Решение. Объем тела

С помощью двойного интеграла может быть вычислена

площадь области G

s = ∫∫dxdy.

G

Эта формула является более универсальной, чем вычисление площади с помощью определенного интеграла.

Пример. Вычислить площадь области G, ограниченной

линиями y2 = x +1, x + y =1 (рис. 4).

Решение. Найдем точки пересечения данных кривых,

На данном примере хорошо видно, что одним из главных моментов в вычислении двойного интеграла является расстановка пределов интегрирования. Внешний интеграл был выбран по у не случайно. Если выбрать другой порядок повторного интегрирования (внешний по х), то область G предварительно пришлось бы разбить на две части (осью Оу), так как она ограничена сверху двумя различными уравнениями на отрезках −1≤ x ≤ 0и 0 ≤ x ≤ 3. Результат был бы тот же самый, однако вычисления были бы громоздкими.

7

Если область интегрирования представляет собой окружность или ее часть, то удобнееперейти в полярную систему координат.

Рассмотрим замену переменных в двойном интеграле.

Для двойных интегралов имеют место формулы перехода от прямоугольных координат к полярным координатам.

Замену переменных в двойном интеграле производят по следующему правилу. Если ограниченная замкнутая область S пространства (х,у) взаимно однозначно отображается на

щадь поверхности.

Пусть поверхность S задана уравнением z = f (x, y), про-

екцией S на плоскость Оху является область G, и в этой обл а- сти функция f(х,у) непрерывна и имеет непрерывные частные

производные fx′(x, y) и fy′(x, y).

Формула, с помощью которой вычисляется площадь по-

верхности, имеет вид

8

6x +3y + 2z =12, которая заключена в первом октанте (рис. 6). Решение. Для вычисления применим формулу (1.2). Имеем

fx′(x, y) = −3, fy′(x, y) = −3/2;

1+ fx′2(x, y)+ fy′2(x, y) = 1+9+9/4 = 7/2.

Областью G является треугольник, ограниченный осями Ox, Оу и прямой 6x +3y =12, получаемой из уравнения дан-

ной плоскости при z = 0. Расставляя пределы интегрирования в двойном интеграле, получаем

= 72(4x − x2)02 = 72 4 =14.

Рассмотрим вычисление массы пластинки с помощью двойного интеграла. Пусть на плоскости Оху имеется материальная пластинка, то есть некоторая область G, по которой распределена масса m с плотностью ρ (х, у). Значение массы

пластинки равно двойному интегралу от функции ρ (х, у) по области G, то есть

9

G

Пример. Определить массу квадратной пластинки со стороной 2а, если плотность ρ (х, у) в каждой точкеМ(х; у) пропорцио-

нальна квадрату расстояния от точкиМ до точки пересечения диагоналей, и коэффициент пропорциональности равенk.

Решение. Выберем систему координат так, как показано на рис. 7. После этого можно найти функцию ρ (х, у), исходя

из условия задачи. Пусть М(х; у) − произвольная точка квадратной пластинки. Тогда квадрат расстояния от точки М до

точки пересечения диагоналей равенx2 + y2. Следовательно, плотность в точке М

ρ(M ) = ρ(x, y) = k(x2 + y2).

По формуле (1.3) имеем m = ∫∫k(x2 + y2)dx dy.

G

Учитывая, что подынтегральная функция четная относительно х и у, а область интегрирования симметрична относительно осей координат, можно ограничиться вычислением интеграла по той части области G, которая расположена в первой четверти, то есть

Рассмотрим вычисление координат центра масс пластинки.

Найдем координаты центра масс пластинки, занимающей в плоскости Оху некоторую область G. Обозначим ρ (х, у) — плотность

пластинки в точкеМ (х; у), являющаяся непрерывной функцией. Координаты центра масс пластинки определяются формулами

10

в формулах (1.4) называются статическими моментами пластинки относительно осей Оу иОх.

Пример. Найти координаты центра масс однородной пла-

стинки, ограниченной двумя параболами y2 = x и x2 = y

(рис. 8).

Решение. Координаты центра масс данной пластинки найдем по формулам (1.5). Сначала вычислим массу пластинки

Рис. 8

Вычислим статические моменты пластинки относительно осей координат:

11

Рассмотрим вычисление момента инерции пластинки.

Пусть область G плоскости Оху занята пластинкой, имеющей непрерывную плотность ρ(x, y). Момент инерции пла-

стинки относительно оси Оу: I y = ∫∫x2ρ(x, y)dxdy.

G

Аналогично, момент инерции пластинки относительно оси Ох Ix = ∫∫y2ρ(x, y)dxdy.

G

Момент инерции I0 пластинки относительно начала координат

G

Пример. Найти момент инерции круга радиусаR с постоянной плотностью ρ(x, y) =1 относительно начала координат.

Решение. По формуле (1.6) имеем I0 = ∫∫(x2 + y2)dxdy.

G

12

Перейдем к полярным координатам. Уравнение окружности (границы круга) в полярных координатах имеет вид ρ = R . Поэтому

Задачи для самостоятельного решения

Вычислить двойные интегралы по областям G, ограниченным указанными линиями:

2.∫∫G (xdxdy− y)2 ; 1 ≤ x ≤ 2, 3≤ y ≤ 4.

3.∫∫(x − y)dxdy; x = 0, y = 0, x + y = 2.

6.∫∫xdxdy; y = x3, x + y = 2, x = 0.

G

7.∫∫xdxdy; xy = 6, x + y −7 = 0.

G

8.∫∫y2xdxdy; x2 + y2 = 4, x + y − 2 = 0.

G

13

9.∫∫(x + y)dxdy; 0≤ y ≤ π, 0 ≤ x ≤ sin y.

G

А(1; 1).

13.∫∫xdxdy; G − область, ограниченная осью Ox и аркой цик-

G

лоиды x = a(t −sin t), y = a(1 − cost)(0 ≤ t ≤ 2π ).

14.∫∫xydxdy; G − область, ограниченная осями координат и

G

женная в первом квадранте.

17.∫∫ex2 + y 2 dxdy; G −круг радиуса R c центром в начале ко-

G

ординат.

14

G

диусов е и 1 с центром в начале координат.

Вычислить объемы тел, ограниченных поверхностями:

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

21.x = 0, y = 0, z = 0, x + y =1, z = x2 + y2.

22.z = x + y + a, y2 = ax, x = a, z = 0, y = 0 (при y > 0).

23.z2 = xy, x = a, x = 0, y = a, y = 0.

24.z = x2 + y2, y = x2, y =1, z = 0.

25.az =x2−y2, z = 0, x = a.

26.z2 = xy, x + y = a.

27.z = xy, x + y = a, z = 0.

Перейдя к полярным координатам, вычислить объемы тел, ограниченных поверхностями:

28.z = x2 + y2 , x2 + y2 = a2, z = 0.

29.z = x2 + y2, x2 + y2 = a2, z = 0.

30.z = x, x2 + y2 = a2, z = 0.

Вычислить площади областей, ограниченных линиями:

31.y2 = x +1, x + y =1.

32.xy = 4, x =1, y = 2.

33.xy = 4, y = x, x = 4.

34.y = x2, 4 y = x2, y = 4.

15

Перейдя к полярным координатам, найти площади фигур, ограниченных линиями:

35.x2 + y2 −2ax = 0, x2 + y2 −2bx = 0 (0 < a < b).

36.x2 + y2 = a2, x2 + y2 − 2ax = 0, y = 0.

37.(x − a)2 + y2 = a2, x2 + (y − a)2 = a2.

38.x2 + y2 − 2ax = 0, x2 + y2 − ax = 0.

39.Вычислить площадь той части плоскости6x + 3y + 2z =12,

которая заключена в первом октанте.

40.Вычислить площадь боковой поверхности кругового конуса с радиусом основания R и высотой H.

41.Вычислить площадь части плоскостиx + y + z = 2a, отсека-

емой плоскостями x = 0, y = 0 x = a, y = a.

42. Вычислить площадь части плоскостиx + y + z = 2a, вырезаемой цилиндром x2 + y2 = 2a.

Найти координаты центра масс однородной пластинки, ограниченной линиями:

43. Двумя параболами y2 = x и x2 = y.

44.y = 0 и одной полуволной синусоиды y = sinx.

45.y = x2, x = 4, y = 0.

46.y2 = ax, y = x.

Вычислить момент инерции однородной пластинки, ограниченной линиями:

47.y = 2x , x = a, y = a относительно оси Ox.

48.y = a + x2 , y = 2x, x = 0 относительно оси Oy. a

16

2. ТРОЙНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ

Определим интеграл от функции трех переменных − так называемый тройной интеграл. Тройные интегралы, как и двойные, имеют широкое применение в различных физических и геометрических задачах.

Тройной интеграл является аналогом двойного интеграла и вводится для функции трех переменных.

Пусть в некоторой замкнутой ограниченной областиV трехмерного пространства задана ограниченная функцияf(М) = f(x,у,z). Разобьем область V на п произвольных областей, не имеющих

общих внутренних точек, с объемами ∆v1, ∆v2,..., ∆vn . В каж-

17

дой области возьмем произвольную точку Mi (ξi ;ηi ;ζi ) и составим сумму

i =1

которая называется интегральной суммой для функции f (x, у, z) по области V. Обозначим через λ наибольший из диаметров частичных областей.

Определение. Если интегральная сумма (2.1) приλ → 0 имеет предел, равный I, то этот предел называется тройным интегралом от функции f (x, у, z) по области V и обозначается одним из следующих символов:

I = ∫∫∫f (x, y, z)dv = ∫∫∫f (x, y, z)dx dy dz.

V V

В этом случае функция f(х,у,z) называется интегрируемой в области V; V − областью интегрирования; х, уи z − переменными интегрирования; dv (илиdxdydz)− элементом объема.

Тройные интегралы являются непосредственным обобщением двойных интегралов на случай трехмерного пространства. Они обладают аналогичными двойным интегралам необходимыми и достаточными условиями существования и свойствами. Если положить всюду в области V f (x, y, z) ≡1, то из

определения тройного интеграла следует формула для вычисления объема тела V:

v = ∫∫∫dv = ∫∫∫dx dy dz.

V V

Рассмотримвычисление тройных интегралов. Как и в случае двойных интегралов, вычисление тройных интегралов сводится к вычислению интегралов меньшей кратности.

Рассмотрим область V, ограниченную снизу и сверху поверхностями z = z1(x, y) и z = z2(x, y), а с боковых сторон ци-

линдрической поверхностью. Пусть область G − проекция области V на плоскость Оху (рис. 9), в которой определены и не-

18

прерывны функции z1(x, y) и z2(x, y). Предположим, далее, что каждая прямая, параллельная оси Oz, пересекает границу

области V не более чем в двух точках. Тогда для любой фун к- ции f (x, у, z),непрерывной в области V, имеет место формула

позволяющая свести вычисление тройного интеграла к последовательному вычислению внутреннего определенного интеграла по переменной z (при постоянных х и у) и внешнего двойного интеграла по области G. Выражение

z2(x, y)

19

Порядок интегрирования может быть и другим, то есть переменные х,у и z в формуле (2.2) можно менять ролями.

Вчастности, если V − параллелепипед с гранями х = а,

х= b(а < b), у = с, y = d(c < d), z = k, z = l(k < l), то формула

(2.2) принимает вид

Рис. 11

20

Пример. Вычислить ∫∫∫xyz dxdydz, где область ограни-

Т

чена поверхностями z = x2+ y2, х = 0, y= 0, z = 1 (рис. 12). Решение. По формуле (2.2) получим

Рис. 12

21

Вычислим кратный интеграл последовательно:

х2 + у2

2)1/21−∫x 2 (xy – x5y –2x3y 3– xy5) dy =

Рассмотрим замену переменных в тройном интеграле.

Для тройных имеют место формулы перехода от прямоугольных координат к цилиндрическим и сферическим координатам.

Замену переменных в тройном интеграле производят по следующему правилу. Если ограниченная замкнутая область V пространства (х, у, z) взаимно однозначно отображается на область V* пространства (u, v, w) с помощью непрерывно диф-

ференцируемых функций х = х(u, v, w) , у = у(u, v, w) , z = z (u, v, w) и якобиан J в области V* не обращается в нуль:

то справедлива формула

∫∫∫f (x, y, z)dx dy dz =

V

= ∫∫∫f [x(u, v, w), y(u, v, w),z(u, v, w)] J du dv dw.

V

22

В частности, при переходе от прямоугольных координат х, у, z к цилиндрическим координатам ρ,ϕ, z (рис. 13), связан-

ным с х, у, z формулами x = ρ cosϕ, y = ρ sin ϕ, z = z (0 ≤ ρ < +∞, 0 ≤ϕ ≤ 2π, − ∞ < z < +∞), якобиан преобразования J = ρ , поэтому

∫∫∫f (x, y, z)dx dy dz =∫∫∫f (ρ cosϕ, ρ sinϕ, z)ρ dρ dϕ dz. (2.4)

V V *

Название “цилиндрические координаты” связано с тем, что координатная поверхность ρ = const (то есть поверхность,

все точки которой имеют одну и ту же координату ρ ) являет-

ся цилиндром, прямолинейные образующие которого параллельны оси Оz.

При переходе от прямоугольных координат х, у, z к сферическим координатам ρ,ϕ,θ (рис. 14), связанным сх, у, z

формулами x = ρ sinθ cosϕ, y = ρ sinθ sin ϕ, z = ρ cosθ

(0 ≤ ρ < +∞, 0 ≤ ϕ ≤ 2π, 0 ≤θ ≤ π), якобиан преобразования

J= ρ2 sinθ, поэтому

∫∫∫f (x, y, z)dx dy dz =

V

= ∫∫∫f [ρ sinθ cosϕ, ρ sinθ sin ϕ, ρ cosθ]ρ2 sinθ dρ dϕ dθ. (2.5)

V *

При вычислении тройного интеграла путем перехода к цилиндрическим или сферическим координатам область V* обычно не изображают, а пределы интегрирования расставляют непосредственно по виду области V, используя геометрический смысл новых координат.

Пример. Вычислить интеграл ∫∫∫(x2 + y2)dx dy dz пере-

V

ходом к цилиндрическим координатам x = ρ cosϕ, y = ρ sin ϕ,

23

z = z , где V − область, ограниченная поверхностями z = x2 + y2 и z = l (рис. 15).

Решение. Так как область V на плоскость Оху проектируется в круг x2 + y2 ≤1 , то координата ϕ изменяется в преде-

ствует цилиндр x2 + y2 = ρ2 . Рассматривая пересечение этого цилиндра с областью V, получаем изменение координаты z от

значений для точек, лежащих на параболоиде z = x2 + y2 , до значений для точек, лежащих на плоскости z = 1, то есть от

z = ρ2 до z = 1. Применяяформулу (2.4), имеем