Учебное пособие 1868

Область D ограничена линиями х = 0, y

3

x( x 0 ), у

2

= 4 – (х – 1)2.

2

4 ( x

1 )2

208

I

dx

x y dy

.

15

0

3

2 x

и разрешить уравнение параболы

у = 4 – (х – 1)2 относительно

переменной х, получим

x

1

4 y ,

причем линия АВ опре-

деляется

уравнением x

1

4

y , а

линия ВС уравнением

x 1

4 y .

После

изменения порядка

интегрирования получим:

32 y

3

4

1

4

y

I

dy

x

y

dx

dy

x y

dx

0

0

3

1

4

y

.

Ответ:

208

.

15

Задача

1.6.

Вычислить

двойной

интеграл

x

y

dxdy

по

области D

D x

y 3

ограниченной прямыми:

х = 0,

х = 1, у = 0, у = 1.

Показать,

что

изменение

Рис. 1.7

порядка интегрирования приво-

дит к различным результатам и

объяснить причину этого.

1

1

x

y

Указание. а) С одной стороны

I

dx

dy .

x

y 3

0

0

Внутренний интеграл

1

x

y

dy

1

.

0

x

y 3

1

x 2

Ответ:

I

1

.

2

1

1

x y

б) С другой стороны

I

dy

dx .

x

y 3

0

0

Внутренний интеграл

1

x

y

dx

1

.

0

x

y 3

1

y 2

12

Задача 1.7. Вычислить двойной интеграл

x2

y2

dxdy

по области,

ограниченной линиями

х = 0,

у

D x2

y2 2

= 0, х = 1, у = 1 и объяснить,

почему ответ зависит от порядка

интегрирования.

Ответ: а) I

; б) I

.

4

4

1.2. Вычисление двойного интеграла в полярных коор-

динатах

В полярных координатах dS = rdrd

, x = rcos ,

y = rsin ,

где r – полярный радиус (0

r +

),

– полярный угол (0

2

), а двойной интеграл:

f

x, y dS

f

r cos

, r sin

rdrd .

(1.6)

D

D

Область D должна быть отнесена к полярной системе ко-

ординат (рис. 1.8).

Если

она ограничена

двумя лучами

с уравнениями

=

и

=

(

) и

линиями, определяемыми уравнениями r =

u1( ) и

r = u2(

), где функции u1(

) и

u2( ) непрерывна на отрезке [ ,

], одно-

Рис. 1.8

значны и

сохраняют аналитическое выра-

жение, то двойной интеграл, распростра-

ненный на эту область, вычисляется

по

13

u2 (

)

F( r, )rdrd

d

F( r, )rdr .

(1.6)

D

u1 (

)

Получим 2R sin

= R; sin =

1

,

,

5

.

1

2

2

6

6

Таким образом,

пределы изменения полярного угла в

области D от

до

5

.

6

6

Теперь найдем пределы изменения полярного радиуса в

области D. Для этого под произвольным углу

, взятым в про-

14

межутке

,

5

проведем из полюса О луч ОР. В точке С

6

6

5

2R sin

Поэтому r 2 sin drd

6

sin d

r 2 dr .

D

R

6

2R sin

r

3

2R sin

1

1

r 2dr

8R3 sin3

R3

R3

sin3

1

R

R

3

3

3

5

1

1

5

6

R

3

8 sin

3

1 sin

d

R

3 6

8 sin

4

sin

d

3

3

6

6

8

5

1

5

R3

3

6

4

3

6

R

sin

d

R

sin

d

3 3 .

3

3

12

6

6

Указание. При вычислении

sin4 d

следует использо-

вать

тригонометрические

формулы

sin2

1 cos 2

;

2

cos2

1

cos 2

.

2

15

от 0 до

.

4

Верхний предел изме-

нения

можно получать из

уравнения лемнискаты, под-

ставив

r

=

0, то

есть

a2cos2

=

0;

cos2

= 0,

Рис. 1.10

вольным углом

0

. Он входит в область D в полюсе,

4

а

cos2

Получим: r3drd

4

r 3dr .

= d

D

0

0

a cos 2

3

24

a

cos 2

1

4

2

r

dr

a

cos

2 .

0

4

0

4

Внешний интеграл равен

1

4

1

cos 4

4

1

a

4

cos

2

2

d

a

4

d

0 4

4

0

2

1

4

sin4

1

a

4

.

0

8 a

4

32

1

4

Ответ:

a4 .

32

Задачи для самостоятельного решения

Задача 1.10.

1

x

2

y2 dy

В интеграле

I

dx x

перейти к полярным ко-

0

0

ординатам.

sec

4

Ответ:

I

d

r 2dr .

S

dxdy .

(1.7)

D

Если фигура отнесена к полярной системе координат, то ее

площадь вычисляется по формуле:

S

r drd .

(1.8)

D

Задача 1.11. Найти площадь фигуры, ограниченной ли-

ниями (х – а)2 + у2 = а2

и х2 + (у – а)2 = а2.

Решение.

Линии,

ограничивающие

область, это окружности с цен-

трами в точках (а, 0) и (0, а) ра-

диуса а.

Наличие в уравнении кри-

вой выражения х2 + у2 указывает

на целесообразность перехода к

полярным координатам по фор-

мулам:

Рис. 1.11

x r cos , y

r sin ,

х2 + у2

В полярных координатах они примут вид:

r = 2 acos

(1.9)

r = 2 asin

(1.10)

Уравнение луча ОА:

.

4

Искомая площадь области D = D1

D2

в силу свойства

аддитивности двойного интеграла равна:

2 a sin

2 a cos

4

2

S

rdrd

rdrd

d

rdr

d

rdr .

D1

D2

0

0

0

4

Вычислим отдельно внутренние интегралы:

2 a sin

r

2

2 a sin

2 a2 sin2

rdr

;

2

0

0

2 a cos

r

2

2 a cos

2 a2 cos2 .

rdr

2

0

0

Поэтому искомая площадь равна:

2a2

4

sin2

2

cos2

S

d

d

0

4

1 cos 2

cos 2

2a

2 4

d

2

1

d

0

2

2

4

a2

1

a2

1

a2

1 кв. ед.

4

2

4

2

2

2 a cos

2

S 2 d

rdr .

0

a cos

Ответ: S

3

a2 кв. ед.

4

2 R sin

2

S

2

d

rdr .

R

6

Ответ: S

1

R2

3

кв. ед.

2

3

2

б) Вычисление объемов тел

Двойной интеграл

f

x, y dxdy равен объему цилиндри-