Galkin_Lektsii (967479), страница 2

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

Текст из файла (страница 2)

Пусть функция f(x,y) непрерывна в области Dxy. Тогда f ( x, y)dxdy  DxyDuvf ( u, v , u, v ) | I | dudv , где I  uuv - якобиан (определительvЯкоби).Доказательство (нестрогое). Рассмотрим элементарную ячейку в координатах u, v: Q1,Q3, Q4, Q2 – прямоугольник со сторонами du, dv. Рассмотрим ее образ при отображенииx   (u, v), y   (u, v) - ячейку P1, P3, P4, P2.Запишем координаты точекP2yvQ1 (u, v), Q2 (u+du, v), Q3 (u, v+dv),Q3Q4P1 ( u, v , u, v ),P2  u  du, v , u  du, v  P1P4P3xQ1Q2uP2 ( u, v    u' du ),  u, v    u' duP3  u, v  dv , u, v  dv  P3 ( u, v    v' dv), ( u, v    v' dv)Приближенно будем считать ячейку P3, P4, P1, P2.параллелограммом, образованнымсторонами P1 P2   u' du,  u' du , P1 P3  v' dv,  v' dv . Вычислим площадь этой ячейки какплощадь параллелограмма.ijk u' du  u' du u'  u'''S  P1 P2  P1 P3 |  u du  u du 0 | 'k | '| dudv | I | dudv . v dv  v' dv v  v''' v dv  v dv 07Подставляя в интеграл площадь параллелограмма в качестве площади ячейки dxdy,получим  f ( x, y )dxdy   f ( u, v , u, v ) | I | dudv .DxyDuСледствие.

Рассмотрим частный случай – полярную систему координат u   , v   :x xcos    sin   .x   cos , y   sin . I y ysin   cos  Пример. Вычислить площадь внутри кардиоиды   a(1  cos  ) . a (1cos ) 13S  2   d d  2  2 |0a (1cos ) d  a 2  1  2 cos   cos 2  d  a 2 .220000Пример. Вычислить объем внутри прямогоограниченный плоскостью z  x  y в первом октанте. /2 /211круговогоцилиндраx2  y 2  1, /212V   d  zd   d    cos    sin  d   (sin   cos  )d  .3 030000Для каждой задачи можно выбрать ту систему координат, в которой вычисленияпроще. Декартова система координат удобна для прямоугольных областей. Если стороныпрямоугольника параллельны координатным осям, то пределы интегрирования в повторноминтеграле постоянны.

Полярная система координат удобна для круга, кругового сектора илисегмента. Если центр круга находится в начале координат, то пределы интегрирования поуглу и радиусу постоянны.Приложения двойного интеграла.С помощью двойного интеграла можно вычислить объем цилиндрического тела,площадь и массу плоской области. От этих задач мы и пришли к двойному интегралу.Но возможны и менее очевидные приложения.С помощью двойного интеграла можно вычислять площадь поверхности, определятьстатические моменты, моменты инерции и центр тяжести плоской области.Вычисление площади поверхности с помощью двойного интеграла.znkxDПусть поверхность , площадь которой надоQk вычислить, задана уравнением F(x, y, z) = 0 илиуравнением z = f(x, y).kВведем разбиение  на ячейки k, не имеющиеобщих внутренних точек, площадью vk.

Пустьобласть  и ячейки k проектируются наyплоскость OXY в область D и ячейки dkплощадью sk. Отметим на ячейке dk точку Mk. Вточке Qk (ячейки k), которая проектируется вточку Mk, проведем единичный вектор нормали nkdk{cosk, cosk, cosk} к поверхности  иMkкасательную плоскость. Если приближенносчитать равными площадь vk ячейки k иплощадь ее проекции на касательную плоскость,8то можно считать справедливым соотношение vk cosk = sk. Выразим отсюдаvk=sk/ cosk.

Будем измельчать разбиение при условии max diam k 0, что длякусочно-гладкой поверхности, не ортогональной плоскости OXY, равносильно max diam dk0. Вычислим площадь поверхности как двойной интеграл11S D  lim max diam k 0  vk  lim max diamd k 0 s k  ds .| cos  x, y. z  |kk | cos   x k , y k , z k  |DСюда остается лишь подставить cos  x, y, z  .Если поверхность  задана уравнением F(x, y, z) = 0, то gradFngradF1'2x'2y'2zF F FF , F , F   cos  , cos  , cos  .'x'yS D   1 2Fy'2Fz'Поэтому в этом случае cos  Fx''z22Fx'  Fy'  Fz'22Fy'Fx'1, 1 2  2 .| cos  |Fz'Fz'2 2 dxdy .2Fz'Fz'Если поверхность задана уравнением z = f(x, y), то уравнение это можносвести к уравнению F(x, y, z) = 0 и применить выведенную формулу:221 f ( x, y)  z  F ( x, y, z )  0, Fz'  1, Fx'   f x' , Fy'   f y' , 1  f x'  f y'| cos  |DS D   1  f x'  f y' dxdy .22DПример.

Вычислить площадь поверхности конусаплоскостями x  y  2, x  y  3.z 2  x 2  y 2 , ограниченнойF  z 2  x 2  y 2  0, Fx'  2 x, Fy'  2 y, Fz'  2 zy32x231x2  y2 1 2.cos z2DS   2dxdy  2S D  2D19  4  5 .22Вычисление статических моментов, координат центра тяжести, моментовинерции.Пусть задана плотность вещества плоской материальной области D (x, y). Выделимэлементарную ячейку с массой dm и применим к ней известные формулы для материальнойточки:Статические моменты относительно осей OX, OY dmx = y dm = y (x, y) ds,dmy = x dm = x (x, y) ds.Моменты инерции относительно осей OX, OYdJx = y2 dm = y2 (x, y) ds,dJy = x2 dm = x2 (x, y) ds.Момент инерции относительно начала координат dJ0 = dJx + dJy.9Двойным интегралом по всей области D вычисляем те же характеристики для области D.m x   y x, y ds , m y   x x, y ds , J x   y 2  x, y ds , J y   x 2  x, y ds , J0 = Jx + Jy.DDDКоординаты центра тяжести x mym,yDmx, где m    x, y ds - масса области D.mDПример.

Вычислить координаты центра тяжести полукруга x 2  y 2  R 2 , y  0 с заданнойплотностью  x, y   y . R2m    x, y dxdy   ydxdy     r sin  rdr d  R 33DD00 Rm x   y x, y dxdy   y 2 dxdy     r 2 sin 2  rdr d  R 48DD00 Rm y   x x, y dxdy   xydxdy     r 2 sin  cos  rdr d  0 (это было ясно заранее, поDD00симметрии полукруга относительно OYи независимости плотности от координаты x).mym3R 0, y  x Поэтому x .mm16Пример.

Вычислить момент инерции полукруга x 2  y 2  R 2 , y  0 с заданнойплотностью  x, y  относительно прямой y  R .J y  R   ( y  R) 2  x, y dxdy   y 2  x, y dxdy  2 R  y x, y dxdy  R 2   x, y dxdy DDD y  x, y dxdy  2R y x, y)dxdy   R   x, y dxdy  J2DD2D 2 Rm x  R m .2xDЭта формула известна в теоретической механике.Замечание о несобственных двойных интегралах.Точно так же, как и в определенных интегралах, вводят несобственные двойныеинтегралы двух типов: интеграл от непрерывной функции по неограниченной области(первого рода) и интеграл от разрывной функции по ограниченной области (второго рода).Интеграл первого рода определяют как предел последовательности двойныхинтегралов от непрерывной функции по «расширяющимся» областям, стремящимся кзаданной неограниченной области.

Если предел существует и конечен, то интегралназывается сходящимся, если предел не существует или бесконечен, то интеграл называетсярасходящимся.Интеграл второго рода6 определяют как предел последовательности интегралов отнепрерывной функции по «расширяющимся» областям, стремящимся к заданной области иисключающим точку разрыва. Если предел существует и конечен, то интеграл называетсясходящимся, если предел не существует или бесконечен, то интеграл называетсярасходящимся.Пример. Показать, что несобственный интеграл первого родаDобласти D : x 2  y 2  R сходится при n  2 и расходится при n  2 .6предполагается, что в области есть только одна точка разрыва функцииxdxdy2 y2nпо10Показать, что несобственный интеграл первого родаBxdxdy2y2nпо областиB : x 2  y 2  R сходится при n  2 и расходится при n  2 .Вычислим этот интеграл пообласти D1 : R1  r  x 2  y 2  R2 .2  R2rd dr r 1n dr d  2 1 R22n  R12n .D r n0  R2n1 1 2 R12ndxdy2n22n2 nD 2 2 n = lim R2  2  n R2  R1    n  2x y  n2 2 R22ndxdy2n22 n2 nB 2 2 n = lim R1 0 2  n R2  R1    2  nx y  n2( R1  R),( R2  R).Часто расширение математических знаний позволяет решать задачи, которые неполучались старыми методами.Пример.

Вычислить интеграл Пуассона J   e  x dx .20eНеопределенный интегралD : x  0, y  0 равенI =  e( x 2  y 2 )D x2dx «не берется». Но двойной интеграл по области   x2   y22 x2dxdy     e dx e dy   e dx  e  y dy  J 2 .0000С другой стороны, переходя к полярным координатам, получим / .2I=0d  re r dr  20lim4Поэтому J   e  x dx =20I 2e r  1 2r 4.. По четностиe x2  .Лекция 3 Тройной интеграл.Задача о массе пространственного тела.Пусть есть некоторое пространственное материальное тело, занимающее область V, вкаждой точке которой задана объемная плотность f(x, y, z).

Надо вычислить массупространственного тела.Эта задача приводит к понятию тройного интеграла.Введем разбиение области V на элементарные области, не имеющие общих внутреннихточек (условие А) vk с малым объемом v k (обозначение области и ее объема обычно однои то же, это принято уже более 200 лет и не вносит путаницы).На каждом элементе разбиения – элементарной области отметим точку Mk(xk, yk, zk).Вычислим плотность в этой точке f(xk, yk, zk) = f(Mk) и предположим, что плотность11постоянна в элементарной области. Тогда масса элементарной области vk приближенноравна v k = f(Mk) v k .

Суммируя все такие массы элементарных областей (составляяинтегральную сумму), приближенно получим массу области V f (Mk)vk  M VkДля того, чтобы точно вычислить массу области, остается перейти к пределу приусловии max k diam vk  0 (условие B).M V  lim max k diamvk 0  f ( M k )vk   f ( x, y, z )dv .kVТак задача о массе пространственной области приводит к тройному интегралу7.Введем некоторые ограничения на область интегрирования и подинтегральнуюфункцию, достаточные для существования интеграла8.Потребуем, чтобы функция f(M) была непрерывна в области V и на ее границе.Потребуем, чтобы область V была замкнутой, ограниченной, пространственноодносвязной областью с кусочно-гладкой границей.Область назовем пространственно-односвязной, если ее можно непрерывнойдеформацией стянуть в точку.Теорема существования.

Пусть область V и функция f(M)=f(x, y, z) удовлетворяютсформулированным требованиям. Тогда тройной интеграл существует как пределинтегральных сумм.lim max k diamvk 0  f ( M k )vk   f ( x, y, z )dv .kVЗамечание. Предел этот не зависит9:1) от выбора разбиения области, лишь бы выполнялось условие А2) от выбора отмеченных точек на элементах разбиения3) от способа измельчения разбиения, лишь бы выполнялось условие B.Свойства тройного интеграла.1. Линейностьа)   f ( x, y, z )  g ( x, y, z ) dv =  f ( x, y, z )dv +  g ( x, y, z )dvVб)VV f ( x, y, z)dv =   f ( x, y, z)dvVVЭти свойства, как и для двойного интеграла, доказываются «через интегральныесуммы».

Характеристики

Список файлов книги