Мат Анал / Kratn_2

Добавил:

gr_gred Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Санкт-Петербургский государственный электротехнический университет "ЛЭТИ"

Предмет:

Математический анализ

Файл:

= J− 6= 0.

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

16.10.2021

Размер:

495.14 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 82 3 4 5 6 7 8 > Следующая >>>

Рассмотрим теперь область D как область, правильную относительно 0y, имеем c = 1, d = e, h1(y) = ln y, h2(y) = 1 и

ZZ		e	1		e
ZZ	y dS = Z		dy Z	y dx = Z
	1			1
D	1		ln y	1

y x=ln y

dy = Z 1 − ln y dy = y

−

= 1 − 2

(12 − 0) = 2.

dy = ln |y| 1

(ln y)2 1

ln y

Взаключение приведем пример интеграла по области, не являющейся

правильной ни относительно 0x, ни относительно 0y.

Пример 1.6. Вычислить интеграл x2dS, где D – область, изобра-

															D
		.													женная на рис. 1.7 (границами явля-
	4				.						..				ются прямые x = 0, x = 4, y = 0,
					.										ются прямые x = 0, x = 4, y = 0,
		...
					.						D3
					.										y = 4, y = x+1, x = y+1, x+y = 5).
					.										y = 4, y = x+1, x = y+1, x+y = 5).
					.
	3	..............................................													Разобьем заданную область на
	3				.				.				.
					.				.				.
					.				.				.
					.				.				.		3 области, являющиеся правильны-
					.				.				.
		...................................											.
	2				.				.				.
					.				.				.		ми относительно 0x (рис. 1.7). При
					.				.				.
					.				.				.
					.	D			.				.
					.	D			.				.
	1				.			1 .					.		вычислении первой из них следует
	1				.				.						вычислении первой из них следует
		..............................................
					.				.
					.				.		D
					.				.		D
					.				.			2			воспользоваться аддитивностью ин-
					.				.			2			воспользоваться аддитивностью ин-
					.				.						теграла, так как функция g2(x) ока-
		........ .
					1				2		3		4
						Рис. 1.7									зывается заданной тремя различны-
															ми формулами.
=		Итак, для первой области имеем: a = 0, b = 3, g1(x) = 0, g2(x) =
=		5		x, 1				≤	x		2, Для второй области a						= 3, b		= 4, g1(x) = 0,
			4, 0		≤ x			≤	1,
				−				≤	x	≤	3.
		x + 1, 2						≤	x	≤	3.
					−			≤		≤										−
g					−		x	. Для третьей области						a = 3 b = 4		g (x) = x				−	1	g (x) = 4		.
g	x) = 5						x							a = 3 b = 4		g (x) = x					1	g (x) = 4
	2(														,	,		1				, 2
Таким образом,
								1		4		2	5−x		3		x+1			4		5−x
ZZ x2dS = Z dx Z x2dy + Z dx Z														x2dy + Z dx Z				x2dy + Z dx Z					x2dy+
D							0		0			1	0		2		0			3		0
						4			4			1			2			(x2y) y=0! dx+
				+ Z dx Z						x2dy = Z			(x2y) y=0! dx + Z					(x2y) y=0! dx+
														4					5−x
					3			x	1		0				1
									−

	+	3									4		(x2y) y=0! dx +						4	(x2y) y=x 1! dx =
	+			(x2y) y=0! dx +									(x2y) y=0! dx +							(x2y) y=x 1! dx =
	Z					x+1					Z				5−x			Z					4
	2										3							3							−

1				2							3							4			4
=Z0	4x2dx+Z1				(5x2−x3)dx+Z2							(x3+x)dx+Z3						(5x2−x3)dx+Z3				(4x2−x3+x2)dx =
	=	3	3	1		3	3			4	2		4				2	3			3			4	4	= 64 3.
	=	3		0 +		3		− 4			1 +		4	+ 2				2 + 2		53 −		4			3	= 64 3.
	4x					5x			x				x			x				x		x				1

Упражнения. Вычислить интегралы:

1.1.x2dS, где область D ограничена кривыми y = ex, y = x + 1 и

неравенством x ≤ 12.

1.2.xy dS, где область D ограничена кривыми y = x2 и x = y2.

1.3.x3y dS, где область D ограничена кривыми y = x2 +1 и y = 2.

1.4. Найти площадь области D, ограниченной кривыми y = sin x и

y = cos x при π4 ≤ x ≤ 34π.

1.5. y dS, где область D ограничена кривыми y = ln x, y = 1,

x = 5.

Ответы: 1.1. 388192 − 54√e. 1.2. 121 . 1.3. 0. 1.4. √2.

1.5. 52 ln2 5 − 5 ln 5 − 52 + e.

1.3. Замена переменных в двойном интеграле

Будем считать, что в IR2 наряду с декартовой системой координат 0xy введена также и некоторая другая система координат (система криволинейных координат), в которой положение точки P задается парой вещественных чисел (ξ, η), являющихся координатами P в этой системе. Например, в качестве пары (ξ, η) можно рассматривать пару (ρ, ϕ) полярных координат точки P . Так как каждой точке P взаимно-однозначно соответствует пара ее декартовых координат (x, y), а также пара координат (ξ, η), то по каждому набору координат (ξ, η) однозначно находятся числа x и y. Наоборот,

по каждому набору координат (x, y) однозначно вычисляются числа ξ и η. Другими словами, это означает, что

(

x = x(ξ, η);

(1.3)

y= y(ξ, η)

иэта система уравнений однозначно разрешима относительно ξ, η при любых значениях x и y. По теореме об обратной функции достаточными условиями однозначной разрешимости системы (1.3) являются непрерывная дифференцируемость функций x(ξ, η), y(ξ, η) и условие J 6= 0, где J – якобиан преобразования (1.3), т. е.

	∂ξ		∂η
		∂x	∂x
J = det		∂y	∂y	.

		∂ξ	∂η

Будем предполагать эти условия выполненными. Запишем решение системы (1.3) в виде

(

ξ = ξ(x, y);

(1.4)

η = η(x, y).

Система (1.4), естественно, также однозначно разрешима (ее решение задается формулами (1.3)) относительно x, y, так как для нее

Пусть D – ограниченная область с кусочно-гладкой границей в плоскости 0xy, а D0 – соответствующая ей ограниченная область в плоскости

00ξη. Тогда справедливо равенство
ZZ f(x, y)dx dy = ZZ f(x(ξ, η)y(ξ, η)) \|J(ξ, η)\|dξ dη.		(1.5)
D	D0

Так как в (1.5) в интеграле по области D0 координаты ξ и η играют роль декартовых координат, то этот интеграл может быть вычислен как соответствующий ему повторный интеграл. Таким образом, равенство (1.5) дает новые возможности вычисления двойного интеграла. Формулу (1.5) называют формулой преобразования двойного интеграла при замене переменных.

Пример 1.7. Вычислить xy dS, где область D ограничена кри-

выми xy = 1, xy = 12, xy = 2, x, y > 0. Здесь удобно сделать замену ξ = xy,

η = y , т. е. x =

√ξη, y = r

. Тогда

J = det

= −

2η

ξη

−2

т. е.
ZZ xy dx dy = ZZ ξ		1	dξ dη,
ZZ xy dx dy = ZZ ξ		2η	dξ dη,
D	D0

где область D0 ограничена прямыми ξ = 0, ξ = 1, η = 12, η = 2. Таким образом, двойной интеграл легко переписывается через повторный:

	ZZ				2		Z	1						2					\| \|	2
2		η	2 1						η		−	2	1		2η		4		\| \|	2	2
1		ξ	dξ dη =	1	Z	dη			ξ	dξ =		1	Z		1	dη =	1	ln η			=	1	ln 2.
	D0		dξ dη =		2	dη	0			dξ =			2			dη =		ln η			=		ln 2.

																				1

Наиболее часто встречающимся примером криволинейных координат являются полярные координаты (ρ, ϕ) точек на плоскости. Если декартова и полярная системы координат согласованы друг с другом стандартным образом, то декартовы и полярные координаты связаны равенствам

(

x = ρ cos ϕ; y = ρ sin ϕ.

Отсюда следует, что ∂x∂ρ = cos ϕ, ∂ϕ∂x = −ρ sin ϕ, ∂y∂ρ = sin ϕ, ∂ϕ∂y = ρ cos ϕ и

якобиан J = ρ.

Пример 1.8. Вычислить (x2 + y2)dS, где область D – круг с цен-

тром в начале координат и радиусом 2. Применим замену координат и перейдем к полярной системе

ZZ	(x2 + y2)dx dy = ZZ ρ2ρ dρ dϕ,
D	D0

где область D0 ограничена условием ρ = 2 и естественными условиями 0 ≤ ϕ ≤ 2π и ρ ≥ 0. Перепишем этот интеграл через повторный:

2π

ρ3dρ dϕ = Z

dρ Z

ρ3dϕ = Z

2πρ3dρ = 2π 4

0 = 8π.

Пример 1.9. ZZ xy dS, где D ограничена прямыми

= √

√3

и дугой окружности x2 + y2 = 1.

Снова сделаем замену координат и перейдем к полярной системе:

ZZ xy dx dy = ZZ ρ cos ϕρ sin ϕρ dρ dϕ,

где D0 имеет границы ϕ =

, ϕ =

и ρ = 1.

Перепишем интеграл через повторный:

π/3

ρ3 cos ϕ sin ϕ dρ = 4

π/3

ρ3 cos ϕ sin ϕ dρ dϕ = Z

dϕ Z

sin ϕ cos ϕ dϕ =

π/6

= 8

π/3

−

π/6

! = −16

−2 − 2

= 16.

sin 2ϕ dϕ =

π/6

cos 2ϕ

π/3

Упражнения. Вычислить интегралы:

1.6.sin x2 + y2 dS, где D – правый полукруг единичного радиуса

сцентромDв начале координат.

1.7.(x2 + y2)dS, где D – круг единичного радиуса с центром (0, 1).

D
1.8. ZZ	x		x		1		x
		dS, где область D ограничена прямыми		=		,		= 2,
	y	dS, где область D ограничена прямыми	y	=	2	,	y	= 2,

x + y = 1.

1.9.(x + y)2 + (x − y)3dS, где область D ограничена прямыми

x + y = 1, x + y = 2, x − y = 1, x − y = 2.

1.10.xy dS, где D – четверть окружности радиуса 2 с центром в

начале координат, лежащая в первой координатной четверти.

Ответы: 1.6. π(sin 1 − cos 1). 1.7. 32π. 1.8. 12 ln 12 − 16. 1.9. 7324.

1.10.2.

1.4.Применение двойного интеграла для вычисления площади и объема

Как уже упоминалось в 1.3, dS = S(D), т. е. для нахождения пло-

щади некоторой области можно найти интеграл от 1 по этой области. Пример 1.10. Найти площадь области (рис. 1.8), ограниченной пря-

мыми x + y = −1, x + y = 1, x − y = −1, x − y = 1.

Достаточно найти dS, где D ограничена этими прямыми:

											.
					D						.
	ZZ			0	x+1	1	−x+1				.
				0	x+1	1	−x+1				1
			dS =	Z	Z	Z	Z			..	0 1 .
			dS =	dx dy +		dx		dy =			.
				−1	−x−1		x−1			...
	D			−1	−x−1	0	x−1			−1	−. 1
		0	x+1		1	x+1					−. 1
	= Z		y y= x		1! dx + Z	y y=x 1! dx =				Рис. 1.8
				− −		−	−
		1		− −	0		−
	−
	0				1						1
= Z (2x + 2)dx + Z (−2x + 2)dx = (x2 + 2x) 0											1
= Z (2x + 2)dx + Z (−2x + 2)dx = (x2 + 2x) 0									1	+ (−x2 + 2x) 0 = 1 + 1 = 2.
−	1			0				−
−

Пример 1.11. Найти площадь области (рис. 1.9), ограниченной пара-

болой y = x2 и дугой окружности с центром в начале координат радиусом

√

Найдем

√

11−x2

ZZZ Z

dS = dx

dy =

	1
................ .
.	.
.	.
.	.
.	.
.	.
.	.

..... . ....

	−1 x2	−	1
D		1

= p1 − x2 − x2 dx = Рис. 1.9

−1

1		1
= Z	p		dx − Z	x2dx.
		1 − x2
−1			−1

Первый интеграл найдем, сделав замену переменной x = cos ϕ:

dx = Z

1 − x2

1 − cos2 ϕ

(− sin ϕ)dϕ =

−1

= Z

sin2 ϕ dϕ = Z

1 −

dϕ =

2 .

− 4 sin 2ϕ 0

cos 2ϕ

Отсюда

dS = 2

= 2

− 3.

− 3

−

Двойной интеграл может

применяться

и для вычисления объема. Пусть

в IR3 введена декартова система координат 0xyz и заданы ограниченная замкнутая область D в плоскости 0xy и непрерывная функция f(P ), определенная на D. Предположим, что f(P ) ≥ 0 при P D. Множество точек, декартовы координаты которых удовлетворяют уравнению (как и раньше, f(x, y) ≡ f(P (x, y))) z = f(x, y), (x, y) D, является поверхностью в IR3

– графиком функции f.													Рассмотрим						трехмерную ци-
													Рассмотрим						трехмерную ци-
z. .					z = f(x, y)								линдрическую область (рис. 1.10)
z. .					z = f(x, y)
					. ..	.
						.	. ...							Ω = (x, y, z) : (x, y) D,
			.. . . .. . . .				. ...							Ω = (x, y, z) : (x, y) D,
				. . .	. ... . . .				.					{
				. . .		. ... .		.	.
			. . . .				.	.
		. . .					. . . ..
			. . .				.			.
			. . .				.		. . .
			. .						.
			. .				. . .							0	≤	z	≤	f(x, y)			}	,
			. .				.		. .						≤		≤				}
			. . .				.		. .
			. .							.
			. .				. . . .
			. .				. .
			. .				. . .						которая ограничена							снизу плоско-
			. .		Ω		. . .
			. .		Ω		.		. .
			. .				. . .
			. .				. .			.			стью	0xy, сверху					–	поверхностью
			. .							.
			. .				. . . .
			. .				.		. .			.
0	........ . ........ . .
0			. .				. . .					y
			. . . . .. .				.		. . .			y	z =	f(x, y)		и	сбоку – цилиндри-
			. .	.		.		. .					z =	f(x, y)		и	сбоку – цилиндри-
		.		. . . . .						.
		.		D.						.
		. .		D.						.	.		ческой поверхностью с образующей,
					.				.		.		ческой поверхностью с образующей,
									.
.		.		.				.
x .				.		.							параллельной 0z, и направляющей,
			. .			.							параллельной 0z, и направляющей,
				. . . .. .
					.								совпадающей с границей области D.
		Рис. 1.10											совпадающей с границей области D.
		Рис. 1.10											Пусть для областей указанного вида

определено понятие объема. Тогда объем области Ω можно вычислить как интеграл:

V (Ω) = f(P )dS.

при x2 + y2 ≤ 1.	≤	z	≤ p
Пример 1.12. Найти объем области Ω, для которой 0		z	x2 + y2

Имеем: V (Ω) = x2 + y2 dS, где D – единичный круг с центром

в начале координат. Переходя к полярной системе координат, получим

V (Ω) = ZZ	2π	1	2π	3 dϕ =	3 .
V (Ω) = ZZ	ρρ dρ dϕ = Z	dϕ Z	ρ2 dρ = Z	3 dϕ =	3 .
				1	2π
ρ≤1	0	0	0

Пример 1.13. Найти объем области Ω, для которой 0 ≤ z ≤ x + y, при x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≤ 1.

Имеем: V (Ω) = (x+y)dS, где D ограничена x ≥ 1, y ≥ 0, x+y ≤ 1;

1−x

xy + y2

! dx =

V (Ω) = Z

dx Z (x + y)dy = Z

y=0

−

(1 − x)2

dx =

(1 − x)3

−

3 −

Упражнения.

1.11.Найти площадь области, ограниченной кривой y = x2 и прямой y = 2x + 1.

1.12.Найти площадь области, ограниченной окружностями x2+ y2 = 4

иx2 + (y − 1)2 = 4.

1.13.Найти объем области, для которой 0 ≤ z ≤ x2+ y2 при x2+ y2 ≤4.

1.14.Найти объем области, для которой 0 ≤ z ≤ x + y при (x − 1)2+

+(y − 1)2 ≤ 1.	√		√			√
8	2		15		3	15
Ответы: 1.11.		. 1.12. 4 arcsin		−			. 1.13. 8π. 1.14. 2π.
Ответы: 1.11.	3	. 1.12. 4 arcsin	4	−		4	. 1.13. 8π. 1.14. 2π.

1.5.Использование двойного интеграла для вычисления площади поверхности

Напомним определение площади поверхности. Пусть в IR3 заданы декартова система координат 0xyz и поверхность Σ = {(x, y, z) : (x, y)Dxy, z = f(x, y)}, где Dxy – ограниченная область с кусочно-гладкой границей на плоскости 0xy, а функция f(x, y) непрерывно дифференцируема на Dxy. Таким образом, Σ является частью графика функции f, лежащей над Dxy.

Рассмотрим разбиение {Di} области Dxy с рангом λ и возьмем точки Pi Di. Так как функция F дифференцируема, то поверхность Σ имеет в точке Pi касательную плоскость Πi. Цилиндрическая поверхность с образующей, параллельной 0z, и направляющей, совпадающей с границей Di, “вырезает” на плоскости Πi некоторую область σi, площадь которой

обозначим σi.

Рассмотрим сумму σi. Эта сумма является площадью кусочно-

i=1

линейной поверхности Σ0, являющейся объединением рассмотренных частей плоскостей, касательных к Σ. Естественно считать рассматриваемую сумму приближением к площади поверхности Σ, поэтому разумно принять следующее определение.

Определение 1.2. Если существует предел

	n
	Xi
S = lim	σi,
λ→0	=1

то он называется площадью поверхности Σ.

Напомним формулы, позволяющие вычислять площадь поверхности:

S = ZZ s	∂f	2	+	∂f	2	(1.6)
					+ 1 dx dy.
	∂x			∂y

Dxy

Формула позволяет вычислять площадь поверхности Σ, являющейся графиком функции z = f(x, y). Такую поверхность любая прямая, параллельная оси 0x, пересекает не более одного раза. Если же поверхность Σ такова, что каждая прямая, параллельная оси 0y, пересекает ее не более одного раза, то Σ является частью графика функции y = g(x, z). В этом случае справедлива аналогичная (1.6) формула:

S = ZZ s	∂g	2	+	∂g	2	(1.7)
					+ 1 dx dz,
	∂x			∂z

Dxz

где Dxz – область в плоскости 0xz, являющаяся ортогональной проекцией Σ на эту плоскость.

Наконец, если Σ = {(x, y, z) : (x, z) Dyz, x = h(y, z)}, то

S = ZZ s	∂h	2	+	∂h	2	(1.8)
					+ 1 dy dz.
	∂y			∂z

Dyz

В общем случае поверхность Σ обычно возможно разбить на конечное число таких частей, для вычисления площадей которых можно применить одну из формул (1.6)–(1.8).

Рассмотрим теперь вопрос о вычислении площади поверхности Σ, заданной параметрически. Пусть параметрические уравнения поверхности Σ имеют вид:

	~r = ~r (ξ, η) = [x(ξ, η), y(ξ, η), z(ξ, η)]T , (ξ, η) Dξη.					(1.9)
Тогда площадь поверхности вычисляется по формуле
		S = ZZ k~r ξ0	× ~r η0 kdξ dη.
		Dξη
Напомним как векторное произведение записывается в координатах:
если ~a =	ay ,	~b = by – векторы в IR , то ~a ~b =			azbx − axbz, .
	ax	bx	3		aybz − azby,
	az	bz		×	axby − aybx

Символ k~ak обозначает длину вектора, т. е. для ~a = ay имеем k~ak = az

=a2x + a2y + a2z .

Пример 1.14. Найти площадь поверхности цилиндра z2 = x3, 0 ≤ x ≤

≤ 1, 0 ≤ y ≤ 2.

0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 2}, z = ±√

Здесь Dxy = {(x, y) :

. Будем рас-

сматривать f(x, y) =

√

и умножим интеграл на 2, что из соображений

симметричности дает требуемую площадь поверхности:

S = 2 ZZ s 2

√x

+ 02 + 1 dx dy = 2 Z0

dy Z0

r4 x + 1 dx =

Dxy

! x=0 dy = 2 Z

− 1!! dy =

3 4 x + 1

= 2 Z 9 ·

3/2

√

! y

27− .

27 − 27

0 =

26√13

52√13

Пример 1.15. Найти площадь поверхности верхней полусферы, за-

данной уравнением z = 1 − x2 − y2 при x2 + y2 ≤ 1.

<<< < Предыдущая 12 / 82 3 4 5 6 7 8 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Мат Анал

#
16.10.202131.31 Кб213004_1_ShABLON-lab.r..docx
#
16.10.2021503.41 Кб15Diff_lektsii__1.pdf
#
16.10.2021495.14 Кб26Kratn_2.pdf
#
16.10.202153 б13ВАЖНО.txt
#
16.10.2021637.1 Кб141Методичка 1.pdf