Документ: Интегральное исчисление функций одной и нескольких переменных. Дементьева А.М., Артыщенко С.В, страницы 101-105

Поэтому по формуле (3.22) получим

V = 2∫∫(4 − x2 − y2 − 0)dxdy .

D1

Так как D1 – область такого же вида, как область, изображенная на рис. 3.16, то удобно перейти к полярным координатам. Луч прямой y = x наклонен к

оси Ox под угломϕ = π

, а луч прямой y = 2x – под углом ϕ = arctg2 (так как

4

tgϕ = 2).

На

окружности

угловой коэффициент

этой

прямой

равен

x2 + y2 = 4 полярный радиус

ρ = 2 .

Значит,

для точек (ϕ, ρ )

области D

справедливы неравенства π

1

≤ϕ ≤ arctg2 ,

0 ≤ ρ ≤ 2 .

4

π

Применим формулу (3.21) (α

=

,

β = arctg2 ,

g1(ϕ)= 0, g2 (ϕ)= 2):

4

arctg 2 2

V = 2∫∫

4 − (x

2

+ y

2

)dxdy = 2

∫

4 − ρ

2

ρdρ

dϕ =

D

π

0

1

4

2 (4

− ρ

1

Очевидно,

=

= arctg 2

2 )2 2ρdρ

dϕ =

∫

2ρdρ = −d(4 − ρ

2

)

π

0

4

3

1

= −arctg∫

2

∫2 (4 − ρ2 )2 d (4 − ρ2 )dϕ = − arctg∫ 2 2(4 − ρ2 )2

2dϕ =

π

0

π

3

0

4

arctg2

= −

2 arctg 2

3

)dϕ

=

16

ϕ

16

π

3

∫(0 − 2

3

π

=

3

arctg2 −

4

.

π

4

Итак, V =

16

π

(куб. ед.).

3

arctg2 −

4

3.1.8.2. Вычисление площади плоской фигуры

Пусть на плоскости xOy задана область D . Найдем ее площадь S . Если рассмотреть двойной интеграл по D , взяв подынтегральную функцию

n

f (x, y)=1, то интегральная сумма (3.5) Sn = ∑∆si = S при любом разбиении

i=1

области D . Предел постоянной равен этой постоянной, поэтому по формуле

101

(3.6) получим ∫∫ds = ∫∫dxds = S , т. е. справедлива формула

D D

S = ∫∫ds .	(3.23)
D

Если в формуле (3.23) перейти к полярным координатам, то получим

S = ∫∫ρdρdϕ .	(3.24)
D1

С помощью формулы (3.24) можно вывести формулу для вычисления площади криволинейного сектора (рис. 3.26).

y

φ = β

φ = α

Dρ = f (φ)

O		x


	Рис. 3.26

Для любой точки (ϕ, ρ) D выполняются неравенства d ≤ϕ ≤ β , 0 ≤ϕ ≤ f (ϕ) поэтому, учитывая (3.21) и (3.24), имеем

β f (ϕ)			β	ρ2	f (ϕ)		1	β	2	(ϕ)dϕ .

S = ∫	∫ρdρ	dϕ = ∫			0	dϕ =		∫ f
				2			2
α	0		α					α
Получили известную ранее формулу (2.24)
	S =	1 β∫ f 2 (ϕ)dϕ .								(3.25)
		2 α

3.1.8.3. Вычисление площади поверхности в пространстве

Пусть рассматривается часть поверхности, являющейся графиком непрерывно дифференцируемой функции z = f (x, y). Обозначим ее Ω. Пусть

проекция Ω на плоскость xOy – это область D . Тогда площадь Ω находится

102

с помощью двойного интеграла по формуле

dxdy .

S = ∫∫

1 + (fx′(x, y))2 + (f y′(x, y))2

(3.26)

D

Доказательство

формулы

(3.26)

z

Δωi

z = f(x, y)

подробно проводить не будем, а поясним

его идею.

Разбиваем D на n частей

произвольными

линиями.

Линии

i

M

разбиения

проектируем

на

Ω.

Полученные на Ω проекции разобьют Ω

O

y

на n частей

(рис. 3.27).

pi

x

Обозначим i -й кусок поверхности

D

Δsi

(и его площадь) через ∆ωi , а проекцию

Рис. 3.27

куска ∆ωi на xOy (и его площадь) - через

∆si

(i =1,2, ,n ). Берем на куске ∆si произвольную точку Pi (xi , yi ), находим

соответствующую точку Mi на ∆ωi ( Mi (xi , yi ),

f (xi , yi )) и проводим в точке

Mi

касательную плоскость к поверхности. При этом рассматриваем лишь

кусок ∆σi касательной плоскости, соответствующий точкам (x, y) ∆si .

Площадь куска ∆σi касательной плоскости и площадь проекции ∆si

этого

куска на xOy связаны равенством ∆si

= ∆σi

cosαi

, где αi – угол между

касательной плоскостью и плоскостью xOy . Косинус угла αi можно найти

как косинус угла между нормальными векторами данных плоскостей.

Нормальный вектор плоскости xOy , например,

n ={0,0,1}, а нормальный

вектор рассматриваемой касательной плоскости равен ni

= {fx′(Pi ); f y′(Pi );1},

откуда

n

ni

fx′(Pi ) 0 + f y′(Pi ) 0 +1 1

cosn ni

=

n

ni

=

,

02 + 02 +12

(fx′(Pi ))2 + (f y′(Pi ))2 +12

т.е. получаем, что

cosαi

=

1

.

Из равенства ∆si = ∆σi

(fx′(Pi

))2 + (f y′(Pi ))2

+1

cosαi

находим ∆σi :

∆si

= ∆si

.

∆σi =

(fx′(Pi ))2 + (f y′(Pi ))2 +1

cosαi

При мелком разбиении поверхности

Ω можно считать,

что

∆ωi

≈ ∆σi

и

n

соответственно

искомая

площадь

S = ∑∆ωi

приближенно

выражается

i=1

103

формулой

n

S ≈ ∑ (fx′(Pi ))2 + (f y′(Pi ))2 +1 ∆si .

i=1

Правая часть этого приближенного равенства является интегральной суммой, предел которой при неограниченном измельчении разбиения области D равен двойному интегралу в формуле (3.26).

Пример 3.9. Найти площадь части параболического цилиндра

z = (y −1)2 , вырезанной плоскостями x = 0, y = 0 и x + y =1.

Цилиндр

z = (y −1)2

имеет

образующие,

параллельные оси

Ox ,

плоскость

x + y =1

параллельна оси Oz , а плоскости

x = 0 и

y = 0

–

это

координатные плоскости yOz и xOz соответственно. Изобразим

часть

поверхности, т.е. Ω, площадь которой мы ищем (рис. 3.28).

z

1

х = 0

y = 0

Ω

x + y = 1

1

у

z = (y – 1)2

x

Рис. 3.28

Область

D xOy ,

в которую

проектируется

Ω

это

треугольник,

ограниченный

прямыми

x = 0, y = 0, x + y =1.

Найдем площадь

S

по

формуле (3.26), где

f (x, y)= (y −1)2 ,

fx′(x, y)= 0, f y′(x, y)= 2(y −1).

S = ∫∫1 + 02 + 4(y −1)2 dxdy .

D

y

1

x 0=

0

		Изобразим область D (рис. 3.29).
		Прямая		x + y =1 – это график функции
		x =1 – y,	т.е.	для точек (x, y)	области D
x + y = 1		справедливы	неравенства 0 ≤ y ≤1,		0 ≤ x ≤1 − y .
D		Для такой области D двойной интеграл можно
D	y = 0	вычислить по формуле (3.13), где			c = 0, d =1,
1		x h1(y)= 0 , h2 (y)=1 − y .

Рис. 3.29

104

Тогда

							1			1−y								1				1−y
							1			1−y								1	1 + 4(y −1)2			1−y
S = ∫∫ 1 + 4(y −1)2 dxdy = ∫											∫		1 + 4(y −1)2 dx dy =					∫	1 + 4(y −1)2			∫dx dy =
	D						0				0		− y					0				0
		1										1	− y		1
		1													1
		= ∫ 1					2								∫ 1 + 4(y −			2	(1 − y)dy =
		= ∫ 1			+ 4(y −1)				x					dy =	∫ 1 + 4(y −			1)	(1 − y)dy =
		0											0		0
	Видно,	что d(1 + 4(y −1)2 )=8(y −1)dy,														= − 81	1		1
	Видно,	что d(1 + 4(y −1)2 )=8(y −1)dy,															1		1
=	откуда (1 − y)dy = −						1 d(1 + 4(y −1)2 )										∫0 (1 + 4(y −1)2 )2 d(1 + 4(y −1)2 )=
					3		8
					3												3
		2 2						1					3							1


= −1 (1 + 4(y −1)					)	1 = −					(1		+ 0)2 − (1		+ 4(−1)2 )2			= −			(1 − 5 5)= 5 5 −1.
= −1 (1 + 4(y −1)					)	1 = −					(1		+ 0)2 − (1		+ 4(−1)2 )2			= −			(1 − 5 5)= 5 5 −1.
8		3				0	12												12				12
8		3				0	12												12				12
		2
Итак, S =		5	5	−1	(кв. ед.).
		12

3.1.9.Механические приложения двойного интеграла

3.1.9.1.Вычисление массы плоской фигуры

Если имеется плоская материальная фигура (пластинка), занимающая на плоскости xOy область D , плотность которой задается функцией ρ(x, y),

то, как было отмечено в начале рассматриваемой главы, массу такой фигуры можно найти по формуле (3.8):

m = ∫∫ρ(x, y)ds .

D

Если фигура однородна, т.е. ρ(x, y)= ρ0 = const , то в последней формуле ρ0 можно вынести за знак двойного интеграла:

m = ρ0 ∫∫ds .

(3.27)

D

Учитывая формулу (3.23), получаем естественное равенство

где S – площадь фигуры.			m = ρ0S ,	(3.28)
где S – площадь фигуры.
Пример		3.10. Найти массу
сегмента	параболы		y =1 − x2 ,
отсеченного осью Ox , если плотность в
каждой точке сегмента равна ординате
этой точки.
Изобразим		данную	фигуру
(рис. 3.30).

Рис. 3.30

105

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

Смотрите также: