Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Уральский Федеральный университет им. Б.Н. Ельцина «УПИ»

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Лекции_3_сем

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

23.02.2015

Размер:

4 Мб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 152 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 > Следующая >>>

Кратные интегралы

Фигура

–

часть

плоскости

xOy,

Φ ↔ D ,

f (P) = f (x, y),

dµ = dS ,

∫ f (P)dµ = ∫∫ f (x, y)dS

– двойной интеграл от функции f (P) = f (x, y)

по области D.

Φ ↔ G ,

f (P) = f (x, y, z),

Фигура

–

пространственная область,

dµ = dV ,

∫ f (P)dµ = ∫∫∫ f (x, y, z)dv

– тройной интеграл от функции

f (P) = f (x, y, z)

по области G.

Фигура

–

линия

на

плоскости

или

пространстве,

Φ ↔ L ,

(x, y)

f (P)=

dµ = dl ,

∫ f (P)dµ = ∫ f (x, y, z)dl

– криволинейный

(x, y, z)

интеграл от функции f (P) по кривой L.

Фигура

– поверхность,

Φ ↔ ∑ , f (P) = f (x, y, z),

dµ = dσ ,

∫ f (P)dµ = ∫∫ f (x, y, z)dσ

–

поверхностный

интеграл от

функции

∑

f(P) = f (x, y, z) по области ∑ .

1.5.Свойства интегралов по фигуре, определяемые равенствами

Доказательства свойств следуют из определения интеграла по фигуре. Пусть интеграл по фигуре существует, тогда:

1.∫cf (P)dµ = c∫ f (P)dµ , с = const.

ΦΦ

Доказательство:

∫ñf (P)dµ = lim ∑cf (Pi )∆µi =

Φrn →0 i=1n

	n
c limr →0 ∑ f (Pi		)∆µi = c∫ f (P)dµ .
n	i=1	Φ

2. ∫(f (P)± g (P))dµ = ∫ f (P)dµ ± ∫g (P)dµ .

Φ Φ Φ

3.Свойство аддитивности. Пусть фигура Ф состоит из двух частей, т.е.

Φ =Φ1 Φ2 , тогда ∫ f (P)dµ = ∫ f (P)dµ + ∫ f (P)dµ .

Φ1

Φ2

12	Лекция 1 - 4

1.6.Свойства интегралов по фигуре, определяемые неравенствами (оценка интегралов по фигуре)

1.	Если для любой точки P Ф	f (P)≥ 0 , то ∫ f (P)dµ ≥ 0 .
		Φ
2.	Если для любой точки P Ф	f (P)≥ g (P), то ∫ f (P)dµ ≥ ∫g (P)dµ .
		Φ	Φ

3.Если существуют такие два числа m, M, что m ≤ f (P)≤ M , то

mµ ≤ ∫ f (P)dµ ≤ M µ, где µ −мера Ф.

Пример:

1) m(b −a)≤ ∫b f (x)dx ≤ M (b −a).

2) mS ≤ ∫∫ f (x, y)dS ≤ MS .

3) mV ≤ ∫∫∫ f (x, y, z)dv ≤ MV .

4) mL ≤ ∫ f (x, y, z)dl ≤ ML .

5)mSпов ≤ ∑∫∫ f (x, y, z)dσ ≤ MSпов .

ТТеорема о среднем. Если функция f (P) непрерывна в замкнутой

ограниченной области Ф, то существует точка P Φ , такая, что выполняется равенство: ∫ f (P)dµ = µ f (P).

Физический смысл теоремы о среднем

Пусть фигура Ф обладает массой, распределенной с плотностью f (P)= ρ(P), тогда m = ∫ f (P)dµ = µ f (P). В случае пространственной фи-

гуры мера фигуры равна объему µ =V , m =V ρ(P), ρ(P)= Vm - среднее зна-

чение плотности.

Кратные интегралы

Геометрический смысл интегралов по фигуре

Пусть f (P) ≡1, тогда интеграл по фигуре будет равен мере соответствующей фигуры, т. е. ∫dµ = µ . В частных случаях:

				Φ
1.	∫b dx = b − a - длина отрезка [a,b].
	a
2.	∫∫dS = S - площадь области D.
	D
3.	∫∫∫dV =V - объем пространственной области G.
	G
4.	∫dl = L - длина линии L.
	L
5.	∑∫∫	dσ = S	∑	- площадь поверхности ∑ .
5.		dσ = S		- площадь поверхности ∑ .

Механический смысл интегралов по фигуре

Если функция f (P)= ρ(P) является плотностью фигуры, то масса фигуры выражается интегралом по фигуре

∫ρ(P)dµ = m .

2.1.Двойной интеграл. Геометрический смысл двойного интеграла

Рассмотрим фигуру, которая является частью плоскости xOy: Φ ↔ D . Интеграл по фигуре в данном случае является двойным интегралом от функ-

ции f(P)= f (x, y) по области D: ∫∫ f (P)dS = lim Σ f (Pi )∆Si .

rn →0 i=1

14	Лекция 1 - 4

Задача о вычислении объема тела

Найдем объем тела, ограниченного сверху непрерывной поверхностью z = f (x, y) , снизу

замкнутой областью D плоскости xOy и сбоку

цилиндрической поверхностью, образующие которой параллельны оси Oz, а направляющей является граница Г области D .

Разобьем основание D на конечное число элементарных ячеек ∆S1,∆S2 ,...,∆Sn . В каждой

ячейке выберем точку Mi (xi , yi ) ∆Si	(i =1,2,...n)
и построим столбик с основанием ∆Si	и высотой

Mi Ni = f (xi , yi ) .

Если приближенно принять каждый столбик за прямой цилиндр, то в этом приближении его объем равен ∆Vi ≈ f (xi , yi ) ∆Si , а объем всего те-

z = f (x, y)

x Γ

Mi ∆Si

ла приближенно равен V ≈ ∑ f (xi , yi )∆Si . Перейдем к пределу

	i=1
	n	∫∫		∫∫
rn →0 i=1		∫∫		∫∫
V = lim	∑ f (xi , yi )∆Si =		f (x, y)dS =		f (P)dS .
		D		D

Вывод: если f (x, y) ≥ 0, то ∫∫ f (x, y)dS представляет объем криволинейного

цилиндра, построенного на области D и ограниченного сверху поверхностью f (x, y) .

2.2. Вычисление двойного интеграла

Рассмотрим прямоугольную	область интегрирования D ={x [a,b];
y [c, d]}. Найдем объем тела,	ограниченного поверхностью z = f (x, y) ,

плоскостью z = 0 и цилиндрической поверхностью, образующие которой параллельны оси Oz, а направляющей служит граница области D .

Вычислим объем по площадям параллельных сечений.

Проведем плоскость x = const (a < x < b) . Фигура, получающаяся в се-

чении, представляет собой	криволинейную трапецию, ограниченную линия-
ми: z = f (x, y) (x = const) ,	z = 0 , y = c , y = d . Площадь сечения равна:

S(x) = ∫d f (x, y)dy .

Кратные интегралы				15
Объем всего тела равен
	b	b d
	V = ∫S(x)dx = ∫ ∫		f (x, y)dy dx .
	a	a c
Ранее было показано, что объем такого тела ра-
вен двойному интегралу от			f (x, y) по области D,
таким образом:
		b d
∫∫ f (x, y)dxdy = ∫ ∫ f (x, y)dy dx .
D		a c
Аналогично: ∫∫ f (x, y)dxdy = ∫d dy∫b				f (x, y)dx .
	D		c a
	Запись двойного интеграла
!	Запись двойного интеграла
!		b d
	∫∫ f (x, y)dxdy = ∫ ∫ f (x, y)dy dx называют
	D	a c

повторным интегралом, при этом

∫cd f (x, y)dy - называют внутренним, а ∫ab{...}dx внешним интегралом. Рассмотрим произвольную область интегрирования.

ООбласть D в плоскости xOy называется правильной в направлении y или x , если каждая прямая, параллельная соответствующей координатной оси и проходящая через внутреннюю точку области, пересекает границу области в двух точках.

прав.

ТДвойной интеграл от непрерывной функции f (x, y) по правильной области D равен

двукратному интегралу от этой функции по области D .

Пусть D - правильная область в направле-

нии Oy , ограниченная линиями:	y =ϕ1(x) ,
y =ϕ2 (x) , x = a , x = b .
Тогда
	b	ϕ2 ( x)
∫∫ f (x, y)dxdy = ∫		∫ f (x,
D	a	ϕ1 ( x)

неправ.

y = ϕ2 (x)

y = ϕ1 (x)

y)dy dx .

16										Лекция 1 - 4
Рассмотрение проводится аналогично предыдущему случаю; при этом
площадь сечения вычисляется так:						( x)
				ϕ2		( x)
			S(x) = ∫ f (x, y)dy ,
				ϕ1 ( x)
		b			b		ϕ2 ( x)
а объем всего тела: V =		∫	S(x)dx =		∫			∫
а объем всего тела: V =			S(x)dx =						f (x, y)dy dx .
Таким образом,		a			a ϕ1 ( x)
Таким образом,
∫∫						b		ϕ2	( x)
∫∫	f (x, y)dxdy			=		∫		∫
	f (x, y)dxdy			=						f (x, y)dy dx .
D						a ϕ1 ( x)
Аналогично, если D -		правильная область в направлении Ox , ограни-
ченная линиями x =ψ1( y) , x =ψ2 ( y) ,								y = c, y = d , то объем тела равен
∫∫						d	ψ2		( y)
∫∫	f (x, y)dxdy			=		∫		∫
	f (x, y)dxdy			=						f (x, y)dx dy .
D						c ψ1 ( y)

!1). Правило вычисления двойных интегралов. Для того чтобы вычис-

лить двойной интеграл по произвольной правильной области D , необходимо свести его к повторному (двукратному) интегралу и проинтегрировать функцию по одной из переменных в пределах, соответствующих произвольному, но неизменному значению другой переменной, а затем результат проинтегрировать в пределах ее полного изменения.

2). Представление двойного интеграла в виде двукратного зависит от вида области D .

3). Порядок интегрирования может быть изменен в соответствии с ра-

	b	ϕ2 ( x)	d	ψ2 ( y)
венствами ∫∫ f (x, y) dxdy = ∫dx		∫	f (x, y) dy = ∫dy	∫ f (x, y) dx .
D	a	ϕ1 ( x)	c	ψ1 ( y)

4). Если область D неправильная, то ее разбивают на конечное число правильных областей Di и на основании свойств полагают, что двойной

интеграл по области D равен сумме двойных интегралов по областям Di .

5). Внешний интеграл всегда вычисляется в постоянных пределах.

6). Если пределы интегрирования в повторном интеграле от непрерывной функции конечны и постоянны, то результат не зависит от порядка интегрирования.

Кратные интегралы																																																			17
	Пример:
	Пример:
		Вычислите						∫∫xy 2 dxdy ,							если область															D			задана неравенствами:																0 ≤ x ≤1 ,
		−2 ≤ y ≤ 3 .						D
		−2 ≤ y ≤ 3 .
		Решение:
					2		1					3		2	1					y3				3			1		27 +8							35 x 2				1				35 1 35
					2		1					3		2	1					y3				3			1		27 +8							35 x 2				1				35 1 35
		∫∫					∫					∫			∫												∫						3											3		2		6		или
		∫∫	xy			dxdy =	∫	xdx				∫	y dy =		∫	xdx				3						=	∫						3			3 2							=	3		2	=	6
			xy			dxdy =		xdx					y dy =			xdx										=		x						dx =									=				=
		D					0					−2			0									−2			0													0
		D					0					−2			0									−2			0													0
					2		3		2				1		3		2				x 2				1		1	3			2			1 y3		3		1				35 35
					2		3		2				1		3		2				x 2				1		1	3			2			1 y3		3		1				35 35
		∫∫xy				dxdy = ∫y					dy∫xdx = ∫y							dy							=		2	∫y				dy = 2				=		2					3	=	6 .
		∫∫xy				dxdy = ∫y					dy∫xdx = ∫y							dy			2				=		2	∫y				dy = 2			3	=		2					3	=	6 .
	Пример:	D					−2						0		−2										0			−2								−2
		D					−2						0		−2										0			−2								−2



		Вычислите ∫∫x 2 ydxdy , где D																			- треугольник с																	y
								D																												1														B
		вершинами: O(0,0) , A(2,0) , B(2,1) .																																		1
		вершинами: O(0,0) , A(2,0) , B(2,1) .
		Решение:																																																A
		Область D ,							ограниченная												прямыми:												y = 0 ,				O										x			A	x
		Область D ,							ограниченная												прямыми:												y = 0 ,				O								1		x			2	x
		y =		x		, x = 2 ,		является правильной. При фик-
		y =		2		, x = 2 ,		является правильной. При фик-
				2																									x
		сированном x									y		изменяется от 0 до																x		:
		сированном x									y		изменяется от 0 до															2			:
																												2
					2			2		2			x 2			2		2				y 2				x 2		1		2			4		1 x5		2	4
					2			2		2			x 2			2		2				y 2				x 2		1		2			4		1 x5		2	4
		∫∫x				ydxdy = ∫x						dx ∫ydy = ∫x							dx								=	8		∫x				dx =			=				.
		∫∫x				ydxdy = ∫x						dx ∫ydy = ∫x							dx				2				=	8		∫x				dx =	8 5		=		5		.
		∆OAB						0						0		0										0				0							0
		∆OAB						0						0		0										0				0							0

Пример:

Изменить порядок интегрирования в повторном интеграле:

∫1 dx ∫x f (x, y)dy .

0 x2

Решение:

Область интегрирования D ограничена прямой y = x и параболой y = x2 и является правильной как в отношении оси Ox, так и Oy с верхней границей y = x и нижней y = x2 . Всякая пря-

мая, параллельная оси Ox, пересекает границу области не более чем в двух точках, следовательно, можно вычислить интеграл, полагая внешние пределы интегрирования y = 0, y =1.

При этом пределы во внутреннем интеграле бу-

дут иметь вид: нижний предел x1 = y , верхний x2 = + y .

Таким образом: ∫1 dx ∫x		y
Таким образом: ∫1 dx ∫x	f (x,y)dy = ∫1 dy ∫ f (x,y)dx
0 x2	0	y

18	Лекция 1 - 4

Пример:

Расставить пределы интегрирования в двойном интеграле, если область D – кольцо.

x2 + y 2 =1

D :

x2 + y 2 = 4

D – неправильная область.

Разобьем ее на четыре правильных области:

∫∫... = ∫∫... + ∫∫... +∫∫... + ∫∫....

Границами правильных областей являются дуги соответствующих ок-

ружностей y = ±

1− x2 ,

y = ±

4 − x2

и прямые x = ±1.

∫∫... = ∫∫... + ∫∫... +∫∫... + ∫∫... =

−1

4−x2

− 1−x2

= ∫dx

∫

... dy + ∫dx

∫

... dy + ∫dx

∫

... dy + ∫dx

∫

... dy.

−2

−

−1

1−x

−

4−x

−1

−

4−x

Пример:

= x

Найти площадь фигуры, ограниченной параболами D :

= x

Решение:

Полагаем f (x, y) ≡1;

dx ∫x dy = ∫1 (y

x2x )dx =

∫∫ f (x, y)dS = ∫∫dS = ∫∫dxdy = ∫1

= ∫1 (

x − x2 )dx = ∫1

xdx − ∫1

x2dx =

x23

−

2.3. Замена переменных в двойном интеграле

В некоторых случаях вычисление двойных интегралов значительно упрощается, если изменить область интегрирования, осуществив замену переменных в двойном интеграле.

Рассмотрим ∫∫ f (x, y)dxdy . Если координаты x

D′

∆v

∆u

и y	являются функциями новых переменных u и
x = x(u,v),		то каждой точке	M (x, y)	на плоскости xOy однозначно соот-
v :
y = y(u,v),		′
				uOv , а числа u и v называются кри-
ветствует точка M (u,v) на плоскости

волинейными координатами точки M .

Кратные интегралы

При этом область D отобразится в область

D	′	на	плоскости uOv , и каждому значению

f (x, y)			в области D соответствует то же значение

f (u,v) = f (x(u,v), y(u,v)) в области D′.

y	uu + ∆u D	v + ∆v
	uu + ∆u D	v + ∆v
	P3	v
	P4	v
	P2
	P1

′

Разбиение

области

D на

прямоугольные

площадки приводит к разбиению области D на

P1(x1, y1) ,

P2 (x2 , y2 ) ,

криволинейные

четырехугольники

вершинами

P3 (x3 , y3 ) , P4 (x4 , y4 ) ,

где

x1 = x(u,v) ,

x2 = x(u + ∆u,v) ,

x3 = x(u + ∆u,v + ∆v) ,

x4 = x(u,v + ∆v) ,

y1 = y(u,v) ,

y2 = y(u + ∆u,v) ,

y3 = y(u + ∆u,v + ∆v) ,

y4 = y(u,v + ∆v) .

Заменяя приращения функций x(u,v)

и y(u,v)

соответствующими диф-

ференциалами по формуле

f (u + ∆u,v + ∆v) ≈ f (u,v) +

∂f

∆v +

∂f ∆u , можно

∂v

∂u

считать, что

x = x(u,v) ,

= x(u,v) +

∂x

∆u ,

= x(u,v) +

∂x

∆u + ∂x ∆v ,

∂u

∂v

x = x(u,v) +

∂x

∆v , y = y(u,v) ,

y = y(x, y) +

∂y

∆u , y = y(u,v) +

∂y

∆u + ∂y ∆v ,

∂v

∂u

∂v

y = y(u,v) +

∂y

∆v . Четырехугольник при этом можно рассматривать как па-

∂v

раллелограмм. Его площадь

x3 − x4

x3 − x2

S =

[P P

× P P ]

y3 − y4

y3 − y2

(x3 − x4 )( y3 − y2 ) −(x3 − x2 )( y3 − y4 )

∂x

∂y

∂x

∂y

∆u +

∆v

−

∆u

∂u

∂v

∆v

∂u

∂v

∆v

∂x ∂y

∂x

∂y

∂x ∂y

∂x

∆u∆v −

−

∂u

∂v

∆u∆v

∂u ∂v

∂v

∂u

∆u∆v

∂v

∂u

∆u∆v

∂y

∂u ∂v

∂u

∂v

∂x

Определитель J =

∂u

∂v

называется якобианом преобразования.

∂y

∂u

∂v

20	Лекция 1 - 4

Предельный переход при неограниченном возрастании числа разбиений области для соответствующих интегральных сумм приводит к формуле преобразования координат в двойном интеграле:

		∂x	∂x
		∂x	∂x
∫∫ f (x, y)dxdy = ∫∫ f (x(u,v), y(u,v)) \| J \| dudv , где J =		∂u	∂v	.
D	D′	∂y	∂y
		∂u	∂v

Пример:

Вычислите ∫∫( y − x)dxdy , если область D

зада-

D′

y = − x

+ 7 ,

на уравнениями y = x +1 ,

y = x − 3 ,

y = − 3 x + 5 .

−3

Решение:

u = y − x,

Сделаем замену переменных:

тогда область

D′

будет зада-

v = y +

ваться прямыми:

u =1, u = −3, v =

7 , v = 5 . Для вычисления якобиана преоб-

x = − 3 u +

3 v ,

1 u +

3 v .

разования выразим x и y

через u и v :

y =

∂x

При

этом

∂u

∂v

− 4

∫∫( y − x)dxdy =

J = ∂y

∂y

= −

16 − 16

= −

∂u

∂v

∫∫

3 3

5 1

u +

dudv

∫∫4

ududv =

∫∫

ududv

= −8 .

− −

D′

7 3−3

2.4. Двойной интеграл в полярных координатах

Перейдем в полярную систему координат x = ρcosϕ , y = ρsinϕ и вычислим якобиан перехода: Если u =ϕ , v = ρ , x = ρcosϕ , y = ρsinϕ , то

	∂x	∂x
J =	∂ρ	∂ϕ	=	cosϕ	−ρsinϕ	= ρcos2 ϕ + ρsin2 ϕ = ρ ,
J =	∂ρ	∂ϕ	=	cosϕ	−ρsinϕ	= ρcos2 ϕ + ρsin2 ϕ = ρ ,
	∂y	∂y		sinϕ	ρcosϕ

∂ρ ∂ϕ

∫∫ f (x, y)dxdy = ∫∫ f (ρcosϕ, ρsinϕ) ρd ρdϕ

D′

<<< < Предыдущая 12 / 152 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
23.02.2015735 Кб19Лекции_15_счётчики.pdf
#
23.02.20152 Мб13Лекции_16_преобр_кода.pdf
#
23.02.2015400 Кб12Лекции_2_сигналы.pdf
#
01.05.20255 Мб4Лекции_2011_04.doc
#
23.02.2015340 Кб16Лекции_3_булева_алгебра.pdf
#
23.02.20154 Мб11Лекции_3_сем.pdf
#
23.02.2015593 Кб20Лекции_6_переходы.pdf
#
23.02.2015464 Кб17Лекции_7_диоды.pdf
#
23.02.2015703 Кб13Лекции_9_VT_унипол(полев) транзистор.pdf
#
22.02.2015503 Кб22ЛЕКЦИИ_БЛОК_1.doc
#
01.07.2025377 Кб0Лекции_Грибанова.doc