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 1 23 / 153 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 > Следующая >>>

Кратные интегралы

2.4.1.Дифференциальный элемент площади

вполярной системе координат

Разобьем область интегрирования на элементар-

ϕi+1

ϕi

ные ячейки

∆Sij с помощью координатных линий:

ρ = ρj

окружности,

ϕ =ϕi

лучи, тогда

ρj+1

∆ρj = ρj+1 −

ρj ,

∆ϕi =ϕi+1 −ϕi . Так

как окружности

ρj

x,ρ

ортогональны радиусам, то внутренние ячейки ∆Sij с

точностью

до

бесконечно

малых

более высокого

∆Sij

порядка малости относительно их площади можно

рассматривать

как прямоугольники

со сторонами

Mij

ρj ∆ϕi

и ∆ρj ,

поэтому ∆Sij ≈ (ρj ∆ϕi ) ∆ρj . Ячейками

неправильной формы пренебрегаем. Переходя к пре-

x,ρ

делу, получим, что двумерный элемент площади в

полярных координатах равен dS = ρd ρdϕ .

!1). Интегрирование в полярной системе координат удобно использовать, когда область D ограничена дугами окружностей.

2). В полярных координатах внешний интеграл при сведении его к повторному может вычисляться по углам.

Пусть область интегрирования D определяется неравенствами: α ≤ϕ ≤ β , ρ1(ϕ) ≤ ρ ≤ ρ2 (ϕ) , где

ρ1(ϕ) и ρ2 (ϕ) - однозначные непрерывные функции на отрезке [α, β].

	ϕ = β	ϕ
	D	ϕ
		ϕ =α
	ρ1(ϕ)	ρ2 (ϕ)
0	ρ1(ϕ)	ρ
0		ρ

	β	ρ2 (ϕ)
∫∫ f (ρ,ϕ)ρd ρdϕ =∫dϕ ∫ f (ρ,ϕ)ρd ρ .
D	α	ρ1 (ϕ)

3). В полярных координатах внешний интеграл может вычисляться и по полярному радиусу. Пусть область интегрирования D определяется не-

равенствами: R1 ≤ ρ ≤ R2 ,	ϕ1(ρ) ≤ϕ ≤ϕ2 (ρ) , где ϕ1(ρ) и ϕ2 (ρ) - одно-
значные непрерывные функции на отрезке [R1, R2 ] .
	R2	ϕ2 ( ρ)
∫∫ f (ρ,ϕ)ρd ρdϕ =∫ ρ d ρ		∫ f (ρ,ϕ)dϕ .
D	R1	ϕ1 ( ρ)

22	Лекция 1 - 4

Пример:

Записать в полярных координатах двойной интеграл по области D:

	2	+ y	2	=1
x		+ y		=1	- кольцо.
					- кольцо.
	2	+ y	2	= 4
x		+ y		= 4

Решение: полярные координаты x = ρcosϕ, y = ρsinϕ .

ρ2 cos2 ϕ + ρ2 sin2 ϕ =1,

ρ2 =1, ρ =1,

аналогично ρ2 = 2 .

′

Область интегрирования в полярных координатах D

—

прямоугольник:

1 ≤ ρ ≤ 2, 0 ≤ϕ ≤ 2π .

2π

ρ=2

∫∫ f (x, y)dxdy = ∫∫ f ′(ρ,ϕ)ρd ρdϕ = = ∫ dϕ ∫

f ′(ρ,ϕ)ρ d ρ .

D′

ρ=1

Пример:

Вычислите ∫∫

dxdy

, где D - первая четверть круга y

x + y

R =1 с центром в точке O (0,0).

π , 0 ≤ ρ ≤1.

ρ = x2 + y2 , D : 0 ≤ϕ ≤

dxdy

ρd ρdϕ

π 2

∫∫

= ∫∫

=∫∫d ρdϕ = ∫ dϕ∫d ρ = π 1 =

π .

x + y

Пример:

Найти объем тела, если оно задается поверх-

z =1− x2 − y2 ;

ностями: z = 0.

Решение:

Область интегрирования – проекция фигуры на плоскость xOy . Граница D: x2 + y 2 =1 - окружность.

r =1

Перейдем в полярную систему координат: D′: ,

0 ≤ ϕ ≤ 2π

V = ∫∫ f (x, y)dxdy = ∫∫(1 − x2 − y 2 )dxdy =

D							D
= ∫∫(1−r2 )rdrdϕ =							2∫π dϕ∫1	(1−r2 )rdr =
D′							0 0
2π	r2		r4		1		2π	1		1		1		2π		2π		π
= ∫dϕ(	r2	−	r4	)	1	= ∫dϕ(		1	−	1	) =	1	ϕ	2π	=	2π	=	π	.
	2	−	4	)				2	−	4	) =	4	ϕ	0	=	4	=	2	.
				0										0
0				0			0

Кратные интегралы

2.5. Поверхностный интеграл первого типа (рода)

Поверхностные интегралы первого типа – это обобщение двойных интегралов по области D . Рассмотрим фигуру, которая является поверхностью Σ; Φ → Σ. Интеграл по фигуре в данном случае является поверхностным интегралом первого рода от функции f (P) = f (x, y, z) по поверхности Σ:

	∫∫		n
	∫∫		rn →0 i=1
		f (x, y, z)dσ =lim Σ f (Pi )∆σi
	∑
2.5.1. Вычисление поверхностных интегралов первого рода
Вычислим ∫∫ f (x, y, z)dσ . Пусть			f (x, y, z)≥ 0 , а поверхность Σ задана
Σ	(x, y).
уравнением z = f	(x, y).

Лемма. Площадь проекции плоского участка одной плоскости P1 на другуюP2 равна площади самого участка, ум-

ноженной на модуль косинуса двугранного угла между плоскостями: Sï ð = S cosϕ .

Доказательство:

S = l a ;

Sï ð = a l

cosϕ

= S

cosϕ

(поскольку

Sï ð ≥ 0 ,

косинус берется по модулю).

Пусть требуется вычислить поверхностный инте-

грал первого рода по поверхности Σ. Область D являет-

ся проекцией поверхности Σ на плоскость xOy . Через

точку поверхности A(x, y, z )

проведем касательную плоскость. Ее уравне-

ние:

z − z = ∂z (x − x )+ ∂z (y − y ). Выберем часть поверхности dσ и спроек-

∂x

∂y

тируем ее на касательную плоскость. Обозначим проекцию dσ.

Будем счи-

тать

dσ ~ dσ .

Обозначим

n -

нормаль

к касательной

плоскости:

∂z

, ∂z

,−1 . Поскольку k (0,0,1)- нормаль к xOy , то угол ϕ - угол между

∂x

∂y

касательной плоскостью и плоскостью Oxy равен углу между векторами n и

k .

Найдем связь между dS (проекцией dσ на плоскость xOy ) и dσ

24								Лекция 1 - 4
	(n,k )		−1					z
cosϕ =	(n,k )	=	−1				;	z = f (x,y)
cosϕ =	n k	=					;
	n k		∂z	2		∂z	2
				2			2

		1 +			+
			∂x			∂y

			1			0		y
cosϕ	=		1			; в пределе при	D
cosϕ	=		∂z 2		∂z 2	; в пределе при
			∂z 2		∂z 2	x	Γ
		1 +		+
		1 +		+
			∂x		∂y

→ 0, dσ = dσ,

dS = dσ

cosϕ

, dσ =

;

cosϕ

dσ = dS

∂z 2

;

∂x

∂y

∫∫

f (x, y, z)dσ =

∫∫

(

x, y, z (x, y) dS

1 +

∂z 2

∂z 2 .

)

∂x

∂y

Так записывается поверхностный интеграл, если поверхность задана уравнением z = z (x, y).

Если поверхность задана уравнением y = y(x, z), то

∫∫ (

)

∫∫ (

( ) )

( x )

( z

)

f x, y, z dσ =

f x, y x, z , z

′

dS .

Dxz

Аналогично, если x = x(y, z), то

∫∫ f (x, y, z)dσ = ∫∫ f (x(y, z), y, z) 1+(x′y )2 +(x′z )2 dS ,

Dyz

где Dxz , Dyz - проекции Σ на плоскости Oxz, Oyz .

Кратные интегралы	25
3.1.Тройной интеграл

Рассмотрим фигуру, которая является пространственной областью G . Интеграл по фигуре в данном случае является тройным интегралом от функ-

ции	f (P) = f (x, y, z) по пространственной области G :
			n
∫ f (x, y, z)dµ = ∫∫∫ f (x, y, z)dV = limr →0 ∑ f (Pi				)∆Vi .
Φ	G	n	i=1

Область G будем называть правильной в направлении оси Oz , если:

1)любая прямая, параллельная оси Oz , пересекает границу области G не более чем в двух точках;

2)область G проектируется на координатную плоскость Oxy в правильную плоскую область D ;

3)любая часть области G удовлетворяет первым двум пунктам.

Примером таких областей является эллипсоид, куб, параллелепипед.

3.1.1. Задача о вычислении массы тела


Пусть область V		является правильной в			z		z2 ( x, y)
Пусть область V		является правильной в			z	M 2
направлении оси Oz ,		то есть ограничена снизу						z1 ( x, y)


и сверху соответственно однозначными непре-					V	M1
и сверху соответственно однозначными непре-					V	M1
рывными	поверхностями:		z1 = z1(x, y)	и	0	c y		d	y
рывными	поверхностями:		z1 = z1(x, y)	и	0				y
z2 = z2 (x, y) ,	причем проекцией области V			на	a	M
z2 = z2 (x, y) ,	причем проекцией области V			на	x	M		D
координатную плоскость Oxy является пло-					b x			D
координатную плоскость Oxy является пло-					b x
ская область D , ограниченная линиями:
	y = y1 (x),		y = y2 (x),	x = a,	x = b.

Прямая, параллельная оси Oz , пересекает координатную плоскость Oxy и поверхности z1 = z1(x, y) и z2 = z2 (x, y) , соответственно, в точках M (x, y, 0) ,

M1 (x, y, z1 ) ,	M2 (x, y, z2 ) . Отсюда следует, что при фиксированных значени-
ях (x, y) D соответствующие аппликаты z точек области V					изменяются в
пределах: z1(x, y) ≤ z ≤ z2 (x, y) .
Пусть тело V		материально, а объемная плотность ρ = ρ(P) = ρ(x, y, z) =
= f (x, y, z).	По	физическому	смыслу	интеграла	по	фигуре

m = ∫∫∫ρ (x, y, z)dV . Вычислим массу данного тела. Для этого рассечем тело

26	Лекция 1 - 4

плоскостями, параллельными координатным плоскостям:

x, x + ∆x y, y + ∆y . z, z + ∆z

Z2(x,y)

Этими плоскостями тело разбивается на паралле-	Z1(x,y)
	D
лепипеды, объем каждого из которых равняется	X
∆Vi = ∆xi ∆yi ∆zi . Выберем в пределах каждого
из них по точке Mi (xi , yi , zi ) .

Примем приближенно, что в пределах части ∆Vi плотность постоянна и

равна ρ(xi , yi , zi ) . Тогда масса части ∆Vi равна mi ≈ ρ(xi , yi , zi ) ∆Vi ,

mi ≈ ρ(xi , yi , zi ) ∆Si ∆zi , а масса всего тела равна m ≈ ∑ρ(xi , yi , zi )∆Vi . Если

i=1

диаметры всех элементарных частей стремятся к нулю, то в пределе это ра-

							n
венство становится точным и m = maxlimd →0 ∑ρ(xi , yi , zi )∆Vi , rn → 0 , ∆Vi → dV ,
						i	i=1
∆Si → dS . Вычислим массу столбика с основанием dS :
			z2	(x, y)
	mi = dS			∫	ρ(x, y, z)dz .
			z1(x, y)
Масса всего тела m =		lim		n
Масса всего тела m =		lim		∑mi∆Si ,
		max d	→0	i=1
		i		i=1
		z2 (x, y)
следовательно, m = ∫∫dS			∫	ρ(x, y, z)dz .
	D	z1(x, y)
Таким образом ∫∫∫ f (x, y, z)dV = ∫∫dS						z2 (x, y)
Таким образом ∫∫∫ f (x, y, z)dV = ∫∫dS						∫	ρ (x, y, z)dz .
	V				D	z1 (x, y)

!	Для вычисления ∫∫∫		необходимо вычислить интеграл по переменной z ,
	Для вычисления ∫∫∫		необходимо вычислить интеграл по переменной z ,
		V
	считая x и y фиксированными переменными, а затем вычислить ∫∫ по
проекции этого тела D на плоскость xOy :
					b	y2 (x)	z2	(x, y)
	∫∫∫ f (x, y, z)dV = ∫dx					∫	dy	∫ f (x, y, z)dz .
	V				a	y1 (x)	z1 (x, y)

Кратные интегралы	27
Таким образом, чтобы вычислить ∫∫∫	по правильной области V , необ-

ходимо вычислить трехкратный повторный интеграл.

1). dV = dxdydz называют дифференциальным элементом объема в де-

!картовой системе координат.

2). В повторных интегралах пределы интегрирования могут зависеть только от тех переменных, по которым еще не проведено интегрирование. Внешний интеграл всегда вычисляется в постоянных пределах.

3) Если область D задана неравенствами c ≤ y ≤ d , x1( y) ≤ x ≤ x2 ( y) , то

∫∫∫ f (x, y, z)dxdydz = ∫d dy		x ( y)	z		( x, y)
∫∫∫ f (x, y, z)dxdydz = ∫d dy		2∫	dx	2	∫ f (x, y, z)dz .
V	c	x1( y)	z1( x, y)

Пример:

Вычислите ∫∫∫xyzdxdydz , где G - пи-

C(0,0,1)

рамида, ограниченная плоскостями

x = 0 , y = 0 ,

z = 0 ,

x + y + z =1.

B(0,1,0)

Решение:

Плоскость ABC :

x + y + z =1. Проекция

A(1,0,0)

области V на плоскость xOy есть

(0,1)

∆OAB , ограниченный прямыми x = 0 ,

x + y =1

y = 0 , AB : x + y =1.

При (x, y) D аппликаты точек (x, y, z) V

(1,0)

удовлетворяют неравенству 0 ≤ z ≤1− x − y .

x [0,1],

0 ≤ y ≤1

− x

−

1−x−y

−

1−x−y

1 x

∫∫∫xyzdxdydz = ∫xdx ∫

ydy

∫

zdz = ∫xdx ∫

ydy

1−x

∫xdx ∫

y[(1− x)2 −2(1− x)y + y2 ]dy =

1 1

2 y

y4 1−x

1 1

4 1

∫0

x (1− x)

−2(1− x)

dx =

2 ∫0

x (1+ x)

−

dx =

1 1 −

1 − x

− x

)

4 dx

1 − x

)

4 dx −

− x

)

5 dx

∫

(

)

(

∫(

(

(1 − x)5

x =1

− x)6

x =1

1 1

−

720

24 5

x =

28	Лекция 1 - 4

3.2. Замена переменных в тройном интеграле

Цель: упростить вычисление интеграла.

ТЕсли функции x = x(u,v,t), y = y(u,v,t), z = z(u,v,t) являются непрерывно дифференцируемыми и взаимно однозначно отображают точки пространства u,v,t на точки пространства x, y, z и наоборот и якобиан пе-

рехода, численно равный определителю третьего порядка, не равен нулю

	∂x	∂x	∂x
	∂x	∂x	∂x
	∂u	∂v	∂t
J =	∂y	∂y	∂y	,
	∂u	∂v	∂t
	∂z	∂z	∂z
	∂u	∂v	∂t

то при замене переменных в тройном интеграле справедлива формула

∫∫∫ f (x, y, z)dV = ∫∫∫ f (u,v,t ) J dudvdt .

G′

dV ′

Частным случаем преобразования координат является переход от декартовых координат к цилиндрическим и сферическим координатам.

3.3.Тройной интеграл в цилиндрических координатах

Цилиндрические координаты представляют собой соединение полярных координат в плоскости xOy с декартовой аппликатой z.

M ( ρ,ϕ , z )

x = ρcosϕ,	0	≤ ρ <∞,
	0	≤ϕ < 2π,
y = ρsinϕ,
	−∞ < z < ∞.
z = z,

Найдем якобиан перехода:

cosϕ −ρ sinϕ J (ρ,ϕ, z)= sinϕ ρ cosϕ

0 0

x	ϕ	ρ
x

0 = ρ cos2 ϕ + ρ sin2 ϕ = ρ ; 1

∫∫∫ f (x, y, z)dxdydz = ∫∫∫ f (ρcosϕ, ρsinϕ, z)ρ d ρ dϕ dz .

V ′

Кратные интегралы

3.3.1. Элемент объема в цилиндрических координатах

Для вычисления элемента объема в цилин-		z
Для вычисления элемента объема в цилин-		∆z
дрических координатах разобьем область V ко-		∆z
дрических координатах разобьем область V ко-		z
ординатными поверхностями: ϕ = ϕi	-
полуплоскости, проходящие через Oz, ρ = ρj	–	ϕ ρ	y
		ϕ ρ	y
			∆ρ

круговые цилиндры; z = zk – плоскости, пер-	∆ϕ
	∆ϕ
пендикулярные оси Oz . Элементарным объе-	x
пендикулярные оси Oz . Элементарным объе-
мом будет криволинейная призма.

Площадь основания с точностью до бесконечно малых высшего порядка равна (ρ ∆ϕ) ∆ρ ; высота равна ∆z . Тогда

∆V ≈ ρ ∆ϕ ∆ρ ∆z , dV = ρ d ρ dϕ dz .

Пример:

Вычислите ∫∫∫z

+ y

dx dy dz , где область V

ограничена цилиндром x2 + y2 = 2x и плоскостями

y ≥ 0, z = 0, z = a .

x( ρ)

Решение:

x2 + y2 −2x = (x −1)2 + y2 −1 = 0 ,

Уравнение

(x −1)2 + y2 =1 представляет собой окружность с R =1

и центром в точке

(1,0) . В полярных координатах ρ2 = 2ρ cosϕ .

Пределы изменения новых переменных: 0 ≤ z ≤ a , 0 ≤ϕ ≤

, 0 ≤ ρ ≤ 2cosϕ .

π 2

2 cosϕ

∫∫∫z

x2 + y2 dx dy dz = ∫∫∫z ρ ρ d ρ dϕ dz = ∫ dϕ

∫ ρ2d ρ∫zdz =

V ′

π 2

2cosϕ

π 2

= 12 a2 ∫ dϕ

∫ρ2 dρ =

a2 ∫cos3 ϕdϕ =

a2 ∫(1−sin 2 ϕ)d (sinϕ) =

sin3

π 2

sinϕ −

30								Лекция 1 - 4
3.4. Тройной интеграл в сферических координатах
Положение точки M (x, y, z) в пространстве						z
определяется	тремя	числами		θ, ρ, ϕ.		B
M (x, y, z)→ M (ρ,θ,ϕ).		Сферические координа-						M(ρ,θ,ϕ)
ты ρ, θ, ϕ : ρ	– радиус-вектор OM ,		θ	–	угол		θ	ρ
						0
между радиус-вектором и осью Oz ,			ϕ	–	угол			y
						ϕ

между проекцией ρ на плоскость xOy и осью Ox.						x		A
Сферические координаты связаны с декартовыми

следующими соотношениями:

ρ ≥ 0,0 ≤θ ≤π,

0 ≤ϕ ≤ 2π,

x = ρ sinθ cosϕ,y = ρ sinθ sinϕ,

z = ρ cosθ.

При этом x2 + y2 = ρ2 sin2 θ ,		ρ = x2 + y2 + z2	, ϕ = arctg	y	, θ = arctg		x2 + y2	.

				x			z
Якобиан перехода:
J (ρ,ϕ,θ )=	sinθ cosϕ	−ρ sinθ sinϕ	ρ cosθ cosϕ			= ρ2 sinθ.

	sinθ sinϕ	ρ sinθ cosϕ	ρ cosθ sinϕ
	cosθ	0	−ρ sinθ

∫∫∫ f (x, y, z)dxdydz = ∫∫∫ f (ρ,θ,ϕ)ρ2 sinθd ρdϕdθ .

V ′

Пример:

Найти объем шара радиуса R. Vшара = ∫∫∫dV = ∫∫∫dxdydz = ∫∫∫ J d ρdϕdθ =

						V			V				V ′
=∫∫∫ρ2 sinθdρdϕdθ =π∫sinθdθ					2∫π dϕ∫R ρ2dρ =π∫sinθdθ			2∫π dϕ R3			=
V′			0		0 0	0		0	3
= π∫sinθdθ	2πR3	=	2πR3 π∫sinθdθ =			2πR3	(−cosθ )			π0 =		4	πR3.
	2πR3					2πR3						4
	3					3						3
0	3		3	0		3						3

<<< < Предыдущая 1 23 / 153 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