§ 68. Двойной интеграл

возьмем точку Ль и вычислим Составим сумму

п

/(АО ¦ ASi Н- ІШ.

которая называется интегральной суммой для функции /(я, у) в области Ъ,

Повторив эту процедуру несколько раз, рассмотрим произвольную последовательность Интегральных сумм Кц ••¦") Kfci ПРН Ра3" личных способах разбиения области D на части ДЗ*.

Теорема 43, Если функция Z = /(я, у) непрерывна в замкнутой области ?Jt то существует предел последовательности Vrtl, ... интегральных сумм, если максимальный диаметр площадок ДSi (обозначим maxdlani Д5* через Д) стремится к нулю (при этом щ —* оо), Этот предел не зависит ни от способов разбиения области D на площадки ДS*, нн от выбора точки Аі внутри ASi и называется двойным интегралом от функции f[x,y) по области D и обозначается

D называется областью интегрирования. Если f(x,y) ^ 0h то двойной интеграл от f[xt у) по области D равен объёму вертикального цилиндра, ограниченного сверху поверхностью Z — снизу —

областью D в плоскости Оху, а направляющие цилиндра параллельны оси Oz, Если же /(аг, у) = 1, то двойной интеграл численно равен площади области D.

Свойства двойного интеграла.

Двойной интеграл от суммы двух функций по области D равен сумме двойных интегралов по области D от каждой из функций:

[ \ {fi(z,y)± f2(z,v))dxdV [ j

d D О

Постоянный множитель можно выносить за знак интеграла

| ¦ /С®, У) dxdy = С| j /(a, y)dxdyt С к const.

D О

Если область D разбить на две непересекающиеся области D\

И j?2t ТО

j j[x!, y)dxdy~ j| f{x, y)dxdy~i- J f{x, у) dx dy.

4. Пусть 77i — наименьшее, a M — наибольшее значения fi^tV) в области D и пусть S — площадь области D} тогда

2.

1 =

dx

f(x>y)dy

h С*)

О

называется двукратным интегралом у от функции f(%-ry) по области D, которая определяется неравенствами /і (а-) ^ у ^ h{x). в этом выражении сначала интегрирование производится по у, а х считается noj СТОЯНКУ м- Затем производится интегрирование по і е пределах от а до b. В результате получается некоторое постоянное число.

Рис. И4 Правильная

Пусть правильная область D определяется следующими неравенствами: а ^ х ^ Ь, ^a(z)-

Тогда справедлива следующая теорема

Теорема 44, Двойной интеграл от непрерывной функции f{x,y) по области D равен двукратному интегралу от зтой функции по области т, е.

h

j j f{x,y)dxdy ^ jdx

Замечание. Если тело ограничено сверху поверхностью Z\ — " /1(^1а снизу — = /^(л;, у) и проекция обеих поверхностей на плоскость Оху является областью D. то

V = Vy-V2 = l\ [Д(х, у) - Ых,у)\ dx dy.

D

Пример 1. Найти площадь области Dy которая задана неравенствами (рис. )45).

Решение. Так как область D есть прямоугольник, то двойной интеграл можно вычислить по одной нз формул

b ё

S — j ^dxdy — J dx j dy [ dy J dx',

и v v

a

0

P b 0 0

a

о

Г Г (]]; Wjj

Пример 2. Вычислить двойной интеграл /= І і т, где об-

У (г+у)

ласть D ограничена линиями у — 0, у — х = 1, х = 2 (рис. 146).

631

§68]

несколько частей так, чтобы получившиеся области были правильными или в направлении оси Ох. или оси Оу,

Замечание 2. Если область D такова, что одна иа функций у — — (а;), у = не может быть задана одним аналитическим выра

жением на всём участке изменения х, то область О также разбивают на несколько областей.

а Рлс. 147

Пример 4, Расставить пределы интегрирования, изменить порядок интегрирования и найти площадь фигуры, ограниченной линиями: у — — О, у = я-, х + у

Решение. Находим координаты точки А из решения системы: х + + у у = х2, хА = 2. уА = 4 (см. рис 143).

о а-от

1, Sn = jrfz J dy + job J dy = j я2 dx + J (fl - x) <& —

= |+36-18-(12-2) = 22;

4 6-у A ,4

= fdy \ j =

о ^

-K-.-S-f.

Пример б. Изменить порядок интегрирования в следующих интегралах:

1 I 1-І* е In г

1) jdx J f{x,y)dxdy\ 2) [ dx J f(x>y)dxdV< 3)\dx ^ f{x,y)0 xJ -1 і

0

Решение.

1 I"1

1 №

1) dx j f(x,y)dxdy — Jс -Л

О х*

1 -v^

2) dx j f(x,y)dy* j dy [ f(x,y)dx +

-і -^ятр

і v^1?

+

dy J f{x,y)dx (см. рис, 150).

? In г

I с 0

0 tv

3) Jdx j f(x1y)dy= dy ; f(x,y)dx (CM. рис. Ї51).

L D У j V = / j/y^x2 1 'J' 0 1 X Pwc. 149

Пример 6, Найти объёмы телГ ограниченных поверхностями: \) x + y + z = a, x = 0,y = Q, z = 0 (рис 152);

z = т2 + у2 д; + у == 4, * = 0, у = 0, 2 = 0 (рис 153);

x* + y* + z* «А5- Решение.

1) х -Ь у + z = а, х = 0, у — 0, z — 0. f(x, y)dxdy = dx J „

D Ї і it, а—і

dx dy(a — x - у) ~

a

[{a -x)2-i(a-x)2] = ljdx(a-1)* =

Основные понятия о кратных интегралах

ЗЛ т2 +у2 z2 — В2. „ , _ ф

Так как Z - /{х,у) изменяется в пределах ^ ^ ^ ^1,2

-- ±y/R2 -х2 - уг , то

Г = [ { (Zx - Za) dx dy - 2 J J УЛ3-*1-^ ^ ^ =

® D л *

— 2 ( dT j y/fi-y* tit*

-я -t

где і3 = Я3 — я:2. Для вычислении интеграла делаем рамену у— * зіп^т тогда dy = tvxv, у/Ф^ЇР =tcosv> и < Ч> ^

¦г ж/а

j

(Я2 - cos2;/? "V

r t

1/ = 2 - 2 ¦ 2 I dx | \/t2 ~~ У~ dy^H

— имеем объём urapa.

Задание. В примерах 15, 16, 21, 35, 36 §50 найти площади фигур с помощью двойного интеграла.

4 R/jc

I

2

і тДЇ

її v^

S15 = |dx J dy+ dx j dij + p-г- j dy =

1

X 2r

sH.

dy =

Sic - f f + j dx

- J +Jg-r)d.= Im*

75

о

— J dx J dy =

Є"2*-!

>31

Ґі,2

(б-* + 1 - є"'2* + І)- 2tn2 - І;

І 1«(*+2) з і

5^5= [ dx J dy + ^dx j dy — J rfcrhi^-b 2) +

О I 2 111 л -1

S 5 2

і

+ 2) - 21па;| = | diln{ar + 2) -2 dxlni = 4 In 2 — 1;

-і

2 v^**7^ -1 V^z^i7

5эб = J dx j rfy + j da: | dt/ — St —

I -y/lh^i 2 -/.Ir-^

2ТГ+ g;

О

= 21 tfovMi -4+2 \/4i — a2 =

2 ' 2

j dy-fdx j dy = Si =

= 2 jdx^-LE2 -2 I v4z - 4 dx = 2тг -

Пример 7, ). Найти площадь астроиды із + уз = а^ (чертёж см. в'ириложении). Решение.

-I

Jsh

x/2

vte)

S = dx dy = i^dx(ai — xiy .

0 Q 0

2 j ;

Замена x = a cos1dire — — 3asintcchs2td?, as — x з =¦ аз sin^ t.

2. Найти площадь фигуры, ограниченной линиями: у — 4 — а:, = = 2х -И {см. рис.102 на стр. 374).

пределы интегрирования по г и Таким образом (рис 155), j j і У) fady ~ j dtp j f{rcosy?, rsin dr.

Призер S. Найти плоіцадь круга x2 + y2 < Яг. Решение. Так как уравнение окружности х1 + уй = в полярных координатах есть г = Л (х2 + у3 = г2 cos3 ^ + - г2 = Д^), при 0 ^ г ^ Л, 0 < <р ^ 2тг, то

к

г*

dx

s=

— 7ТЯ\

dtp\rdr=j (у) dp - ^-(р

0 0 Q ^ /

Пример 9. Определить пределы интегрирования, изменить порядок интегрирования в декартовых координатах, перейти к полярным координатам и найти площадь фигуры, ограниченной линиями х + у = 2at = 2ах (меньший сегмент).

У О а \ Гч я Рис. 156

Решение.

+ — y5

ff/4 ra

— J dip j rdr =

2а v'2«x—дГ^

dx

2a—у

О Г]

1 = | dx J dy = J dy

2a,—x:

1

2

dtp {r% - rQ t

r, = ——^ уравнение прямой a; + у 2a а полярных координэ-

cos^ + sm^ a n

так, га = 2a ¦ cos tp — уравнение окружности x +y —• 2ax в полярных

2

СОИ и

ЇГ/З

2) J f(x,y)dy= f dip j /(r ooe tpt r sin dr.

з; тг/4 о

їа іг/4 гі

I /fa, v) = I dp І /{т-cos ф, r sin

о 0

ЕЗІП^

гі = уравнение параболы у= хЛ в полярных координатах;

COS tp

Г2 =

— уравнение прямой х — 1 в полярных координатах.

соз tp

Задание, В примерах 17, 34, 37 §50 найти площадь фигур с помо- щыа двойного интеграла в полярной системе координат,

1. Окружности пересекаются при (р — тг/4 и фигура симметрична относительно луча = ЇГ/4, поэтому её площадь равна {см, рис.

тг/4 тгJ4

S17 = 2 j dip j rdrs J

о

т/4

-4 R2l

{1 - oob2'p)dtp = Я2 (f-l)

л-'f (I - ?) ¦ IR2 m Щ. (см. рнс.125).

ЇГ/Є О

Я» jrdr- (|-|).1(9-4)«|[<см.рис. 128).

¦я/Л 2

4. Некоторые приложении двойного интеграла. Выше было показано, что объем V криволинейного цилиндра, ограниченного снизу замкнутой областью D в плоскости Оху, а сверху ™ поверхностью Z — ^ f{x,y)t представляется двойным интегралом, а если f{xyy) гі, то двойной интеграл равен S — площади фигуры D. Итак:

V --=

f(x,y) dx d.y\ S — dx dy.

С помощью двойного интеграла можно также вычислить: ]. Момент инерции фигуры D относительно:

а) оса Ох, /* = | j y^dxdy:

d

6} оси Оуу Iv — | dxdy\

D Г Г

в) начала координат^ ™ Ix + Iу | {х2 + у^) dxdy,

d

2, Координаты центра масс площади плоской фигуры. Пусть задана — плотность плоской фигуры (пластинки), заинг/зютей область V, тогда координаты центра масс (центр тяжести) этой пластинки равны

Хс ~ m j \ y)dxdy, уе = | J ур(&>у) dX dpf

D 6

m ~ f j y) dx dy — масса пластинки. Если пластинка однородна, т, е. р = const, то

хй - | J xdxdy, ус = ^ j jydxdy, S = J ^dxdy. о D D

Отметим, что выражения

М* = 11 р{х,у)х dxdy> Му = j J p(x> y)ydx dy

D

D

называют статистическими моментами плоской фигуры (пластинки) D отнрситсльно осей Оу н Ох соответственно

Пример 11. Найти координаты центра тяжести плоской однородной пластинки, ограниченной линиями х2 ay, х -Е- у = 2а (а > 0).

Если f(x,y,z) считать объёмной плотностью распределения вещества в объёме V, то I даёт массу всего вещества. Если же f(x,y,z) = ее 1, то тронной интеграл равен объёму области К Свойства тройного интеграла те же, что и двойного (см. §63).

Теорема 45. Тройной интеграл от функции f(x, y,z) по области V равен трёхкратному интегралу по той же области

f J ^ f(x,y,z)dxdydz = dx j dy J f(x,y,z)dz, v о

где z — и z = ір2(я,у) — уравнения поверхности, ограничива

ющие область V снизу и сверху соответстпенно.

Пример 12. Найти интеграл I = j Jxzdx dydz, распространен-

v

ный на полушар радиуса R (рис. 161) Я j ^ л 1 -r\ 7 ^^ 0 Jh у

R

Рис. 161

Решение. Так как область V определяется следующими неравенствами: -R ^ х ^ R, \/R- - х1 ^ у < - х'2 , 0 ^ г < ^ VКг - х2 - у2 , то

J cte

— J dx j dy J xz dz =

tl

ІУ -I

4т

' " і . т ч 1 ' ¦

Тройной интеграл

-Л

0 і} 3 ^ 5 л

= О.

\ в (Я1 - г2)І

R

ч.J J lb

Пример J3- Вычислить I = | J Ґy/зР^Гуї dxdydz, где область V

V

ограничена поверхностями х1 + у* — г3, z — 1 (см рис. Ш2). ¦ z 2-і 1

v^ \

О

Рис, 362

Решение. Так как область V определяется следующими неравенствами —1 < 1, -Уї — з5 ^ у < vT-^, ^ У ^ я < 1, то

і ^/Ї-її і

/ = J dx j dy [ s/x2 +y2 dz =

-I -vT^r у^Ч-у*

= j di- j v*2 + v2 (г - V^+У2) dy.

Далее, переходя к полярным координатам, получим

тт ^

Положение точки М а пространстве можно определить не только прямоугольными координатами. Если оставить координату z. а вместо х и у ввести полярные координаты X = Ґ COS у, У = Гвіані ТО положение точки М будет характеризоваться тремя числами г, г, которые называются цилиндрическими координатами точки М. Выражение rdrdtpdz (см. п. 3, где показано, что dx dy = г - dr - dip)

Э L*

называется элементом объема в цилиндрических координатах Поэтому, чтобы выразить тройной интеграл в цилиндрических координату нужно произвести замену х = гсозір, у = гфмр^ dxdydz —rdrdtpfa Причём пределы интегрирования определяются по тем же принципам, что и в случае прямоугольных координат. В примере )3 при вычислении интеграла фактически была введена цилиндрическая система координат.

Пример 14. Перейдя к цилиндрическим координатам, вычислите интеграл / — J J j (х2у2) dxdydz^ где V ограничена поверхности^ v

х2 ч- у2 — 2z, z - 2 (рис, 163).

Решение.

2т 1

1-й

о о

2 2п 2 в

dr dz = dip dr ( 2гу - ) -

Л S о V 2 J

2«(s-f)=h

Положение точки M в пространстве также можно олределить треня числами г, тЗ (0 ^ г < оо, 0 < (р < 2іт, 0 < # ^ тг), которые называются сферическими координатами (рис. 164).

Из чертежа видно, что х = г ami? cos у = rsintfsm^?, г = rcosiJ. Эти формулы указывают связь между прямоугольными координатами точки М и её сферическими координатами. Выражение г2 sin т? dr dvdfi называется элементом объёма в сферической системе координат. Прн выражении тройного интеграла в сферической системе координат следует произвести замену х = rsini?coe^, у = rsmi?sJn^} z =rcost?t dxdydz = г!шtfdrdtpdti, причём пределы интегрирования по г, fl, tp определяются по виду области V w D.

Заметим, если сделать замену тогда X = Г COS 1? COS fp,

' 7Г

у = rcosi?sin(^P z — ГЕІП1?, 0 ^ г ^ оо, 0 <р ^ 2іг, — < fl ^

2) в сферических координатах хуг » г2 ¦ sm^ 0 - cost? ¦ sin ¦ cos

ir/2 r/2 1

dip І (Й? В о

/ =

r5 sin'11? cos і? sin tp cos tp dr =

ir/2 j/2

111 6 4 2 " 4

1 1 . j 1 . 4 J*/2

= - ¦- sm - -зш и]_

48

І0 4

Задание. Б примерах 18, 19, 20 § 50 найти объемы тел с помощью тройного интеграла,

1. Искомый объём ограничен конической поверхностью и шаром, которые пересекаются го окружности. Проеішия этой окружности на

плоскость Оху (область D) есть Xі + у2 — ^ ЛЯ Следовательно, искомый объём

а) в прямоугольной системе координат есть

4 R уДя"-*» ffi^+y*')

Vis I dx J dy J dx;

6} в цилиндрической системе координат

Уз г, 2я ^г "

drdv J dz —

2w 2

г dr —

* j

n I^R 1 2

J ІО

2, Аналогично предыдущему примеру {?>: x2 + y2 = 4)

647

Электронная версия книги подготовлена для открытой библиотеки учебников lbitt

54s Основныеугонятия о кратных'интегралах [jfrfljffi

а) в прямоугольной системе координат

2 vT-T7 S-x^-V2 2 y/J=x*

dx

Vl9 —

j dy d* = tjdx J +

-a -s/4-ж- 1

Щ]{А-Х2)Ї<ІХ

¦tJ J 0

= Mj/ ® = 2sin t \ ,„-{»

f/2

-Ї и

1 + 2cos21 -h ~ (1+ coa4t)l dt = ^ - I ¦ ? = ІОтг;

б) в цилиндрической системе координат

2тг 2

2іг 2 5—г1

Vie - I diplrdr dz~5 J dtpjrdr ^ - =

о 0

= Ютг.

Зг а) В прямоугольной системе координат {D: х% + у1 — 1}

= 3 j dx I rfy J

і -Vi-ї1 v^H^

б) в цилиндрической системе координат

2, 1

2тг 1

V20 = 2

d^Jrrfr J = 2 j a^jr dr у/ї + Г* - rj =

— Іізг^-ИІ-т»-^)-

2. Некоторые приложения тройного интеграла.

1. Масса тела. Если тело занимает объём V и p(xh z) — плотность его, то масса тела раина

т — [ | jp(xty,z)dxdydz.

2. Центр тяжести тела. Координаты центра тяжести (з;^ус>тела вычисляются по формулам

хс -= ~ J J j хр dx dy dz, v

Vc - j \ypdxdydz, v

zc ^ I j | sp d x dy dz. v

З Моментьі инерцни. Моментами инерции тела относительно координатных плоскостей называются соответственно интегралы

hy ™ j J jz2pdxdydz, v

~ j 1 ! ^V^tfy ds, v

hx = [ J \fiX2dxdydz.

Моментами инерции тела относительно координатных осей Ох, Оу, Oz называются интегралы

¦Tt " Іху "Ь ~ Іут + lyzt -Тс — fzx "'І- -^іу

Моментом инерции тела относительно начала координат называется интеграл

к = -fey + Ліз + Izm = 111 + У2 + z2)p(x, у, с?г dyd*.

V

Если тело однородное, то во веек этих формулах нужно положить p{xtyyz) — pQ — постоянная.

Пример J7. Вычислить координаты центра масс и моменты инерции однородной пирамиды (ро = 1). ограниченной плоскостями х = 0h у О + ? + - = l (рис. Ї67).

а ' Ь с

Тройной интеграл

Ч<<<=&[И)4*=

abAc_ 60 '

dx О О

1ZX —'

У

о

a be

аЬс

аьг . = +

п GO GO

60 СО

Пример 18. Переходи к сферическим координатам, вычислить Ці у/х2 4-у'2 + z2 dxdydz> где V — шар радиуса Д. і/

Решение. Для шара пределы изменений сферических координат ц. (долготы), $ (широты) и г (радиуса-вектора) будут:

О ^ у ^ 2тт,

Поэтому

2л

/Ї

ТГ

/2

r-r2 cos fldr — kR4.

J J\jx2 + у2 -j-z2 dx dy dz = j dtp | V о -w/г О