Материал: Кратные интегралы. Векторный анализ. Учебное пособие по решению задач и выполнению типовых расчетов. Катрахова А.А., Купцов В.С

Смотрите также:

Внимание! Если размещение файла нарушает Ваши авторские права, то обязательно сообщите нам

Задача 1.9. Вычислить двойной интеграл r3drd , где

область D ограничена полярной осью и кривой r2 = a2cos2

2 .

Решение. Кривая r2 = a2cos2– лемниската. В области D полярный угол изменяется

от 0 до		.
от 0 до	4	.
Верхний предел изме-
нения	можно получать из
уравнения лемнискаты, под-
ставив		r	=	0, то	есть
a2cos2	=		0;	cos2	= 0,	Рис. 1.10
						Рис. 1.10

2 2 , 4 .

(Учтено условие 2 ). Нижний предел получается из

условия, что область D ограничена полярной осью. Чтобы определить пределы изменения полярного радиуса области D, проведем луч из полюса О, пересекающий область D под произ-

вольным углом	0			. Он входит в область D в полюсе,
			4

то есть при r = 0, а выходит в точке на лемнискате, в котором r = a cos 2 .

Внутренний интеграл равен


a cos 2								3					24		a					cos 2							1		4		2
							r			dr																		a		cos		2 .
			0				r			dr			4								0					4		a		cos		2 .
			0										4								0					4
					Внешний интеграл равен
																	1				4		1		cos 4
	4	1	a	4		cos			2		2		d				1		a		4	4	1		cos 4					d
0 4			a			cos					2		d		4				a		0					2				d
0 4															4						0					2
1					4							sin4									1			a		4	.
1					4							sin4						0			1					4
			8 a										4					0			32
														1				4
					Ответ:									1	a4 .
					Ответ:								32		a4 .
													32
					Задачи для самостоятельного решения
					Задача 1.10.
																					1			x
																					1			x			2		y2 dy
					В интеграле													I				dx x					2		y2 dy			перейти к полярным ко-
																					0			0
ординатам.
																				sec
													4							sec
					Ответ:								I			d							r 2dr .

1.3.Применение двойных интегралов для вычисления площадей и объемов

а) Вычисление площадей плоских фигур

Площадь плоской фигуры вычисляется по формуле:

S dS ,

где dS дифференциал площади.

Если фигура отнесена к прямоугольной системе координат, то предыдущая формула примет вид:

		S	dxdy .	(1.7)
			D
Если фигура отнесена к полярной системе координат, то ее
площадь вычисляется по формуле:
		S	r drd .	(1.8)
			D
Задача 1.11. Найти площадь фигуры, ограниченной ли-
ниями (х – а)2 + у2 = а2		и х2 + (у – а)2 = а2.
Решение.
Линии,	ограничивающие
область, это окружности с цен-
трами в точках (а, 0) и (0, а) ра-
диуса а.
Наличие в уравнении кри-
вой выражения х2 + у2 указывает
на целесообразность перехода к
полярным координатам по фор-
мулам:				Рис. 1.11
x r cos , y	r sin ,	х2 + у2		Рис. 1.11

= r2.

Если раскрыть скобки, то уравнения окружностей запи-

шутся в виде:

х2 + у2 – 2ах = 0; х2 + у2 – 2ау = 0.

В полярных координатах они примут вид:
r = 2 acos	(1.9)
r = 2 asin	(1.10)

Луч ОА делит искомую площадь на две части D1 и D2 (рис. 1.11). Решая совместно уравнения (1.9) и (1.10) получим, что

точка А лежит на биссектрисе первого координатного угла.

Уравнение луча ОА:																.
Уравнение луча ОА:														4		.
	Искомая площадь области D = D1																				D2	в силу свойства
аддитивности двойного интеграла равна:
																			2 a sin		2 a cos
														4					2 a sin	2	2 a cos
	S			rdrd							rdrd							d	rdr		d	rdr .
			D1							D2				0					0			0
			D1							D2				0					0	4		0
	Вычислим отдельно внутренние интегралы:
	2 a sin					r		2		2 a sin							2 a2 sin2
	2 a sin							2		2 a sin
			rdr																	;
			rdr		2						0									;
			0		2						0
	2 a cos					r		2		2 a cos							2 a2 cos2 .
	2 a cos							2		2 a cos
			rdr
			rdr		2						0
			0		2						0
	Поэтому искомая площадь равна:

			2a2		4		sin2							2			cos2
		S	2a2				sin2				d						cos2		d
					0
					0									4
														4
			1 cos 2												cos 2
2a	2 4		1 cos 2						d			2	1		cos 2				d
2a	0		2						d					2					d

											4
											4
a2			1		a2						1				a2				1 кв. ед.
a2					a2										a2				1 кв. ед.
	4		2						4		2			2

Замечание. Так как из рис. (1.11) видно, что искомая площадь области D состоит из двух равных между собой по площади областей D1 и D2, то S 2 rdr d .

Задачи для самостоятельного решения

Задача 1.12. Найти площадь, ограниченную линиями х2

+ у2 – 2ах = 0 и х2 + у2 – ах = 0.

Указание. Уравнение линий преобразовать к полярным координатам. Получим

			2 a cos
		2	2 a cos
		S 2 d	rdr .
		0	a cos
Ответ: S	3	a2 кв. ед.
Ответ: S	4	a2 кв. ед.
	4

Задача 1.13. Найти площадь, ограниченную линиями: х2

+ у2 = R2, х2 + у2 – 2Ry = 0 и х = 0.

Указание. Перейти к полярным координатам, получим

							2 R sin
					2		2 R sin
			S	2		d	rdr .
							R
					6		R
					6

Ответ: S	1	R2			3		кв. ед.
Ответ: S		R2					кв. ед.
	2	3			2
б) Вычисление объемов тел
Двойной интеграл				f	x, y dxdy равен объему цилиндри-

ческого тела, ограниченного с боков цилиндрической поверхностью, образующие которой парал-

лельны оси OZ. Направляющей служит контур z, ограничивающий область интегрирования D, лежащую в плоскости ХОУ и являющуюся нижним основанием этого цилиндрического тела. Сверху тело ограничено поверхностью, определяемой уравнением z = f(x, y)

20 Рис. 1.12

Источник: https://studfile.net/preview/16565876/

Получим: r3drd

_3 тема - Диффузия
00601
01. Концепция БД
02_ЛР
02. РСЧС_ВСМК_Таблица
05. Частная патология ССС - Инфаркт миокарда
0501 Конунников ЛР10-3
0501_Конунников_ЛР№2
06-20-DatabasesGenomEvolution
07