Документ: Интегральное исчисление функций одной и нескольких переменных. Дементьева А.М., Артыщенко С.В, страницы 96-100

замене (3.18) область D1 в плоскости ϕO1ρ имеет вид как на рис. 3.18.		D в
Сформулируем итог полученных рассуждений. Если область
плоскости xOy имеет вид, изображенный	на рис. 3.17, т.е. в полярной
системе координат линии, ограничивающие D , заданы уравнениямиϕ = α ,
ϕ = β (α < β ) и ρ = g1(ϕ), ρ = g1(ϕ),	ρ = g2 (ϕ) ( g1(ϕ)<g2 (ϕ)	для
α ≤ϕ ≤ β ), то с учетом (3.20) справедлива формула

	β g2	(ϕ)	(ρcosϕ;ρsinϕ)ρdρ
∫∫ f (x, y)dxdy = ∫ ∫ f			(ρcosϕ;ρsinϕ)ρdρ	dϕ .
D	α g1	(ϕ)

Пример 3.5. Вычислить, переходя к полярным координатам,

интеграл	∫∫	x2 + y2	dxdy , где D – часть
				y
	D				y = x
круга x2	+ y2 ≤ 4 , зажатая между осью

Ox и прямой y = x в I четверти.

(3.21)

двойной

Изобразим область D (рис. 3.19).

Если	перейти	к	полярным
координатам	ϕ и ρ		( x = ρcosϕ ,

D

y = ρsinϕ ), то

в

полярной

системе

O

x

координат

уравнения

линий,

Рис. 3.19

ограничивающих

D ,

получаются из уравнений этих линий в системе xOy

подстановкой в них вместо x и

y функций ρcosϕ ,

ρsinϕ соответственно.

Здесь

окружность

x2 + y2 = 4

будет

иметь

уравнение

ρ2 cos2 ϕ + ρ2 sin2 ϕ = 4, т.е.

ρ2 = 4 или ρ = 2 . Для положительной полуоси

Ox уравнение y = 0 перейдет в уравнение ρsinϕ = 0, т.е.

ρ = 0 (точка О) или

sinϕ = 0 (ϕ = 0 ). Для

биссектрисы

y = x

первого

координатного угла

уравнение примет вид

ρsinϕ = ρcosϕ ,

откуда или

ρ = 0,

или sinϕ = cosϕ

т.е. ϕ =

π

. Уравнения

линий,

ограничивающих область

D , в п олярных

4

ϕ = π ,

координатах имеют вид ϕ = 0 ,

ρ = 0,

ρ = 2 . Это соответствует рис.

4

α = 0, β = π ,

3.17,

поэтому можно воспользоваться формулой (3.21),

где

g1(ϕ)= 0, g2 (ϕ)= 2. Итак,

4

π

4

2

4

2

∫∫

x

+ y

∫

ρ

cos

ϕ + ρ

sin

ϕ

∫ρ

dxdy = ∫

ρdρ dϕ =

∫

ρdρ dϕ =

D

0

96

π	ρ3	2	π	8		8		π		8π		2π

4			4

= ∫		0	dϕ =∫		dϕ =		ϕ	4	=		=		.
	3			3		3				12		3
0			0					0

На этом примере видно, что если кривая, ограничивающая область D , - окружность радиуса R с центром в начале координат, то ее уравнение в полярной системе координат простейшее: ρ = R , что удобно в дальнейшем

при интегрировании. Кроме этого видно, что если в подынтегральной функции присутствует выражение x2 + y2 , то подынтегральная функция тоже упрощается, т. к. x2 + y2 = ρ2 .

Пример 3.6. Вычислить, переходя к полярным координатам, двойной интеграл ∫∫(2x − 3y)dxdy , где D круг с центром в точке (0; 3) и радиусом,

D

равным трем.

Изобразим область D, рис.3.20.

	D	М1
	D
	3
	М
-3	О	3
	Рис. 3.20
Уравнение окружности, ограничивающей		D ,	имеет вид	x2 + (y − 3)2 = 9
((x − x0 )2 + (y − y0 )2 = R2 ). Перепишем его			в полярных	координатах:
ρ2 cos2 ϕ + (ρsinϕ − 3)2 = 9.

Упростим это уравнение и выразим из него ρ через ϕ :

ρ2 cos2 ϕ + ρ2 sin2 ϕ − 6ρsinϕ + 9 = 9 или ρ2 − 6ρsinϕ = 0,

т.е. ρ(ρ − 6sinϕ)= 0 , откуда ρ = 0 (это точка O ) или ρ = 6sinϕ . Видно, что у

любой	точки М области D полярный угол	удовлетворяет неравенствам
0<ϕ <π	и полярный радиус – неравенствам	0 ≤ ρМ ≤ ρМ1 , т.е. для любой

точки (ϕ, ρ) D справедливы неравенства: 0<ϕ <π , 0 ≤ ρ ≤ 6sinϕ . Отсюда следует, что для вычисления двойного интеграла можно воспользоваться

формулой (3.21), где α = 0, β =π ,		g1(ϕ)= 0,	g2 (ϕ)= 6sinϕ :
	π 6sinϕ
		∫(2ρcosϕ
∫∫(2x − 3y)dxdy = ∫		∫(2ρcosϕ	− 3ρsinϕ)ρdρ dϕ =
D	0	0

97

					π 6sinϕ										2					π													6sinϕ				2
															2																						2
		= ∫						∫(2cosϕ −		3sinϕ)ρ dρ																								∫ρ dρ										=
		= ∫						∫(2cosϕ −		3sinϕ)ρ dρ							dϕ =			∫(2cosϕ − 3sinϕ)														∫ρ dρ							dϕ			=
					0			0												0														0
				π								ρ3		6sinϕ						1		π																			3
				π								ρ3		6sinϕ						1		π																			3
		= ∫(2cosϕ −3sinϕ)														0		dϕ =				∫		(2cosϕ − 3sinϕ)(6sin															ϕ) dϕ =
		= ∫(2cosϕ −3sinϕ)											3					dϕ =		3		∫		(2cosϕ − 3sinϕ)(6sin															ϕ) dϕ =
			0										3							3		0
							π															π													π
		= 72∫(2sin3 ϕcosϕ − 3sin4 ϕ)dϕ =144∫sin3 ϕcosϕdϕ − 216∫sin4 ϕdϕ .
							0															0														0
Первое слагаемое равно нулю, т.к.																									ϕ π				= 1 (sin4 π − sin4										0)= 0 .
				∫sin3 ϕcosϕdϕ = ∫sin3										ϕd sinϕ = sin									4		ϕ π				= 1 (sin4 π − sin4										0)= 0 .
				π						π													4				0
			0							0												4					0			4
Во втором интеграле воспользуемся формулами
sin2 α =					1		(1 − cos2α),			cos2 α =					1	(1 + cos2α), а именно:
					2										2
						π				π												π		(1 − 2cos2ϕ + cos2 2ϕ)dϕ =
						∫sin4 ϕdϕ = 1				∫(1 − cos2ϕ)2 dϕ =										1		∫		(1 − 2cos2ϕ + cos2 2ϕ)dϕ =
						0			4	0										4		0
	1			π π							1 π															π 1							π 1							π 1						π
	1			π π							1 π															π 1							π 1							π 1						π
=						−		∫cos2ϕd(2ϕ)+					∫(1 + cos4ϕ)dϕ												=				−		sin 2ϕ			+			ϕ				+				sin 4ϕ		=

	4	ϕ		0							2															4				4			0		8					0			32			0
	4			0				0			2		0													4				4			0		8					0			32			0
								= π −	1 sin 2π +					1 sin 0 +					1π +						1			sin 4π −				1	sin 0 =					3π				.
								= π −	1 sin 2π +					1 sin 0 +					1π +						32			sin 4π −					sin 0 =									.
								4	4					4					8		3π				32						32								8
Получаем ответ ∫∫(2x − 3y)dxdy = −216																					3π				= −81π .
Получаем ответ ∫∫(2x − 3y)dxdy = −216																				8					= −81π .
								D												8

3.1.8.Геометрические приложения двойного интеграла

3.1.8.1.Вычисление объемов

Рассмотрим тело Т, проекция которого на плоскость xOy – область D .

Пусть Т ограничено	графиками	функций z = f1(x, y)	и z = f2 (x, y)
( f1(x, y)≤ f2 (x, y) для	(x, y) D )	и цилиндрической	поверхностью,

проходящей через границу области D перпендикулярно xOy (рис. 3.21).

z

z = f2(x, y)

T

z = f1(x, y)

y

D

x

Рис. 3.21

Предположим, что тело расположено в верхнем полупространстве, т.е. f1(x, y)≥ 0 при (x, y) D . Тогда объем тела T

можно найти в виде разности объемов цилиндрических тел T1 и T2 ,

основанием которых является область D (см. рис. 3.21). Объем каждого из этих тел можно найти по

98

формуле (3.7). Тело T1 ограничено сверху графиком функции z = f1(x, y),

поэтому его объем VT1	= ∫∫ f1(x, y)ds , а тело T2 ограничено сверху графиком
	D
функции z = f2 (x, y), поэтому его объем VT2		= ∫∫ f2 (x, y)ds . Тогда V =VT2	−VT1 ,
т.е. справедлива формула		D
т.е. справедлива формула
	V = ∫∫( f2 (x, y)− f1(x, y))ds .		(3.22)
	D

Если тело T расположено не в верхнем полупространстве, то формула (3.22) все равно верна. Действительно, сдвинув тело Т вверх, чтобы оно расположилось над плоскостью xOy , мы получим тело, ограниченное снизу

графиками функций z = f1(x, y)+ C0 и z = f2 (x, y)+ C0 (C0 – величина сдвига). Для вычисления объема нового тела формула (3.22) справедлива, а объем тела при сдвиге не меняется, т.е. равен V . Получим формулу

V = ∫∫(( f2 (x, y)+ C0 ) − ( f1(x, y)+ C0 )ds ,

D

или, раскрыв скобки, всю ту же формулу (3.22).

Пример 3.7. Вычислить объем тела, ограниченного

поверхностями

x2 + y2 =1, z = x2 + y2 и z = 2(x2 + y2 ).

Очевидно,

уравнение

x2 + y2 =1

задает

круговой цилиндр,

параллельный Oz , а уравнения

z = x2 + y2 и

z = 2(x2 + y2 )

– параболоиды

вращения (вокруг оси Oz ). Изобразим данное

z

тело (рис. 3.22).

У данного тела Т снизу – параболоид,

сверху – параболоид, а боковая стенка –

z = 2(x

2

цилиндр. Воспользуемся формулой (3.22), где

+ y )

f1(x, y)= x2 + y2 , f2 (x, y)= 2(x2 + y2 ), а

2

область D – круг на плоскости xOy .

V = ∫∫(2(x2 + y2 )− (x2 + y2 ))ds = ∫∫(x2 + y2 )ds .

z = x2 + y2

D

Изобразим область D (рис. 3.23).

O

1

y

Для такой области D удобно перейти к

1

y

полярным координатам. Для

D

точек круга D ϕ [0,2π), а

x

Рис. 3.22

x

0 ≤ ρ ≤1, поэтому применим для вычисления

O 1

V = ∫∫(x2 + y2 )dxdy формулу (3.21), учитывая, что

Рис. 3.23

D

подыинтегральная функция примет простой вид:

x2 + y2 = ρ2 ,

99

2π

1

2

2π

ρ

4

1

2π

1

2π

π

∫ρ

= ∫

dϕ

=

ϕ

=

.

V = ∫

ρdρ dϕ =

∫

4

0

dϕ

4

0

2

Итак, V = π

0

(куб. ед.).

2

Пример 3.8. Вычислить объем тела, ограниченного поверхностями

z =

4 − x2 − y2 ,

y = x ,

y = 2x и z = 0 , лежащего в I и III октантах.

Очевидно,

что

y = x ,

y = 2x

– это уравнения плоскостей,

перпендикулярных плоскости xOy , а

z = 0 – это уравнение плоскости xOy.

Поверхность, заданная уравнением z =

4 − x2 − y2

. Это верхняя полусфера

с

центром

в

начале

координат

и

радиусом

R = 2

(действительно,

освободившись от корня, перепишем

уравнение в

виде

x2 + y2 + z2 = 4 ).

Изобразим тело T

(рис. 3.24.)

z

y

2

y = 2x

y = x

-2

O

1

2

x

Внешний вид

1

2

Рис. 3.24

тела Т

Тело Т ограничено снизу плоскостью xOy , сверху – сферой, а боковые

стенки – плоскости, перпендикулярные

xOy .

Воспользуемся формулой

(3.22), где f1(x, y)= 0 , а

f2 (x, y)=

4 − x2 − y2

. Область D ограничена двумя

прямыми и окружностью, т.е. линиями пересечения плоскостей y = x , y = 2x

и полусферы z = 4 − x2 − y2 с плоскостью xOy ( z = 0 ). Подставим z = 0 в уравнения плоскостей и полусферы и получим уравнения этих линий: y = x ,

y = 2x , 4 − x2 − y2 = 0 – это и есть границы области D . Изобразим область D на xOy

(заштрихована на рис. 3.25).

На рис. 3.24 видно, что тело симметрично относительно оси Oz и состоит из двух кусков одинакового объема, в основании которых области D1 и D2

(см. рис. 3.25).

	y
	2
		D1	x2 + y2 = 4
–2	O		2	x
y = x	D2
y = x	–2
	–2
	y =2 x	Рис. 3.25
		Рис. 3.25

100

Материал: Интегральное исчисление функций одной и нескольких переменных. Дементьева А.М., Артыщенко С.В

Смотрите также: