- •1. Дифференциальные уравнения I порядка. Уравнения с разделяющимися переменными
- •1.1. Дифференциальные уравнения I порядка. Общие понятия
- •1.2. Дифференциальные уравнения с разделяющимися переменными
- •2. Однородные дифференциальные уравнения. Уравнения в полных дифференциалах
- •2.1. Однородные дифференциальные уравнения I порядка
- •2.2. Уравнения в полных дифференциалах
- •3.2. Уравнения Бернулли
- •5.2. Неоднородные линейные уравнения ІІ порядка с постоянными коэффициентами. Метод Эйлера вариации произвольных постоянных
- •6. Линейные неоднородные уравнения ІІ порядка с постоянными коэффициентами. Метод Лагранжа неопределенных коэффициентов
- •7. Системы дифференциальных уравнений
- •7.1 Нормальная система дифференциальных уравнений
- •Модуль 10. Кратные интегралы
- •1. Двойной интеграл
- •1.1. Объём цилиндрического тела
- •1.2. Вычисление двойных интегралов в декартовых координатах
- •1.3. Вычисление двойных интегралов в полярных координатах
- •1.4. Приложения двойных интегралов к задачам механики
- •1.5. Вычисление площадей и объёмов с помощью двойных интегралов.
- •1.6. Вычисление площади поверхности.
- •2. Тройной интеграл
- •2.1. Масса неоднородного тела
- •2.2. Вычисление тройных интегралов в декартовых координатах.
- •2.3. Вычисления тройных интегралов в цилиндрических координатах.
- •2.4. Вычисление тройных интегралов в сферических координатах
- •2.5. Приложение тройных интегралов.
- •Модуль 11. Криволинейные и поверхностные интегралы
- •1. Криволинейные интегралы
- •1.1. Криволинейный интеграл первого типа (по длине дуги)
- •1.3. Формула Грина
- •1.4. Условия независимости криволинейного интеграла от пути интегрирования
- •1.5. Связь между криволинейными интегралами первого и второго типов
- •2. Поверхностные интегралы
- •2.1. Поверхностные интегралы первого типа
- •2.2. Понятие двухсторонней поверхности. Ориентация поверхности
- •2.3. Поверхностный интеграл второго типа (по проекциям)
- •2.4. Связь поверхностных интегралов I и II типов
- •2.5. Формула Остроградского
- •3. Основные понятия теории поля
- •Список литературы
1.5. Вычисление площадей и объёмов с помощью двойных интегралов.
Объём
Как мы знаем, объем V тела, ограниченного поверхностью z = f(x, y), где f(x, y) – неотрицательная функция, плоскостью z = 0 и цилиндрической поверхностью, направляющей для которой служит граница области D, а образующие параллельны оси Oz, равен двойному интегралу от функции f(x, y) по области D:
V = ∫∫ f ( x, y )dS .
D
Пример 9. Вычислить объём тела, ограниченного поверхностями х = 0, у = 0, х + у + z = 1, z
= 0 (рис. 20).
Рис.20 |
Рис.21 |
Решение: V = ∫∫(1− x − y)dx dy , D – заштрихованная на рис. 20 треугольная область в
D
плоскости Оху, ограниченная прямыми х = 0, у = 0, х + у = 1. Расставляя пределы в двойном интеграле, вычислим объём:
1 |
1− x |
1 |
|
|
|
y |
2 |
|
1− x |
1 |
|
|
1 . |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
V = ∫ |
∫ (1 − x − y )dxdy = |
= ∫ |
(1 |
− x ) y − |
|
|
|
dx = ∫ 1 |
(1 − x 2 )dx = |
||||
|
|
|
|||||||||||
0 |
0 |
0 |
|
|
|
2 |
0 |
0 |
2 |
|
6 |
Итак, V = 16 куб. единиц.
Замечание 1. Если тело, объём которого ищется, ограничено сверху поверхностью
z = Ф2 ( x, y ) ≥ 0 , а снизу – поверхностью z = Ф1 ( x , y ) ≥ 0 , причём проекцией обеих
поверхностей на плоскость Оху является область D, то объём V этого тела равен разности объёмов двух «цилиндрических» тел; первое из этих цилиндрических тел имеет нижним основанием область D, а верхним – поверхность z = Ф2(х, у); второе тело имеет нижним основанием также область D, а верхним – поверхность z = Ф1(х, у) (рис.21).
Поэтому объём V равен разности двух двойных интегралов;
V = ∫∫ Ф2 ( x, y )dS − ∫∫ Ф1 ( x, y )dS
D D
или
V = ∫∫ [Ф2 ( x, y ) − Ф1 ( x, y )]dS
D
Легко, далее, доказать, что формула (1) верна не только в том случае, когда Ф1(х, у) и Ф2(х, у) неотрицательны, но и тогда, когда Ф1(х, у) и Ф2(х, у) – любые непрерывные функции,
удовлетворяющие соотношению Ф2 ( x, y ) ≥ Ф1 ( x, y ) .
Замечание 2. Если в области D функция f(х, у) меняет знак, то разбиваем область на две части: 1) область D1 где f ( x, y ) ≥ 0 ;
2) область D2 ,где f ( x, y ) ≤ 0 . Предположим, что области D1 и D2 таковы, что двойные интегралы по этим областям существуют. Тогда интеграл по области D1 будет положителен и
53
будет равен объёму тела, лежащего выше плоскости Оху. Интеграл по D2 будет отрицателен и по абсолютной величине равен объёму тела, лежащего ниже плоскости Оху, Следовательно, интеграл по D будет выражать разность соответствующих объёмов.
Вычисление площади плоской области.
Если мы составим интегральную сумму для функции f(x, y) = 1 по области D, то эта сумма будет равна площади S,
n |
|
S = ∑ 1 × S i |
|
i = |
1 |
при любом способе разбиения. Переходя к пределу в правой части равенства, получим
S = ∫∫ dxdy
D
Если область D правильная, то площадь выразится двукратным интегралом
b Ф2 |
( х) |
|
|
|
∫ dy |
|
|
S = ∫ |
dx |
||
a |
Ф1 |
( х) |
|
Производя интегрирование в скобках, имеем, очевидно,
S = ∫b [ф2 ( х) − ф1 ( х)]dx
a
Пример 10. Вычислить площадь области, ограниченной кривыми y = 2 - х2, у = х.
Рис.22
Решение: Определим точки пересечения данных кривых (Рис.22). В точке пересечения ординаты равны, т.е. x = 2 – x2, отсюда x2 + x - 2 = 0, x1 = - 2, x2 = 1. Мы получили две точки пересечения М1(-2;-2), M2(l; l).
Следовательно, искомая площадь
1 |
2 |
− x 2 |
|
S = ∫ |
|
∫ dy |
|
|
dx |
||
− 2 |
|
x |
|
1 |
|
|
x |
3 |
|
x |
2 |
1 |
|
9 . |
|
= ∫ |
(2 − x 2 − x )dx = |
2 x − |
|
− |
|
|
= |
||||
3 |
2 |
||||||||||
− 2 |
|
|
|
− 2 |
|
2 |
1.6. Вычисление площади поверхности.
Пусть требуется вычислить площадь поверхности, ограниченной линией Г (рис.23); поверхность задана уравнением z == f(x, y) где функция f(x, y) непрерывна и имеет непрерывные частные производные. Обозначим проекцию линии Г на плоскость Оху через L. Область на плоскости Оху, ограниченную линией L, обозначим D.
Разобьём произвольным образом область D на n элементарных площадок S1, S2, …, Sn. В каждой площадке Si возьмём точку Ρi (ξi ; ηi).
Точке Pi будет соответствовать на поверхности точка Mi (ξi ; ηi ; f(ξi ; ηi)). Через точку Мi проведём касательную плоскость к поверхности. Уравнение её примет вид
54
z − z1 = f x' (ξ i ,η i )( x − ξ i ) + f y' (ξ i ,η i )( y − η i )
На этой плоскости выделим такую площадку σi которая проектируется на плоскость Оху в
n
виде площадки Si. Рассмотрим сумму всех площадок σ i : ∑ σ i .
i =1
Предел σ этой суммы, когда наибольший из диаметров площадок σi – стремится к нулю,
n
мы будем называть площадью поверхности, т.е. по определению положим σ = lim ∑ σ i
diam σ i →0 i=1
Займёмся теперь вычислением площади поверхности. Обозначим через γi угол между касательной плоскостью и плоскостью Оху.
Рис.23 Рис.24
На основании известной формулы аналитической геометрии можно написать (рис.24) Si =
σi cos γ или |
σ i |
= |
S i |
|
cos γ i |
||||
|
|
|
Угол γi есть в то же время угол между осью Oz и перпендикуляром к плоскости Оxy. Поэтому на основании уравнения и формулы аналитической геометрии имеем
cos γ i |
= |
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
. |
|
+ f ′2 |
(ξ |
|
,η |
|
) + |
f ′2 |
(ξ |
|
,η |
|
|||
|
1 |
i |
i |
i |
i |
) |
|||||||
|
|
x |
|
|
|
y |
|
|
|
Следовательно,
σ i = 1 + f x′2 (ξ i ,η i ) + f y′2 (ξ i ,η i ) Si .
Подставляя это выражение в формулу (13), получим
|
|
n |
σ = lim |
→ 0 |
∑ 1 + f x′2 (ξ i ,η i ) + f y′2 (ξ i ,η i ) Si . |
diam Si |
i= 0 |
|
|
|
Так как предел интегральной суммы, стоящей в правой части последнего равенства, по определению представляет собой двойной интеграл
∫∫ |
|
∂ z |
2 |
|
∂ z 2 |
|
|
||||
1 |
+ |
|
|
|
|
|
|
dxdy |
, то окончательно получаем |
||
|
|
|
+ |
|
|
||||||
D |
|
|
∂ x |
|
|
∂ y |
|
|
|
||
|
∫∫ |
|
|
∂ z |
2 |
|
∂ z |
2 |
dxdy |
||
σ = |
1 |
+ |
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
+ |
|
|
|||||
|
D |
|
|
∂ x |
|
|
∂ y |
|
Это и есть формула, по которой вычисляется площадь поверхности z = f(x, y).
Если уравнение поверхности дано в виде x = μ(y, z) или в виде у = χ (x, z), то соответствующие формулы для вычисления поверхности имеют вид
|
∫∫ |
|
|
∂ x 2 |
∂ x 2 |
||
σ = |
1 |
|
|
+ |
|
dydz |
|
|
+ |
|
|||||
|
D ' |
|
|
∂ y |
|
∂ z |
|
55
σ = ∫∫ |
1 |
|
∂ y 2 |
+ |
|
||
D '' |
|
|
∂ x |
+∂ y 2
dxdz
∂ z
где D’ и D’’ – области на плоскостях Oyz и Oxz, в которые проектируется данная поверхность.
Пример 11. Вычислить поверхность σ сферы x2 + y2 + z2 = R2
Решение: вычислим поверхность верхней половины сферы z = R 2 − x 2 − y 2 (рис.25). В этом случае
∂ z |
= − |
x |
, |
∂ z |
= − |
y |
y 2 |
. |
∂ x |
|
R 2 − x 2 − y 2 |
|
∂ y |
|
R 2 − x 2 − |
|
Следовательно, подынтегральная функция примет вид
+∂ z 2
1 ⎝∂ x
|
∂ z 2 |
= |
|
|
R |
2 |
|
|
= |
|
R |
|
|
|
+ |
|
R |
2 |
− x |
2 |
− y |
2 |
|
− x |
|
− y |
|
||
|
∂ y |
|
R |
2 |
2 |
2 |
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Область интегрирования определяется условием x 2 + y 2 ≤ R 2 . Таким образом, на основании формулы (15) будем иметь
1 |
|
R |
R 2 − x 2 |
|
|
R |
|
|
|
|
|
σ |
|
∫ |
|
|
|
|
|
dy |
|
||
2 |
= ∫ |
R |
2 |
− x |
2 |
− y |
2 |
dx . |
|||
|
− R |
− R 2 − x 2 |
|
|
|
|
|
Для вычисления полученного двойного интеграла перейдём к полярным координатам. В полярных координатах граница области интегрирования определяется уравнением ρ = R. Следовательно,
2π |
R |
|
|
R |
|
|
|
2π |
|
|
|
∫ |
|
|
|
ρdρ |
|
|
Rd Θ = 4π R |
2 |
|
σ = 2 ∫ |
R |
2 |
− ρ |
2 |
dΘ = 2 R ∫ |
|
||||
0 |
0 |
|
|
|
|
0 |
|
|
Пример 12. Найти площадь той части поверхности цилиндра х2 + y2 = а2, которая вырезается цилиндром x2 + z2 = а2.
Рис.26 Рис.25
Решение: на рис. 26 изображена 18 часть искомой поверхности. Уравнение поверхности имеет вид y = a 2 − x 2 , поэтому
∂ y |
= − |
x |
, |
∂ y |
= 0 . |
∂ x |
a 2 − x 2 |
∂ z |
56