Учебное пособие 1699

Добавил:

mihail1000 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Воронежский государственный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

области S, то справедлива формула

∫∫ f (x, y)dxdy = ∫∫(x (u, v), y (u, v))

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

30.04.2022

Размер:

1.81 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 222 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 > Следующая >>>

1.3. Изменить порядок интегрирования в двойных

		2	x+2			2	2−y		(x, y)dx ;
интегралах: а) ∫dx ∫				f (x, y)dy ; б) ∫dy			∫ f		(x, y)dx ;
		−1	x2			−6	y2	−1
							4	−1
							4
2	2 x			1	y	2		2−y
в) ∫dx ∫		f (x, y)dy ; г) ∫dy∫ f (x, y)dx + ∫dy ∫ f (x, y)dx .
1	x			0	0	1		0

Решение. а) По пределам интегрирования строим область интегрирования: у = х + 2, у = х2, х = 2, х = -1 (рис. 1.7). Решая совместно уравнения у = х + 2, у = х2, находим координаты точек пересечения прямой и параболы А (-1, 1), В (2,4).

Рис. 1.7

Поскольку слева область D ограничена линиями x = y −2 и x = − y , а справа x = y , то при изменении порядка интег-

рирования интеграл разбивается на два интеграла, соответственно, по областям DACOA и DABC

∫2 dxx∫+2	f (x, y)dy = ∫1	y		y
∫2 dxx∫+2	f (x, y)dy = ∫1	dy ∫ f (x, y)dx + ∫4		dy ∫ f (x, y)dx .
−1 x2	0	− y	1	y−2

б) Область интегрирования D ограничена линиями

x = 2 − y, x = y2 −1, y = 2, y = −6 (рис. 1.8). 4

Рис. 1.8
Решая совместно уравнения x = 2 − y и x =	y2	−1, находим
Решая совместно уравнения x = 2 − y и x =	4	−1, находим
	4

координаты точек пересечения прямой и параболы А (0, 2) и В

(8, - 6). Сверху область	D ограничена линиями:	y = 2 x +1
при −1 ≤ x ≤ 0 и y = 2 − x	при 0 ≤ x ≤ 8 , а снизу –	параболой

y = −2		x +1 . Следовательно, при изменении порядка интегри-
рования интеграл разбивается на два
2	2−y		0	2 x+1		8	2−x
∫dy	∫		f (x, y)dx = ∫dx	∫	f (x, y)dy + ∫dx		∫	f (x, y)dy .
−6	y2	−1	−1	−2 x+1		0	−2 x+1
	4

в)			Область интегрирования			ограничена			линиями
y = x, y = 2x, x =1, x = 2				(рис. 1.9).		Решая	эти		уравнения

совместно, находим координаты точек пересечения прямых

A(1,1); B (2, 2); C (2, 4) и D (1, 2).

Рис. 1.9

Уравнения прямых, ограничивающих область слева,

имеют вид:		x =1 и x =	y	, а справа - x = 2, x = y .
имеют вид:		x =1 и x =		, а справа - x = 2, x = y .
		2
При изменении порядка интегрирования область
интегрирования S разбивается на две SABD и SDBC. Таким
образом					y
2	2 x	2			y	4	2
∫dx ∫		f (x, y)dy = ∫dy∫ f (x, y)dx + ∫dy∫ f (x, y)dx .
1	x	1			1	2	y
							2
г) Область интегрирования первого интеграла ограничена
линиями	x = 0, x = y, y = 0, y =1					и представляет треугольник

АОВ (рис. 1.10). Область интегрирования второго интеграла ограничена линиями x = 0, x = 2 − y, y =1, y = 2 и представляет

треугольник ABC.

Рис. 1.10

Поскольку область сверху ограничена прямой y = 2 − x , а

снизу у = х при 0 ≤ x ≤1, то при изменении порядка интегрирования будем иметь

1	y	2	2−y	1	2−x
∫dy∫ f (x, y)dx + ∫dy ∫ f (x, y)dx = ∫dx ∫ f (x, y)dy .
0	0	1	0	0	x
1.4	Расставить		в двойном	интеграле ∫∫ f (x, y)dxdy
					(S )

пределы интегрирования в том и другом порядке, если область интегрирования S - трапеция с вершинами О(0, 0); А(2, 0);

В(1,1); С (0,1).

Решение. Представим область интегрирования на рис. 1.11. Запишем уравнение прямой АВ. Для этого воспользуемся уравнением прямой, проходящей через две точки

y −1 = x −1, y = 2 − x . Поскольку область сверху ограничена
−1	2 −1

двумя прямыми, то при интегрировании во внутреннем интеграле по у получим два интеграла

∫∫ f (x, y)dxdy = ∫1 dx∫1 f (x, y)dy + ∫2 dx2∫−x f (x, y)dy .

(S )

Рис. 1.11

При интегрировании во внутреннем интеграле по х будем иметь

	1	2−y
∫∫	f (x, y)dxdy = ∫dy ∫ f (x, y)dx.
(S )	0	0

1.2. Двойной интеграл в полярных координатах. Замена переменных в двойном интеграле

1°. При переходе в двойном интеграле от прямоугольных координат к полярным необходимо в подынтегральном выражении прямоугольные координаты заменить полярными по формулам: x = ρ cosϕ, y = ρsinϕ ,, а дифференциал dS = dxdy

заменить на ρd ρdϕ .

Причем уравнения линий, ограничивающих область интегрирования S0 следует преобразовать к полярным координатам по формулам перехода.

Если область интегрирования S ограничена лучами ϕ =α и ϕ = β (α < β ) и кривыми ρ = ρ1 (ϕ), ρ = ρ2 (ϕ) (рис. 1.12), где ρ1 (ϕ) и ρ2 (ϕ) - однозначные функции на отрезке ϕ [α, β] и ρ1 (ϕ)≤ ρ2 (ϕ), то имеет место соотношение

	β	ρ2 (ϕ)
∫∫F (ρ,ϕ)ρd ρdϕ = ∫dϕ ∫ F (ρ,ϕ)ρd ρ ,			(1)
S	α	ρ1 (ϕ)

где F (ρ,ϕ)= f (ρ cosϕ, ρ sinϕ).

Рис. 1.12

Внутренний интеграл вычисляется по р, считая (р постоянной, но произвольной переменной, а внешний интеграл находится по ϕ . Пределы внешнего интеграла всегда

постоянны, а внутреннего, как правило, зависят от ϕ . Если

область интегрирования представляет круговой сектор или разность круговых секторов с центром в начале координат, то пределы интегрирования внутреннего интеграла постоянны.

Если область интегрирования ограничена линиями, имеющими различное аналитическое представление, то ее разбивают на части, а двойной интеграл представляют в виде суммы соответствующих интегралов.

2°. Пусть в двойном интеграле ∫∫ f (x, y)dxdy требуется

от переменных х, у перейти к переменным u, v, связанным соотношениями

x = x (u, v); y = y (u, v).

(2)

Функции (2) осуществляют взаимно однозначное и непрерывно дифференцируемое отображение области G плоскости O1uv на область S плоскости Оху. Если якобиан этого отображения

	∂x	∂x
	∂x	∂x
I =	∂u	∂v	≠ 0
	∂y	∂y
	∂u	∂v

не обращается в нуль на G и функция f (x, y) непрерывна в

Производить замену переменных по формулам (2) целесообразно в том случае, если область интегрирования G интеграла (3) значительно проще области S.

2.1. Переходя к полярным координатам, найти:

a2 −x2

a2 −y2

а) ∫dx ∫

+ y

dy ; б) ∫dy ∫

− x

− y

ay−y2

Решение. а) Область интегрирования представляет первую четверть круга. Переходя к полярным координатам x = ρ cosϕ, y = ρsinϕ , получим

	a2 −x2				π
a	a2 −x2				2		a
∫dx	∫	x2	+ y2 dy = ∫dϕ∫ ρ2 cos2 ϕ + ρ2 sin2 ϕρd ρ =
0	0				0		0
		π		a				π
		π	ρ3		dϕ = a3			π	πa3
		= ∫2	ρ3			ϕ		2 =	πa3
		= ∫2	3			ϕ		2 =	6.
		0	3	0	3			0	6.
		0		0				0

б) Область интегрирования расположена в первой четверти и ограничена двумя окружностями: x2 + y2 = a2 , x2 + y2 = ay .(рис. 1.13)

Рис. 1.13

Переходя к полярным координатам и учитывая, что уравнение внутренней окружности будет ρ = a sinϕ , получим

a2 −y2

ρd ρ

∫dy ∫

= ∫dϕ ∫

− x

− y

− ρ

ay−y2

asinϕ

(a2 − ρ2 )−

= −

∫dϕ

∫

2 d (a2 − ρ2 )= −∫

(a2 − ρ2 )2

dϕ =

asinϕ

= a∫cosϕdϕ = a sinϕ

02 = a.

2.2. Вычислить двойной интеграл: а) ∫∫

x2 + y2 −9dxdy ,

где

область

ограничена

двумя

окружностями

x2 + y2 = 9 и x2 + y2 = 25 ;

б) ∫∫x

x2 + y2 dxdy

где область S

ограничена

лепестком

dxdy

лемнискаты

(x2 + y2 )2

= a2 (x2 − y2 )

(x ≥ 0);

в) ∫∫

где область

x + y

ограничена линиями у = 0, х = 2,

y = x ,

x2 + y2

=1.

Решение. а) Область интегрирования ограничена двумя концентрическими окружностями с центром в начале координат и радиусами r1 = 3 и r2 = 5. Переходя в интеграле к полярной системе координат будем иметь

∫∫

x2 + y2 −9dxdy =

2∫π dϕ∫5

ρ2 −9ρd ρ =

= 1

2π

2 (ρ2

2π

128 .

∫

−9)

dϕ =

∫ dϕ =

б) Переходя к полярным координатам, запишем

уравнение лемнискаты

виде

ρ2

= a2 (cos2 ϕ −sin2 ϕ)

или

ρ = a

cos 2ϕ .

При

x ≥ 0 ,

т.

е.

для

правого

лепестка ϕ

изменяется от −π до

. Таким образом, интеграл примет вид

cos 2ϕ

a cosϕ

x2 + y2 dxdy = ∫4

cosϕρ3d ρ = 1

∫4

∫∫x

dϕ

∫

cosϕρ4

dϕ =

− 4

= a4

∫4

cosϕ cos2 2ϕdϕ

= a4

∫4

cosϕ(1−2sin2 ϕ)2 dϕ =

−

=a4 ∫4 (cosϕ −4cosϕsin2 ϕ + 4cosϕsin4 ϕ)dϕ = 4 −π4

= a

+ 4 sin

2 2 a4.

sinϕ −4 sin

−

в) Построим область интегрирования (рис. 1.14) и перейдем к полярным координатам.

Рис. 1.14

Из рисунка видно, что полярный угол изменяется в пределах от 0 до π4 . Полярный радиус меняется от 1 до прямой х = 2.

Запишем уравнение этой прямой в полярной системе

координат

ρ cosϕ = 2 или ρ =

Подынтегральная

cosϕ

функция будет

x2 + y2

Отсюда получим, что

cosϕ

dxdy

cosϕ

∫∫

= ∫4

dϕ ∫

ρd ρ =

∫4 dϕ ∫ d ρ = ∫4

dϕ =

+ y

2 cosϕdϕ

+sinϕ

∫0

−1 dϕ =

∫0

1−sin

−ϕ

= ln

−sinϕ

−

cosϕ

2 +1

= ln

− π .

2 −1

2.3. В интеграле ∫∫ f (x, y)dxdy где область S ограничена

кривыми x2 = ay, x2 = by, y2 = px, y2 = qx (0 < a < b, 0 < p > q),

перейти к новым переменным

u,v

и расставить пределы

интегрирования.

x2 = uy ,

Решение. Переходим

новым

переменным:

y2 = vx . Тогда x = u

y = u

. Найдем производные

∂x

−1 1

∂x

−

∂y

−2 2

∂y

−1

3 v3

u3 v

3 v3 ,

u3v

3 .

∂u

∂v

∂u

∂v

Якобиан будет равен

−1 1

−

I (u, v)=

3 v3

u 3 v

−

−2 2

−

9 9

3 v3

u3v

Уравнения

линий

принимают

вид:

u = a, u = b,

v = p, v = q .

Область

плоскости

Оху

′

преобразуется в прямоугольник G плоскости Ouv и по формуле

(3) интеграл примет вид

∫∫

(

)

(

))

∫∫(

x, y

)

dxdy =

u, v

dudv =

3 G

(3 u2v, 3 uv2 )dv.

∫du∫ f

3 a

2.4. Вычислить двойные интегралы: а)

∫∫

1−

−

dxdy ,

где область S ограничена эллипсом

=1; б)

∫∫xydxdy ,

где область S ограничена линиями

y = ax3 , y = bx3 , y2 = px, y2 = qx (0 < a < b, 0 < p < q).

<<< < Предыдущая 12 / 222 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
30.04.20221.79 Mб9Учебное пособие 1694.pdf
#
30.04.20221.79 Mб25Учебное пособие 1695.pdf
#
30.04.20221.8 Mб6Учебное пособие 1696.pdf
#
30.04.20221.8 Mб2Учебное пособие 1697.pdf
#
30.04.20221.8 Mб2Учебное пособие 1698.pdf
#
30.04.20221.81 Mб7Учебное пособие 1699.pdf
#
30.04.2022207.49 Кб6Учебное пособие 17.pdf
#
30.04.2022310.52 Кб19Учебное пособие 170.pdf
#
30.04.20221.81 Mб5Учебное пособие 1700.pdf
#
30.04.20221.81 Mб9Учебное пособие 1701.pdf
#
30.04.20221.81 Mб5Учебное пособие 1702.pdf