Задать вопрос юристу

§ 68. Двойной интеграл

1. Двойной интеграл и его основные свойства. Пусть в плоскости Оху задана замкнутая обдасть D, а в этой области определена непрерывная функция Z = /(а:,у). Разобьем область D на тг частей, их площади обозначим через Д5г, ДЗг, В каждой из &Sk
возьмем точку Ль и вычислим Составим сумму
п
/(АО ¦ ASi Н- ІШ.
Д& + f(An) - ASi = К
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. Вычисление двойного интеграла. Область D называется правильной в направлении оси Ох {оси Оу), если всякая прямая, проходящая через внутреннюю точку области D параллельна оси Ох (оси Оу), пересекает границу области в двух точках. Область, правильная как в направлении оси Ох, так и в направлении оси Оу, называется просто правильной областью (см. рис, 142-144), Выра жение
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. і/1 b у = ~ \/аг — J2 r Л . К О Уа л -b V — v"2 а;1
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. v=
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;

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. 116)
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. Линии у = ^і(^), У~ = <ръ(х), х = а, X = b ограничивают область D7 являющуюся проекцией области V на плоскость Оху.
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

' " і . т ч 1 ' ¦
Тройной интеграл

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


ТГ
/2
r-r2 cos fldr — kR4.
J J\jx2 + у2 -j-z2 dx dy dz = j dtp | V о -w/г О

<< | >>
Источник: Клименко Ю.И.. Высшая математика для экономистов: теория, примеры, задачи* Учебник для вузов /10.И. Клименко. — М,: Издательство «Экзамен»,. 736 с. (Серия «Учебник для вузов»). 2005

Еще по теме § 68. Двойной интеграл:

  1. Условия существования двойного интеграла.
  2. Свойства двойного интеграла.
  3. Вычисление двойного интеграла.
  4. Двойной интеграл в полярных координатах.
  5. Первообразная функция и неопределенный интеграл. Простейшие свойства неопределенного интеграла.
  6. ДВОЙНОЕ УПРАВЛЕНИЕ И ДРУГИЕ ДВОЙНЫЕ СВЯЗИ, ВКЛЮЧАЮЩИЕ УПРАВЛЕНИЕ
  7. Свойства поверхностного интеграла первого рода.
  8. 10.Интеграл Фурье в действительной форме.
  9. Интеграл типа Коши
  10. Лекция 13 Сингулярный интеграл
  11. Неопределенный интеграл
  12. 4.3. Определённый интеграл и его свойства.
  13. Интеграл от разрывной функции.
  14. 4.1. Понятие неопределённого интеграла