34_PiskunovT2 (523113), страница 29

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 29)

а ее а 1гл. хтч КРАТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ й 4. Вычисление площадей и объемов с помощью двойных интегралов 1. Объем. Как мы видели в 9 1, объем У тела, ограниченного поверхностью г = 1(х, д), где 1(х, д) — неотрицательная функция, плоскостью г = 0 и цилиндрической поверхностью, направляющей для которой служит граница области Р, а образующие параллельны оси Ог, равен двойному интегралу от функции Дх, д) по области Р: У=)) г(х, д)«5.

о П р и и е р 1. Вычислить объем тела, ограниченного поверхностями х=о, у=О, х+у+г=1, г=О (рис. 309). Рис. 309. Рис. 3!О. Решение. У= ~ ~ (1 — х — у) буох, где Р— заштрихованная иа рис. 309 о треугольная область в плоскости Оху, ограниченная прямыми х=О, у=О, к+у=1. Расставляя пределы в двойном интеграле, вычислим объем: 11-х у»1»-х Р 1 1 У = (1 — х — у) оуйх= ~(1 — х) у — ~ ух= 1 — (1 — ха) ахьм —. о о о 1 Итак, У= — куб. единиц. б Замечание 1.

Если тело, объем которого ищется, ограничено сверху поверхностью г=Ф,(х, д))~0, аснизу — поверхостью г=Ф,(х, д)ЪО, причем проекцйей обеих поверхностей на плоскость Охд является область Р, то объем У этого тела равен разности обьемов двух «цилиндрических» тел; первое из этих цилиндрических тел имеет нижним основанием область Р, а верхним †поверхнос г = Ф,(х, д); второе тело имеет нижним основанием также область Р, а верхним †поверхнос г=Ф„(х, д) (рис. 310).

вычислвнив площхдви и овъвмов 167 Поэтому объем У равен разности двух двойных интегралов: У= ~~Ф,(х, у)Ю вЂ” ~~Ф,(х, у) Ю, о о или У = ) ~ [Ф, (х, у) — Ф, (х, у)~ дЯ. в Легко, далее, доказать, что формула (1) верна не только в том случае, когда Ф,(х, у) и Ф,(х, у) неотрицательны, но и тогда, когда Ф,(х, у) и Ф,(х, у) — любые непрерывные функции, удовлетворяющйе соотношению Ф,(х, у))Ф,(х, у). Замечание 2. Если в области Р функция 1(х, у) меняет знак, то разбиваем область на две части: 1) область Р„ где !(х, у) ЪО; 2) область Р„где 1(х, у) <О. Предположим, что области Рт и Р, таковы, что двойные интегралы по этим обла- стям существуют.

Тогда интеграл по области Р, будет положи- телен и будет равен объему тела, лежащего выше плоскости Оху. Интеграл по Р, будет отрицателен и по абсолютной величине равен объему тела, лежащего ниже плоскости Оху. Следовательно, интеграл по Р будет выражать разность соответствующих объемов. 2. Вычисление площади плоской области. Если мы составим интегральную сумму для функции )(х, у) 1 по области Р, то эта сумма будет равна площади Я, при любом способе разбиения. Пере- ходя к пределу в правой части равен- ства, получим 8 = ) ) х пу. о Ряс. 311. Если область Р правильная (см., например, рнс. 296), то площадь выразится двукратным интегралом 1гл х!у кратные интегралы 1ЕВ Производя интегрирование в скобках, имеем, очевидно, ь Я = $ [срз (х) — дрд (х)1пх а (ср. 2 1 гл.

Х11 т. 1). П р имер 2. Вычислить площадь области, ограниченной кривыми у=2 †, у=х. Решение. Определим точки пересечения данных кривых (рис. 311). В точке пересечения ординаты равны, т. е. «=2 — хд, отсюда хз+х — 2=0, кд= — 2, х,=1. Мы получили две точки пересечения Мд ( — 2; — 2), Ма (1; 1). Следовательно, искомая площадь ! 2-х* ! хз кз1! Э 5= ( ( Нр !2«= ( (2 — х' — «)Их="2« — — — ~ 3 22-2 2 -2 х -2 $5.

Двойной интеграл в полярных координатах Пусть в полярной системе координат 8, р задана такая область Р, что каждый луч*), проходящий через внутреннюю точку области, пересекает границу области Р не более чем в двух точках. Предположим, что область Р ограничена кривыми' р=Фд(0), р=Ф,(8) и лучами 8=а и 8=(), причем Ф,(0)%'Ф,(0) и а(() (рис. 312). Такую область снова будем называть правильно!). Пусть в области Р задана непрерывная функция от координат 8 и р: г=)п(8, р). Рис. 312. Разобьем область Р каким-нибудь способом на площадки ЛЯ„ 223„....

Л5„. ") Пучом мы будем называть каждую полупрямую, исходящую из начала координат, т. е. из полюса Р. э 51 двоинои интвгиал в полярных координатах 1бэ Составим интегральную сумму: ч У„= Х Р(Р„) ЬЗ„ а 1 где Р„ †некотор точка площадки ЬЗа. Из теоремы существования двойного интеграла следует, что при стремлении наибольшего диаметра площадки ЬЗ» к нулюсуществует предел У интегральной суммы (1). Этот предел У есть, по определению, двойной интеграл от функции Р(0, р) по области В: У= ~~Р(В, р)бз. о (2) *) Заметим, что при суммировании по индексу Г этот индекс будет пробегать не все значения от ! до т, так как не все площадки, лежащие между лучами В=за и В=за+и, принадлежат области В. Займемся вычислением двойного интеграла в этом случае. Так как предел интегральной суммы не зависит от способа разбиения области 1) на площадки ЬЗа, то мы можем разбить область наиболее удобным способом.

Таким наиболее удобным для вычисления способом будет разбиение области с помощью лучей В=В„В=В,,В=В„...,О=В„(гдео,=а,о„=(),0,<В,<В,< ... ... < 0„) и концентрических окружйостей р=р„р=р,, .... р=р (где р, равно наименьшему значению функции Ф,(9), а р„— наибольшему значению функции Фа (0) в промежутке а < 0 < р; р <рг« р ). Обозначим через ЬЗга площадку, ограниченную линиями р=р, и р=ргь в=в„„о=в,. Площадки ЬЗ,. будут трех видов: 1) не пересекаемые границей, лежащие в области В; 2) не пересекаемые границей, лежащие вне области ).'); 3) пересекаемые границей области Р. Сумма слагаемых, соответствующих пересекаемым границей площадкам, имеет пределом нуль при Ьва- 0 и Ьр,— О, и потому эти слагаемые мы не будем принимать в расчет. Площадки Юга, которые лежат вне области В, вообще не входят в интегральную сумму и поэтому нас не интересуют.

Следовательно, интегральную сумму можно записать следующим образом: У.=,Х ~ХР(Р,.) ЬЗ,.1, где Р;а — произвольная точка площадки ЬЗг». Двойной знак суммирования здесь следует понимать в том смысле, что мы сначала производим суммирование по индексу г', считая А постоянным (т. е. отбираем все слагаемые, соответствующие площадкам, заключенным между двумя соседними лучами *)). (гл. х!н кР»тные интеГР»лы 1УО Внешний знак суммирования означает, что мы собираем вместе все суммы, получившиеся при первом суммировании (т.

е. суммируем по индексу л). Найдем выражение площади площадки ЛЯ,», не пересекаемой границей области. Она будет равна разности площадей двух секторов: 1 лз|„= —,(р,+лр,.) ле» вЂ”,р|лв»= ~р,.+ —,") лргле,, или ЛЯ!» — — Р',ЛР|ЛЕ», гДе Р; ( Р; ( Р|+ЛРР Таким образом, интегральная сумма будет иметь вид*) л и„=,у; [„'ЕР(е;, Р,*.) рглр,.лв,~, где Р (9»; р,*) — точка площадки ЛВ!». Вынесем теперь множитель Лв» за знак внутренней суммы (это можно сделать, так как он является общим множителем для всех слагаемых этой суммы): л Ч„=,э.; ) Х р (е'„, р,) р',. лр,.1 лв». »![, Предположим, что Лр; — О, а Лв» остается постоянным. Тогда выражение, стоящее в скобках, будет стремиться к интегралу е, (в„') р (е„, р) р (р.

е,(в') Теперь, полагая, что Ле» вЂ” О, окончательно получим *') Р Е.|э| 1( ! г!«, «|р«р)л. Формула (3) служит для вычисления двойного интеграла в полярных координатах. *) Рассматривать интегральную сумму в таком виде мы можем потому, что предел суммы не зависит от положения точки внутри площадки, ° «) Наш вывод формулы (3) не является строгим; при выводе этой формулы мы стремили к нулю сначала Ьр|, оставляя бв» неизменным, и только затем стремили йе» к нулю.

Это не вполне соответствует определению двойного интеграла, который мы рассматриваем как предел интегральной суммы при стремлении диаметров площадок к нулю (т. е. при одновременном стрем- ленин к нулю ЬО» и ар!). Однако, несмотря на допущенную нестрогость доказательства, результат верен (т. е. формула (31 справедлива). Строгий вывод этой формулы можно было бы получить тем же методом, который был применен при рассмотрении двойного интеграла в прямоугольных координатах. Заметим также, что эта формула будет выведена еще раз в 5 6 из другим соображений (как частный случай более общей формулы преобразования координат в данном интеграле).

4 31 ДВОЙНОЙ ИНТЕГРАЛ В ПОЛЯРНЫХ КООРДИНАТАХ 1П Если первое интегрирование производить по О, а второе по р, то получим формулу (рис. 313) Рв д Юв (Р! р-(( 1 р(в, р(вв)ро. (3') Рр РЧ (Р) Пусть требуется вычислить двойной интеграл от функции ! (х, у) по области й, заданной в прямоугольных координатах: )()( ! (х, у) ((х((у. о Если область Ах является правильной в полярных координатах О, Р, Рис. 3!3.

Рис. 3!4. то вычисление данного интеграла можно свести к вычислению двукратного интеграла в полярных координатах. Действительно, так как х=рсозО, у=рз(ПО, )(х, у)=~(рсозО, рз!ПО)=Р(8, р), то, следовательно, В у е,(з! (1((*, р(в рр=(! ) /(р в, р гь в)ррр)ва (4( о а е,<е> Пример 1. Вычислить объем г тела, ограниченного сферической поверхностью ха+уз ! за —,$оа и цилиндром ха+ уа 2ау =О.

Решение. За область интегрирования здесь можно взять основание цилиндра ха+уз — 2ау=о, т. е. круг с центром в точке (О, а) и радиусом а. Уравнение границы этого круга можно записать в виде ха+(у — а)а=аз (рис. 3!4). Вычислим !/4 искомого объема )Р, а именно ту его часть, которая расположена в первом октанте.

Тогда в качестве интегрирования придется взять 1гл. хгк КРАТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ 172 полукруг, границы которого определи~отея уравнениями х=<р,(у)=0, х=<ре(у)=~Жу — у, у=О, у=2а. Подынтегральиая функция г=)(х, у)= РУ4аг — х' — уз. Следовательно, га 7~"гав-в — т- 1 ~ ! У(Ф вЂ” Ф вЂ” Ф~)а. 1 4 О О Преобразуем полученный интеграл к полярным координатам 6, р: х=рсозО, у=ра1п В. Определим границы интегрирования.

Длн зтого напишем уравнение данной окружности в полярных координатах: так как «'+у'=р', у=ра1п О, чо ра — 2ара!п 8=0, нли р=2а з!и 6. Следовательно, в полярных координатах Рис. 3!5, Рис. 316. (рис. 315) границы области определяются уравнениями р=Ф1(0)=0, р=Фе(8)=2автпО, а=0, В=п)2, а подынтегральная функция имеет вид Р(О, р)=)У4ае — рз. Таким образом, получаем и/2 2а аы 8 и!2 4 3(, и/2 а)2 ам — — ') [(4ае — 4ава1пеО)з72 — (4ае)з!2148= — ! (1 — соззО)48= — аз(3п — 4). 3,) 9 О О Пример 2.

Характеристики

Список файлов книги