Можно ли обойтись без чертежа?

Об этом я уже говорил на 1-ом уроке: если условие задачи его не требует – то можно. Правда, область интегрирования всё равно придётся представить мысленно. Но даже если у вас есть такие способности, то демонстрировать их совсем не обязательно – потому что тяжелА жизнь вундеркинда =) И житейская мудрость заключается в том, что чертёжи, по возможности лучше выполнять. Однако у нас другой случай, когда наоборот – будет подозрительно смотреться построенный график линии 4-го порядка. Знаниями убивать тоже никого не надо, и в этой связи мы постараемся отделаться чисто аналитическим решением.

Поскольку область интегрирования, как правило, ограничена, то уравнение   задаёт либо единственную замкнутую кривую, либо несколько ограниченных областей – что-то наподобие лепестков полярной розы. Ситуацию помогла бы прояснить область определения функции, но её нахождение тоже затруднено ввиду навороченности уравнения.

Что делать? Подумать о возможности использования полярной системы координат. Причём подумать самостоятельно – условие нам совершенно не намекает на способ решения. Поскольку в уравнении присутствуют знакомые «икс квадрат» и «игрек квадрат», то применение полярных координат действительно выглядит перспективно. По формулам перехода  :

Вот и первое достижение – удалось понизить степень. С извлечением корня никаких шероховатостей, полярный радиус неотрицателен, параметр  , косинус в знаменателе – в чётной степени:

Теперь займёмся областью определения. Поскольку тригонометрические функции периодичны, то нас интересует промежуток  , или, что то же самое  .

Знаменатель не может равняться нулю, поэтому  .

Кроме того, подкоренное выражение должно быть неотрицательным:  .  Сведём данное условие к простейшему тригонометрическому неравенству, применив формулы понижения степени:

Таким образом: 

Я неоднократно ратовал за графическое решение подобных неравенств, но раз уж решили обойтись без чертежей, давайте вытащим из школьного учебника известную формулу. Решением неравенства  , где  , является следующее множество промежутков:

, где   (любое целое число).

В нашем случае:

Разделим все части неравенства на 2:

В «сферу наших интересов» входят следующие значения «ка»:

В результате, область определения полярной функции  :

Два нижних значения не вошли в найденные выше промежутки, что избавляет нас от дополнительных хлопот. На отрезках   расположены две одинаковые (в силу периодичности   и  ) кривые, и график функции  , судя по всему, представляет собой что-то вроде двух одинаковых лепестков, как, собственно, и предполагалось.

Таким образом, достаточно рассмотреть промежуток  , а результат удвоить. Луч радара, исходя из полюса  , сразу попадает в область интегрирования и выходит из неё через границу «лепестка»  ; при этом он осуществляет поворот от значения   до  .

Переход к повторным интегралам, думаю, всем понятен:

1) Понеслась нелёгкая:

2) Подставляем результат предыдущего пункта во внешний интеграл, не забывая про «двойку» перед ним (удвоение «лепестка»):

На первом шаге удвоили интеграл от чётной функции по симметричному относительно нуля отрезку. Чтобы «не таскать всё за собой», подынтегральную функцию удобно преобразовать отдельно. Приведём её к пригодному (и выгодному!) для интегрирования виду:

Если где-то возникли непонятки, посмотрите тригонометрические формулы. А если появились вопросы по самим принципам решения подобных интегралов, пожалуйста, посетите уроки Интегралы от тригонометрических функций и Сложные интегралы.

Завершаем вычисления: Ответ: 

Именно так. Не забываем, что в условии не спрашивалось о площадях и квадратных единицах. Однако после того как я нашёл в своих закромах этот трудный пример и включил его в содержание статьи, мне стало жутко интересно, так как же всё-таки выглядит график функции  , и не допущена ли ошибка в вычислениях. Придав параметру значение  , я изобразил график функции   с помощью своего графопостроителя (см. Математические формулы и таблицы), и полученное значение площади   оказалось очень похоже на правду. Желающие могут проделать то же самое. А если условие подобной задачи требует чертежа – то придётся =)

Получился такой увлекательный разбор решения, что на этом фоне как-то затерялся тот момент, что в двойном интеграле   может оказаться «настоящая» функция   с «живым» «иксом» и/или «игреком»:

Пример 6

Вычислить двойной интеграл, используя полярные координаты

Решение: область интегрирования здесь очень простая – это часть кольца между концентрическими окружностями  , которая располагается в 4-ой координатной четверти (о чём нам сообщают неравенства  ).  И коль скоро так всё просто, можно сразу заняться переходом к полярной системе координат по формулам  .

Найдём уравнения окружностей:

И выполним чертёж: Порядок обхода области предельно понятен: Можно было взять промежуток  , но работать с табличным значением   гораздо привычнее. Отличие от предыдущих примеров состоит в дополнительном шаге – преобразовании подынтегральной функции  . Используем те же стандартные формулы перехода . Если совсем просто, то в функцию двух переменных   вместо«икс» подставляем   и вместо «игрек»  :

После подстановки максимально упрощаем выражение, но здесь этого особо не потребовалось.

Таким образом:

Фишка последнего шага должна быть вам хорошо знакома: когда проводится интегрирование по переменной «эр», то переменная «фи» считается константой (и наоборот). Поэтому константу   целесообразно сразу вынести из внутреннего интеграла, чтобы она не мешалась под ногами.

Считаем:

1) 

2) Ответ: 

После того, как занавес опущен, повторим геометрический смысл полученного результата. По условию  , следовательно,  , то есть поверхность, которую задаёт эта функция 2-х переменных, в 1-ой и 4-ой четвертях расположена над плоскостью  . Полученный в задаче результат – это в точности объём цилиндрического бруса, который ограничен плоскостью   снизу, поверхностью   – сверху и множеством перпендикулярных плоскости   прямых, проходящих через каждую точку границы области   («четвертинки» кольца) – сбоку. Примерно 66 «кубиков»:   С задачей нахождения объёма тела мы вплотную столкнёмся при изучении тройных интегралов.

Завершим занятие несложным примером для самостоятельного решения:

Пример 7

Вычислить двойной интеграл, используя полярные координаты

Примерный образец чистового оформления задания в подвале.

Иногда область интегрирования приходится разбивать на две части и находить сумму двух двойных интегралов в полярных координатах, желающие могут потренироваться на Примерах №№8,9 урока Площадь в полярных координатах. Кроме того, много дополнительных задач по теме можно раздобыть на странице готовых решений по высшей математике.

Желаю успехов!

Решения и ответы:

Пример 3: Решение: выделим полные квадраты и определим вид линий:  – окружность единичного радиуса с центром в точке  ;  – окружность единичного радиуса с центром в точке  . Изобразим область интегрирования на чертеже: Площадь фигуры вычислим с помощью двойного интеграла, используя полярную систему координат: Найдём угол наклона прямой  : Порядок обхода области: Таким образом:   1)  2) Ответ: 

Пример 4: Решение: найдём уравнения линий в полярной системе координат: Изобразим область интегрирования на чертеже: Порядок обхода области: Таким образом:  1)  2)  Ответ: 

Пример 7: Решение: перейдём к полярной системе координат: Изобразим область интегрирования на чертеже: Порядок обхода области: Таким образом: 1)  2)

Ответ: 

Как вычислить центр тяжести плоской ограниченной фигуры с помощью двойного интеграла?

Данная статья посвящена наиболее распространённому на практике приложениюдвойного интеграла – вычислению центра тяжести плоской ограниченной фигуры. Многие читатели интуитивно понимают, что такое центр тяжести, но, тем не менее, рекомендую повторить материал одного из уроков аналитической геометрии, где я разобрал задачу о центре тяжести треугольника и в доступной форме расшифровал физический смысл этого термина.

В самостоятельных и контрольных заданиях для решения, как правило, предлагается простейший случай – плоская ограниченная однородная фигура, то есть фигура постоянной физической плотности – стеклянная, деревянная, оловянная чугунные игрушки, тяжёлое детство и т.д. Далее по умолчанию речь пойдёт только о таких фигурах =)

Первое правило и простейший пример: если у плоской фигуры есть центр симметрии, то он является центром тяжести данной фигуры. Например, центр круглой однородной пластины. Логично и по-житейски понятно – масса такой фигуры «справедливо распределена во все стороны» относительно центра. Верти – не хочу.

Однако в суровых реалиях вам вряд ли подкинут сладкую эллиптическую шоколадку, поэтому придётся вооружиться серьёзным кухонным инструментом:

Координаты   центра тяжести   плоской однородной ограниченной фигуры  рассчитываются по следующим формулам:

, или:

, где   – площадь области   (фигуры); или совсем коротко:

, где 

Интеграл   будем условно называть «иксовым» интегралом, а интеграл   – «игрековым» интегралом.

Примечание-справка: для плоской ограниченной неоднородной фигуры, плотность которой задана функцией  , формулы более сложные: , где   – масса фигуры;  в случае однородной плотности   они упрощаются до вышеприведённых формул.

На формулах, собственно, вся новизна и заканчивается, остальное – это ваше умениерешать двойные интегралы, кстати, сейчас предоставляется прекрасная возможность потренироваться и усовершенствовать свою технику. А совершенству, как известно, нет предела =)

Закинемся бодрящей порцией парабол:

Пример 1

Найти координаты центра тяжести однородной плоской фигуры, ограниченной линиями  .

Решение: линии здесь элементарны:   задаёт ось абсцисс, а уравнение   – параболу, которая легко и быстро строится с помощью геометрических преобразований графиков:

 – парабола  , сдвинутая на 2 единицы влево и на 1 единицу вниз.

Я выполню сразу весь чертёж с готовой точкой   центра тяжести фигуры: Правило второе: если у фигуры существует ось симметрии, то центр тяжести данной фигуры обязательно лежит на этой оси.

В нашем случае фигура симметрична относительно прямой  , то есть фактически мы уже знаем «иксовую» координату   точки «эм».

Также обратите внимание, что по вертикали центр тяжести смещён ближе к оси абсцисс, поскольку там фигура более массивна.

Полезная рекомендация: ещё до вычислений постарайтесь определить примерное расположение центра тяжести «на глазок»  – это поможет проверить полученные значения   на предмет явных ошибок.

Да, возможно, ещё не все до конца поняли, что такое центр тяжести: пожалуйста, поднимите вверх указательный палец и мысленно поставьте на него заштрихованную «подошву» точкой  . Теоретически фигура не должна упасть.

Координаты центра тяжести фигуры найдём по формулам  , где  .

Порядок обхода области   (фигуры) здесь очевиден:  

Внимание! Определяемся с наиболее выгодным порядком обхода один раз – и используем его для всех интегралов!

1) Сначала вычислим площадь фигуры. Ввиду относительной простоты интеграла решение можно оформить компактно, главное, не запутаться в вычислениях:

Смотрим на чертёж и прикидываем по клеточкам площадь. Получилось около дела.

2) Иксовая координата   центра тяжести уже найдена «графическим методом», поэтому можно сослаться на симметрию и перейти к следующему пункту. Однако так делать всё-таки не советую – велика вероятность, что решение забракуют с формулировкой «используйте формулу».

В этой связи координату лучше рассчитать формально. Вычислим «иксовый» интеграл:

Заметьте, что здесь можно обойтись исключительно устными вычислениями – иногда совсем не обязательно приводить дроби к общему знаменателю или мучить калькулятор.

Таким образом: , что и требовалось получить.

3) Найдём ординату   центра тяжести. Вычислим «игрековый» интеграл:

А вот тут без калькулятора пришлось бы тяжко. На всякий случай закомментирую, что в результате умножения многочленов   получается 9 членов, причём некоторые из них подобны. Подобные слагаемые я привёл устно (как это обычно принято делать в похожих случаях) и сразу записал итоговую сумму  .

В результате:  , что очень и очень похоже на правду.

На заключительном этапе отмечаем на чертеже точку  . По условию не требовалось ничего чертить, но в большинстве задач мы волей-неволей вынуждены изобразить фигуру. Зато есть безусловный плюс – визуальная и довольно эффективная проверка результата. 

Ответ: 

Следующие два примера для самостоятельного решения.

Попроще:

Пример 2

Найти координаты центра тяжести однородной плоской фигуры, ограниченной линиями 

Кстати, если вы представляете, как расположена парабола   и увидели точки, в которых она пересекает ось  , то здесь и на самом деле можно обойтись без чертежа.

И посложнее:

Пример 3

Найти центр тяжести однородной плоской фигуры, ограниченной линиями 

В случае затруднений с построением графиков, изучите (повторите) урок о параболах и/или Пример №11 статьи Двойные интегралы для чайников.

Примерные образцы решений в конце урока.

Кроме того, десяток-другой похожих примеров можно найти в соответствующем архиве на странице Готовые решения по высшей математике.

Ну а я не могу не порадовать любителей высшей математики, которые часто просят меня разбирать и трудные задачки:

Пример 4

Найти центр тяжести однородной плоской фигуры, ограниченной линиями  . Фигуру и её центр тяжести изобразить на чертеже.

Решение: условие данной задачи уже категорично требует выполнения чертежа. А ведь требование не настолько и формально! – эту фигуру способен представить в уме даже человек со средним уровнем подготовки: Прямая   рассекает круг на 2 части, и дополнительная оговорка   (см.линейные неравенства) указывает на то, что речь идёт именно о маленьком заштрихованном кусочке.

Фигура симметрична относительно прямой   (изображена пунктиром), поэтому центр тяжести должен лежать на данной линии. И, очевидно, что его координаты равны по модулю. Отличный ориентир, практически исключающий ошибочный ответ!

Теперь плохая новость =) На горизонте маячит малоприятный интеграл от корня, который мы подробно разобрали в Примере №4 урока Эффективные методы решения интегралов. И кто его знает, что там нарисуется ещё. Казалось бы, ввиду наличияокружности выгодно перейти к полярной системе координат, однако не всё так просто. Уравнение прямой   преобразуется к виду   и интегралы тоже получатся не сахарные (хотя фанаты тригонометрических интегралов оценят). В этой связи осмотрительнее остановиться на декартовых координатах.

Порядок обхода фигуры:

1) Вычислим площадь фигуры:

Первый интеграл рациональнее взять подведением под знак дифференциала:

А во втором интеграле проведём стандартную замену:

Вычислим новые пределы интегрирования:

Весьма достоверно, едем дальше:

2) Найдём  .

Здесь во 2-м интеграле опять был использован метод подведения функции под знак дифференциала. Отработайте и возьмите на вооружение эти оптимальные (по моему мнению) приёмы решения типовых интегралов.

После непростых и длительных вычислений вновь обращаем свой взор на чертёж(помним, что точки   мы пока не знаем!) и получаем глубокое моральное удовлетворение от найденного значения  .

3) Исходя из проведённого ранее анализа, осталось убедиться, что  .

Отлично:

Изобразим точку   на чертеже. В соответствии с формулировкой условия запишем её как окончательный ответ: 

Похожее задание для самостоятельного решения:

Пример 5

Найти центр тяжести однородной плоской фигуры, ограниченной линиями  . Выполнить чертёж.

Эта задача интереса тем, что в ней задана фигура достаточно малых размеров, и если где-нибудь допустить ошибку, то высока вероятность вообще «не попасть» в область. Что, безусловно, хорошо с точки зрения контроля решения.

Примерный образец оформления в конце урока.

Иногда бывает целесообразен переход к полярным координатам в двойных интегралах. Это зависит от фигуры. Искал-искал у себя удачный пример, но не нашёл, поэтому продемонстрирую ход решения на 1-й демо-задаче указанного выше урока: Напоминаю, что в том примере мы перешли к полярным координатам, выяснили порядок обхода области   и вычислили её площадь 

Давайте найдём центр тяжести данной фигуры. Схема та же:  . Значение  просматривается прямо из чертежа, а «иксовая» координата  должна быть смещена чуть ближе к оси ординат, поскольку там располагается более массивная часть полукруга.

В интегралах   используем стандартные формулы перехода:

Правдоподобно, скорее всего, не ошиблись.

Примечание: интеграл   подробно разобран в Примере №9 урока Интегралы от тригонометрических функций.

, что и требовалось получить.

Готово.

Как-то так невзначай на этой странице уместились 17-ть двойных интегралов, что является полнейшим безобразием, по причине того, что за окном жаркие деньки июня, которые совсем не располагают к учёбе.

Успешной сдачи сессии!

Решения и ответы:

Пример 2: Решение: выполним чертёж: Координаты центра тяжести фигуры найдём по формулам  , где  . Порядок обхода области: 1) Вычислим площадь фигуры: 2) Найдём абсциссу   центра тяжести. 3) Найдём ординату   центра тяжести. Ответ: 

Пример 3: Решение: выполним чертеж: Выберем следующий порядок обхода фигуры: Найдём центр тяжести  . Используем формулы  , где  1) Вычислим площадь фигуры: 2) Найдём абсциссу   центра тяжести. 3) Найдём ординату   центра тяжести. (интеграл от нечетной функции по симметричному относительно нуля отрезку) Ответ: 

Пример 5: Решение: выразим функции в явном виде: Выполним чертеж: Выберем следующий порядок обхода фигуры: По соответствующим формулам найдём координаты   центра тяжести   данной фигуры. В первом интеграле проведем замену: Новые пределы интегрирования: Ответ: