1и и 1д относительно осей Ох и Оу пластины с плотностью р = 1, ограниченной кривыми ху = 1, ху = 2, у = 2х, т. = 2у и расположенной а 1 квадранте. 2.'4 ДаннаЯ пластинка С изобРажена на Рис.
41. По фоРмУлам длЯ 1и и 1д имеем 1, =Цу'йх д, 1„=Ц за*йу. с С Чтобы свести каждый из этих двойных интегралов к повторному, нужно область С разбить на три части. Удобнее перейти к полярным координатам; х = рсовьд, у = рв1п~р. Тогда Ьо изменяется от Гл. ХП. Кратные интегр лы 292 1 грг = агс1д — до грз = агстд2 (см. рис.
41), а при каждом значении гг из сегмента (грыжа) переменная р изме- У 1 сис) = сн 'г" г у=г уг "' " гг в полярных координатах в 1 квадранте 1 ф — г (с) = а 2 .р ° г г*г= х1г= 2 =г) с ггг ' . =1 О х ггг Рг(т) Рнс. 41 1, = ~г(гр / р вш рогр = т Оя) кг тг= ггсга 2 1 Г.2 г г 3 Г г)тг 3 9 — ~ в(п гр(р (гр) — р (гр)) Ф = — ~ = — 18~ 4 ./ 4 .1 сояг Чг 4 ь 8 Фг гг г Хг=ассга у 9 Аналогично получаем 1и — — —. д и Задачи и упражнения дяя самостоятельной работы 1. Сведите двойной интеграл ДД(х, у) г)х Оу к повторному двумя способами, если: с а) С "- треугольник с вершинами (1г Ц, (4, Ц, (4,4); б) С треугольник с вершинами (2, Ц, (5,2), (З,т); в) С область, ограниченная кривыми у = Зхг, у = 6 — Зх; г) С круг х + уг ( 2х — 4у + 4; д) С .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
