Добавил:

gr_gred Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Санкт-Петербургский государственный электротехнический университет "ЛЭТИ"

Предмет:

Математический анализ

Файл:

Мат Анал / Kratn_2

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

16.10.2021

Размер:

495.14 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 23 / 83 4 5 6 7 8 > Следующая >>>

Имеем:

S =

− 2

+ 1 dx dy =

ZZ u

Dxy

−

y2 dx dy.

y2 + 1 dx dy =

+ y2

2 2

−

x +y ≤1

Перейдем к полярным координатам:

S = ZZ r

2π

ρ dρ dϕ = Z dϕ Z

dρ =

ρ2

−

ρ2

ρ≤1

−

2π

= Z

− 1 − ρ2

= 2π.

ρ=0 dϕ = Z 1 dϕ = ϕ 0

Пример 1.16. Найти площадь поверхности, заданной

параметриче-

x = 22ξ2,

(ξ, η)

ски: y = η ,

где

ξη, а область

ξη ограничена прямыми

z = ξη,

η = 0, ξ = √

, η =

ξ.

−2η2

Найдем ~rξ0

~rη0

2η

−ξ2

η ×

2ξη

k~rξ0 × ~rη0 k = p

= p

= 2η2 + ξ2,

4η4 + ξ4 + 4ξ2η2

(2η2 + ξ2)2

√

S = ZZ (2η2 + ξ2)dξ dη = Z0

dξ

(2η2 + ξ2)dη =

Dξη

= √2 2 η3 + ξ2η

ξ dξ =

η=0

√		3	r2	!	ξ3	+ ξ2r2 ξ dξ = 2 r		√	√6 4		ξ4	0		= √6.
= Z		3	r2	!	ξ3	+ ξ2r2 ξ dξ = 2 r	2 Z ξ3dξ =		√6 4		ξ4	0		= √6.
	2				3			2				√	2
0		2	3			3	3			1
0							0

Упражнения.

1.15. Найти площадь поверхности цилиндра z = 12 x2, 0 ≤ x ≤ 1,

0 ≤ y ≤ 2.

1.16.Найти площадь поверхности z = x2 + y2, z ≤ 1.

√p

1.17. Найти площадь поверхности z =

x3 +

y3 , x, y ≥ 0, x + y ≤ 1.

1.18.

Найти

площадь поверхности,

заданной параметрически:

x = ξ + η,

где ξ, η

0, ξ2 + η2

y = ξ

−

γ,

≥

≤

z = ξη,

√

416√

+ 64

2 +

Ответы: 1.15.

√

√2. 1.16.

(5√5

− 1). 1.17.

2 −

405

2π

√

1.18.

2 − 1).

2. ТРОЙНОЙ ИНТЕГРАЛ

2.1. Определение и свойства тройного интеграла

Определение, свойства и вычисление тройного интеграла аналогич-

ны определению, свойствам и вычислению двойного интеграла. Напомним определение.

Рассмотрим ограниченную замкнутую область Ω IR3 с кусочно-глад- кой границей. Для такой области определено понятие объема. Как и в

случае плоскости, назовем d(X) = sup ρ(P 0, P 00) диаметром множества

P 0,P 00 X

X IR3; ρ(P 0, P 00) – расстояние между точками P 0 и P 00.

Пусть на области Ω задана вещественная функция f(P ), P Ω. Рассмотрим произвольное разбиение {ωi} области Ω на частичные об-

ласти ωi (i = 1, 2, ..., n) с кусочно-гладкими границами, которые могут пересекаться между собой разве лишь по своим границам. Назовем рангом

разбиения число	λ	=	max d(ω )				P	i	Ω	i и
разбиения число		=	1	i n	i	. Выберем произвольные точки		i		i и
рассмотрим сумму				≤ ≤		n
						n
						f(Pi)ΔVi,			(2.1)
						=1
					Xi

где Vi = V (ωi) – объем области ωi. Сумма (2.1) называется интегральной суммой для функции f(P ), области Ω, разбиения {ωi} и точек Pi.

Определение 2.1. Число I называется тройным интегралом функции f(P ) по области Ω, если для любого ε > 0 существует такое δ > 0, что для любого разбиения {ωi}, ранг которого удовлетворяет условию λ < δ, и любых точек Pi Ωi справедливо неравенство

i=1

f(Pi)ΔVi − I < ε.

Функция f(P ) называется в этом случае интегрируемой по области Ω, а для ее интеграла используется обозначение

ZZZ

I = f(P )dV.

При вычислении тройного интеграла будут полезны следующие 2 свойства, аналогичные свойствам двойного интеграла:

1) если Ω = Ω1 Ω2 и области Ω1 и Ω2 пересекаются разве лишь по своим границам, то

ZZZ	f(P )dV = ZZZ	f(P )dV + ZZZ f(P )dV ;
Ω	Ω1	Ω2

2) если α1 IR, α2 IR и f1(P ), f2(P ) интегрируемы по Ω, то функция α1f1(P ) + α2f2(P ) тоже интегрируема по Ω и

ZZZ	[α1f1(P ) + α2f2(P )]dV = α1	ZZ	f1(P )dV + α2	ZZ f2(P )dV.
Ω		Ω		Ω

Приведем также свойство, связывающее интеграл с объемом:

ZZZ

3)dV = V (Ω).

2.2. Вычисление тройного интеграла

Аналогично двойному интегралу сведем тройной интеграл к повторному. Пусть в IR3 введена декартова система координат 0xyz и на области Ω задана функция f(P ). Как и в случае двойного интеграла, будем использовать обозначение f(x, y, z) ≡ f(P (x, y, z)).

Рассмотрим правильную относительно плоскости 0xy область Ω, т. е. область, декартовы координаты (x, y, z) точек которой удовлетворяют соотношениям: (x, y) Dxy, g1(x, y) ≤ z ≤ g2(x, y), где Dxy – замкнутая ограниченная область с кусочно-гладкой границей в плоскости 0xy, а g1(x, y) и g2(x, y) – непрерывные на Dxy функции.

Если функция f(x, y, z) непрерывна на Ω, то функция

	g2(x,y)
F (x, y) =	Z	f(x, y, z)dz

g1(x,y)

будет непрерывной в области Dxy и существует интеграл

ZZ		g2(x,y)
	dx dy	Z	f(x, y, z)dz,

Dxy g1(x,y)

называемый повторным интегралом функции f(x, y, z). При этом справедливо равенство


ZZZ f(P )dV ≡ ZZZ f(x, y, z)dx dy dz = ZZ dx dy				g2(x,y)
ZZZ f(P )dV ≡ ZZZ f(x, y, z)dx dy dz = ZZ dx dy				Z	f(x, y, z)dz.
Ω	Ω	Dxy	g1(x,y)

(2.2) Если область Dxy (плоская) является правильной относительно оси 0x, т. е. Dxy = {(x, y) : x1 ≤ x ≤ x2, h1(x) ≤ y ≤ h2(x)}, то двойной интеграл

по Dxy, в свою очередь, сводится к повторному интегралу и, следовательно,

ZZZ	x2		h2(x) g2(x,y)
ZZZ	f(x, y, z)dx dy dz = Z	dx	Z	dy	Z	f(x, y, z)dz.	(2.3)
Ω	x1	h1(x)		g1(x,y)

Для других возможных случаев справедливы формулы, аналогичные равенствам (2.2) и (2.3). В частности:

1) если Ω – правильная относительно плоскости 0xy, а Dxy – относительно оси 0y, т. е. Dxy = {y1 ≤ y ≤ y2, p1(y) ≤ x ≤ p2(y)}, то

ZZZ	y2		p2(y)		g2(x,y)
ZZZ	f(x, y, z)dx dy dz = Z	dy	Z	dx	Z	f(x, y, z)dz;

Ω	y1	p1(y)
2) если Ω – правильная относи-
тельно плоскости 0yz	(рис. 2.1),	т. е.

Ω = {(x, y, z) : (y, z) Dyz, g1(y, z) ≤ ≤ x ≤ g2(y, z)}, а Dyz = {z1 ≤ z ≤

≤ z2, h1(z) ≤ y ≤ h2(z)} – правильна относительно 0z, то

ZZZ

f(x, y, z)dx dy dz =

g1(x,y)

. . . . . . .
z . . . .	.	.	.
z2.−.			.
	.

.. . . . . ..

.. .. . . . . ..

		.	. . .	.	.
		.		.
z	.	.	D	.	.
z	.	.	D		.
. −		.	.z
. −			.z		.
.				.

.. . . .. . .

0 Ω .

.....

.. . . . . . .. . y

x. . z1.−.	.	. . .	. . .
		.

.. . . . . .

Рис. 2.1

= ZZ		g2(x,y)		z2		h2(z)		g2(y,z)
	dy dz	Z	f(x, y, z)dx =	Z	dz	Z	dy	Z	f(x, y, z)dx.
Dyz	g1(x,y)			z1	h1(z)		g1(y,z)

ZZZ

Пример 2.1. Вычислить интеграл x2yz dV , где область Ω огра-

ничена координатными плоскостями и плоскостью x + y + z = 1.

Здесь Ω – правильная область относительно 0xy, g1(x, y) = 0, g2(x, y) = = 1 − x − y. Плоская область Dxy ограничена прямыми x = 0, y = 0, x + y = 1, и двойной интеграл, в свою очередь, можно переписать как повторный:

11−x 1−x−y

ZZZZ Z Z

x2yz dV = dx dy

x2yz dz =

11−x

=dx

11−x

=dx

0 0 0

	x	2	z=0	! dy = dx	1−x	x	y(1 −2x − y)	dy =
		2yz2	z=1−x−y	1	1−x	2	2
				Z	Z

				0	0
				0	0
1		x2y + x4y + x2y3 − 2x3y − 2x2y2 + 2x3y2 dy =

2

	1	2	2 + 2					+ 4			− x3y2 −		2 3		+ 2 3			y=0! dx =
	= Z	2	2 + 2					+ 4			− x3y2 −		2 3		+ 2 3			y=0! dx =
	0	1 x2y2				x4y2			x2y4					x2y3		x3y3			1−x
	0

	1	4 x2	(1 − x)2 +					4 x4(1 − x)2 + 8 x2(1 − x)4 − 2 x3
	= Z0	4 x2	(1 − x)2 +					4 x4(1 − x)2 + 8 x2(1 − x)4 − 2 x3											(1 − x)2−
		1						1				1			1
				− 3 x2(1 − x)3							+ 3 x3	(1 − x)3 dx =
						1					1
			1
			1		−24 x6 + 3 x5 − 6 x3									+ 24 x2 dx =
			= Z0		−24 x6 + 3 x5 − 6 x3									+ 24 x2 dx =
							5			1	1		1
	−168 x7 +
=			18 x6								1	= −168 + 18 −					24		+ 72 = −	504.
=			18 x6		− 24 x4 + 72 x3 0							= −168 + 18 −					24		+ 72 = −	504.
	5		1		1			1					5		1		1		1	1

(2y − x2y − y3 − x4y − 2x2y3 − y5)dS =

√

ZZZ

Пример 2.2. Вычислить интеграл yz dV , где область Ω ограни-

чена поверхностями z = x2 + y2 и x2 + y2 + z2 = 2.

Область Ω – правильная относительно плоскости 0xy. Имеем: g1(x, y) =

√2 x2

√2−x2−y2

= x2 + y2, g2(x, y) = 2 − x2 − y2

и область Dxy – круг x2

+y2

≤ 1. Отсюда:

yz dz = ZZ

dS =

ZZZ (yz)dV = ZZ dS

x2+y2

Dxy

x +y

Dxy

yz2

− −

ZZ (2y

− x2y − y3 − x4y − 2x2y3 − y5)dS.

Dxy

Таким образом, задача сведена к вычислению двойного интеграла. Поскольку область Dxy правильная относительно 0x, то двойной интеграл можно переписать через повторный:

1 ZZ

Dxy

11−x2

= 2 Z dx

2 (2y − x2y − y3 − x4y − 2x2y3 − y5)dy =

−1

√

−

√

! dx =

1−x2

y2 −

x2y2

−

y4 −

x4y2

−

x2y4

−

y6 y=

√

1 x2

−

= 2 Z0

0 dx = 0.

Пример 2.3. Вычислить интеграл ZZZ x dV , где область Ω ограни-

чена поверхностью x =

y2 + z2

и плоскостью x = 1.

Здесь удобнее

рассматривать область Ω как правильную относительно

плоскости 0

. Имеем:

y, z

) 1

g (y, z) = y2

= 1

! dS =

ZZZ

x dV = ZZ

x dx = ZZ

x=√y2+z2

Dyz

√y2+z2

Dyz

= ZZ

1 − y − z

dS.

Dyz

В этом двойном интеграле удобно применить полярную замену пере-

менной:

1 − y2

z2 dS =

2π

ρ − ρ3 dρ =

1 − ρ2 ρ dρ dϕ = dϕ

−

Dyz

ρ≤1

2π

− 8

2π

ϕ 0

4 .

= Z 4

ρ=0! dϕ = Z

8 dϕ =

ρ2

ρ4

2π

Упражнения.

2.1. Вычислить интеграл ZZZ xy2z3 dV , где область Ω ограничена

1 ≤ x ≤ 3, 2 ≤ y ≤ 4, 3 ≤ z ≤ 5.

2.2. Вычислить интеграл ZZZ (x+y+z)dV , где область Ω ограничена

2 ≤ x + z ≤ 4, 3 ≤ y + z ≤ 5, 4 ≤ x + y ≤ 6.

2.3. Вычислить интеграл ZZZ

dV , где область Ω огра-

(x + y + z + 3)2

ничена x, y, z ≥ 0, x + y + z = 3.

2.4. Вычислить интеграл ZZZ x2y2z dV , где область Ω ограничена

x2 + y2 = z2, z ≥ 0, z ≤ 4.

ZZZ x2y dV , где

2.5. Вычислить интеграл

область

Ω ограничена

x2 + y2 + z2 = 4, x, y, z ≥ 0.

4096π

2π

Ответы: 2.1. 10154

. 2.2. 24. 2.3.

− 3 ln 2. 2.4.

. 2.5.

2.3. Замена переменной в тройном интеграле

При вычислении тройного интеграла, как и при вычислении двойного, бывает удобно перейти к криволинейным координатам. Пусть в IR3 заданы декартова система координат 0xyz и криволинейные координаты (ξ, η, ζ),

связанные соотношениями
				x = x(ξ, η, ζ),
			z = z(ξ, η, ζ),		(2.4)
			y = y(ξ, η, ζ),		(2.4)

а также область	Ω	с	кусочно-гладкой границей. Пусть Ω0		– образ обла-
а также область		с

сти Ω при преобразовании координат (2.4), т. е. область в пространстве с декартовой системой координат 00ξηζ, которая соответствует Ω при преобразовании (2.4). Тогда

ZZZ

f(x, y, z)dx dy dz =

ZZZ

=f(x(ξ, η, ζ), y(ξ, η, ζ), z(ξ, η, ζ)) |J(ξ, η, ζ)|dξ dη dζ,

Ω0

где J(ξ, η, ζ) – якобиан, вычисляемый по следующей формуле:

	∂x		∂x		∂x

J(ξ, η, ζ) = det		∂ξ		∂η		∂ζ
J(ξ, η, ζ) = det	∂y			∂y	∂y		.


		∂ξ		∂η		∂ζ


		∂z		∂z		∂z

		∂ξ		∂η		∂ζ

ZZZ

Пример 2.4. Вычислить интеграл (x + y + z)2dV , где Ω ограни-

чена плоскостями x + y = 0, x + y = 1, x + z = 0, x + z = 1, y + z = 0, y + z = 1.

Здесь удобно перейти к новым координатам ξ = x + y, η = x + z,

ζ = y + z, т. е. x =	1	(ξ + η − ζ), y =			1	(ξ + ζ				− η), z =				1	(η + ζ − ξ).

	2				2									2
Имеем:
				1			1	−	1

				2			2		2


J(ξ, η, ζ) = det				1	−		1		1		= −	4	= −			1	,
J(ξ, η, ζ) = det				2	−		2		2		= −	8	= −			2	,

				1			1		1

			−	2			2		2

													1									2	1
ZZZ (x + y + z)2dx dy dz = ZZZ																(ξ + η + ζ)								dξ dη dζ,
ZZZ (x + y + z)2dx dy dz = ZZZ														2		(ξ + η + ζ)							2	dξ dη dζ,
Ω												Ω0
где область Ω0		– ограничена ξ = 0, ξ = 1, η = 0, η = 1, ζ = 0, ζ = 1. Тогда
ZZZ												1					1		1
ZZZ	8(ξ + η + ζ)2dξ dη dζ = 8 Z dξ Z																	dη Z (ξ + η + ζ)2dζ =
	1											1
Ω0												0				0			0
								1		1	3(ξ + η + ζ)3 ζ=0! dη =
				= 8 Z dξ Z							3(ξ + η + ζ)3 ζ=0! dη =
						1					1							1
							0			0

							1			1
			= 24 Z dξ Z (ξ + η + 1)3 − (ξ + η)3 dη =
		1
							0			0
		1
	= 24 Z 4(ξ + η + 1)4 − 4(ξ + η)4 η=0! dξ =
		1						1				1									1
		0

								1
				= 96 Z						(ξ + 2)4 − 2(ξ + 1)4 + ξ4 dξ =
						1
							0
		= 96					5(ξ + 2)5 − 5(ξ + 1)5														1
		= 96					5(ξ + 2)5 − 5(ξ + 1)5										+ 5 ξ5 ξ=0 =
		1					1					2							1
		1				5				5		5									150		5
	=				(3		−	2	·	2 + 1	−	2 + 2	·		1		−		0) =			=			.
	=				(3			2		2 + 1		2 + 2			1				0) =		480	=			.
		480																			480		16
Пример 2.5. Вычислить интеграл ZZZ																	p							dV , где Ω – шар
Пример 2.5. Вычислить интеграл ZZZ																	p			x2 + y2 + z2				dV , где Ω – шар

радиуса 2 с центром в начале координат.

В этом случае удобно сделать сферическую замену координат x = ρ cos ϕ sin θ, y = ρ sin ϕ sin θ, z = ρ cos θ. Тогда

J(ρ, ϕ, θ) = det

sin ϕ sin θ

ρ cos ϕ sin θ

ρ sin ϕ cos θ

sin θ,

cos ϕ sin θ

−ρ sin ϕ sin θ

ρ cos ϕ cos θ

cos θ

−ρ sin θ

−

ZZZ

dV = ZZZ ρ · ρ2 sin θ dρ dϕ dθ,

+ y2 + z2

Ω0

где Ω0 – параллелепипед {(ρ, ϕ, θ) | 0 ≤ ρ ≤ 2, 0 ≤ ϕ ≤ 2π, 0 ≤ θ ≤ π}. Имеем:

ZZZ		2	2π		π
ZZZ	ρ3 sin θ dρ dϕ dθ = Z		dρ Z	dϕ Z	ρ3 sin θ dθ =
Ω0		0	0	0
2	2π	π		2	2π
= Z		π			dρ Z
= Z	dρ Z (−ρ3 cos θ) θ=0 dϕ = Z				dρ Z	2ρ3dϕ =
0	0			0	0

	2		2
	= Z	4πρ3dρ = πρ4 ρ=0 = 16π.
	0

ZZZ

Пример 2.6. Вычислить интеграл z x2 + y2 + z2dV , где об-

ласть Ω ограничена цилиндром x2 + y2 = 4 и плоскостями z = 0 и z = 5. Здесь удобно сделать цилиндрическую замену координат x = ρ cos ϕ,

y = ρ sin ϕ, z = z. Тогда

	J(ρ, ϕ, z) = det					sin ϕ	ρ cos ϕ		0	= ρ,
						cos ϕ	−ρ sin ϕ		0

						0	0		1
ZZZ z					dx dy dz = ZZZ z						ρ dρ dϕ dz,
ZZZ z		x2	+ y2	+ z2	dx dy dz = ZZZ z			p	ρ2 + z2		ρ dρ dϕ dz,
Ω	p						Ω0	p

где Ω0 – параллелепипед {(z, ρ, ϕ) | 0 ≤ z ≤ 5, 0 ≤ ρ ≤ 2, 0 ≤ ϕ ≤ 2π)}. Имеем:

2 2π

ZZZ

dρ dϕ dz = Z

dz Z

dρ Z

zρ

ρ2

+ z2

zρ

ρ2

+ z2

dϕ =

Ω0

z 3(ρ2 + z2)3/2 ρ=0! dz =

= 2π Z dz Z zρ ρ2 + z2dρ = 2π Z

(z(z2 + 4)3/2 − z4)dz = 23

(z2 + 4)5/2 − 5 z5 z=0 =

295/2 − 55 − 25 =

1682√

2π

6314

−

π.

<<< < Предыдущая 1 23 / 83 4 5 6 7 8 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Мат Анал

#
16.10.202131.31 Кб183004_1_ShABLON-lab.r..docx
#
16.10.2021503.41 Кб12Diff_lektsii__1.pdf
#
16.10.2021495.14 Кб21Kratn_2.pdf
#
16.10.202153 б9ВАЖНО.txt
#
16.10.2021637.1 Кб111Методичка 1.pdf