ИСиТ / 09.03.02 Интеллектуальные информационные системы и технологии / 2 курс 2 семестр / Алексеев Александр Борисович / Высшая математика / Высшая математика / Пробник целой методички / Методичка_ОЛЛ(с возможностью поиска)

21

Следовательно, решая систему, получим координаты стационарной точки:

следующей схеме: сначала находят стационарные точки внутри области и на границе области, а также точки, в которых производные не существуют, затем вычисляют значения функции во всех этих точках и среди них выбирают наибольшее и наименьшее.

Пример 1.6. В кольце найти наибольшее и наименьшее значения функции

В кольце : 14 ≤ 2 + 2 ≤ 4 найти наибольшее и наименьшее значения

функции

( , ) = + − ln ( 2 + 2).

Решение. Найдем стационарные точки, приравняв нулю частные производные

2 = 14. Первая из них описывается параметрически: = 2cos , = 2sin ,

[0,2 ]. На ней функция зависит от одной переменной

( ( ), ( )) = 2cos + 2sin − ln 4.

Ее производная

′ = 2cos − 2sin

равна нулю при = 4 и = 54 . Вычислим значения функции в этих

точках и добавим значение функции в точке = 0, соответствующей (в силу периодичности функции) концам промежутка [0,2 ]. Получим

22

(√2, √2) = 2√2 − ln 4 , (−√2, −√2) = −2√2 − ln 4,

получаем три значения функции

(√42 , √42) = √22 + ln 4 , (− √42 , − √42) = − √22 + ln 4 , (12 , 0) = 12 + ln 4.

Из полученных семи значений и выбираем наибольшее: (√42 , √42) = √22 + ln 4

и наименьшее: (−√2, −√2) = −2√2 − ln 4.

(Рекомендуем проверить с помощью вторых производных, что в точке0(1, 1) нет экстремума). ◄

2.ДВОЙНОЙ ИНТЕГРАЛ

2.1.Пусть в ограниченной плоской области определена функция точки

( ), . Разобьем область на подобластей ∆ , = 1, 2, … , (см. рис. 3). Обозначим через ∆ площадь подобласти ∆ , через – ее диаметр (наибольшее расстояние между двумя любыми точками ∆ ). Введем ранг разбиения λ = max , = 1, 2, … , . В каждой подобласти ∆ выберем точку и составим интегральную сумму

если этот предел существует и конечен независимо от разбиения области и выбора точек . Функция точки ( ) в этом случае называется интегрируемой в области .

Рис. 3.

Так как алгоритм определения двойного интеграла повторяет соответствующий алгоритм для определенного интеграла, то свойства двойного интеграла аналогичны свойствам определенного интеграла. А именно, имеют место свойства линейности, аддитивности и т.п. В частности,

если ( ) = 1, то ( ) равен площади области , то есть

Можно доказать, что, если функция ( ) непрерывна в области , то она в ней интегрируема. Верны также теорема о «среднем», теорема об интегрировании неравенств и т.д.

2.2. Пусть функция = ( ) непрерывна в области и принимает положительные значения. Доказано, что ( ) равен объёму тела,

ограниченного сверху графиком функции = ( ), с боков – цилиндрической поверхностью, вырезающей на плоскости область , и снизу – плоскостью (рис. 4), то есть

Рис. 4.

2.3.Введем на плоскости декартову систему координат. Пусть в области

задана интегрируемая функция = ( ), которую теперь можно рассматривать как функцию двух переменных = ( , ), где ( , ) – декартовы координаты точки . Так как интеграл – это предел интегральной суммы, независящий от способа разбиения области , разобьем область на подобласти ∆ (здесь удобнее подобласти нумеровать двумя индексами, а не

одним) линиями, параллельными осям координат. В этом случае большинство подобластей разбиения ∆ (кроме приграничных) будут прямоугольниками площади, равной произведению ∆ ∆ , где ∆ – длина стороны участка разбиения, параллельной оси , а ∆ – длина стороны участка разбиения, параллельной оси . Двойной интеграл, полученный в результате такого разбиения, называется двойным интегралом в декартовых координатах и

обозначается символом

содержать только прямоугольники площади ∆ ∆ , где ∆ – длина участка разбиения интервала [1; 1] на оси , а ∆ – длина участка разбиения интервала [2; 2] на оси , и можно доказать, что вычисление двойного

24

интеграла в декартовых координатах сводится к вычислению двух определенных интегралов. Верны следующие формулы:

Если область – выпукла (см. рис. 5), то формулы (2.6) и (2.7) принимают

вид:

Рис. 5.

Здесь и ( и ) – пределы, в которых зажата область по оси (по оси ), 1( ) ( 2( )) – функция, графиком которой является нижняя (верхняя) часть границы, а 1( ) ( 2( )) – функция, графиком которой является левая (правая) часть границы.

Интегралы в правой части формул (2.6) - (2.9) дают способ вычисления двойного интеграла в декартовых координатах и называются повторными.

Доказательства формул (2.8) и (2.9) получаются из (2.6) и (2.7), соответственно, если поместить область в прямоугольник (см. рис. 5), продолжить на него функцию ( , ) нулем и применить свойство аддитивности.

Для вычисления двойного интеграла по любой области следует разбить ее на удобные для формулы (2.7) (или (2.8)) подобласти и применить свойство аддитивности.

Пример 2.1. Найти объем пирамиды, ограниченной плоскостями

Найти объем пирамиды (см. рис. 6), ограниченной плоскостями: = 0, = 0, = 0, + + = 1, > 0, > 0, > 0.

25

Рис. 6.

Решение. Область в двойном интеграле (2.3) для нашей пирамиды – треугольник с границами: = 0, = 0, + = 1, функция: = (1 − − ).

Тогда формула (2.7) принимает вид:

= ∫0 (∫0(1− ) (1 − − ) ) = 2 ∫0 (1 − )2 = 6 . ◄

2.4. Кроме вычисления объема (2.4) и площади (2.3) двойной интеграл можно применять для вычисления площади поверхности.

Пусть поверхность является графиком однозначной функции =( , ), определенной в области , причем частные производные

= ′, = ′

–непрерывные функции в этой области. В этом случае поверхность

является гладкой, и ее площадь вычисляется с помощью интеграла вида (2.5), где роль подынтегральной функции играет ( , ) =

√1 + 2 + 2. То есть площадь такой поверхности