Добавил:

VadoZ хачю сдать сессию Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Московский технический университет связи и информатики

Предмет:

Высшая математика

Файл:

лекции вышмат

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

01.06.2024

Размер:

5.41 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1213 / 2513 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

Рисунок 1

Если область (D) является криволинейной трапецией, то мы можем расставить и пределы по x и y, получив

(T )

b	ψ( x)		q( x, y )
f (x, y, z)dxdydz = dx		dy
a	φ( x)		p( x, y )

(x,

y, z)dz

(3)

Пример 1. Расставить пределы в тройном интеграле

(T )

f ( x, y, z)dxdydz

, где область

(T )

ограничена

поверхностями x = 0, y = 0, z = 0, x + y + z = 1 . Решение. Пространственный чертеж области (T 0xy (D) имеют вид, представленный на рис. 2 и

)	(без которого можно и обойтись) и чертеж ее проекции на плоскость

Рисунок 2			Рисунок 3
		1− x − y	1	1− x	1− x − y
Используя формулы (2) и (3), f ( x, y, z)dxdydz = dxdy			f ( x, y, z)dz = dx dy			f (x, y, z)dz .
( T )	( D )	0	0	0	0
Пример 2. Найти объем тела, ограниченного поверхностями y = x, y = 2x, x = 1,						z = x2 + y2 , z = x2 + 2 y2 .
Решение. Три первые поверхности –	это плоскости, параллельные (т.к. в их уравнениях отсутствует z) оси 0z . Эти
плоскости и образуют описанную выше цилиндрическую поверхность. Область				(D) на плоскости 0xy изображена на
рис. 4.

120

Рисунок 4

Две последние поверхности выполняют роль

(x	2	+ y	2

+ 2 y	2	)

.Тогда из свойства 7) тройного интеграла и

«крышек» формулы (3) получаем:

			2		+ 2 y		2					y	3	2x		7			7	x	4
	1	2 x	x		+ 2 y			1	2 x		1	y	3	2x	=	7	1	dx =	7	x	4
V = dxdydz = dx dy								dz = dx y			dy = dx				=		x	dx =
										2							3
( T )	0	x	x	2	+ y	2		0	x		0	3		x		3	0		3	4
( T )	0	x	x		+ y			0	x		0						0

1	=	7
	=
0		12

Замена переменных в двойном интеграле

Рассмотрим

(D)

(x,

y)dxdy

, где область

(D)

ограничена гладкой или кусочно-гладкой

кривой, а функция z = f (x, y)	непрерывна в этой области. Пусть x = x(u, v), y = y(u, v) , где
эти функции осуществляют	взаимно однозначное и в обе стороны непрерывно

дифференцируемое соответствие между точками области

(D) на плоскости

0xy

и точками


некоторой области	'	) на плоскости	0 uv	(это означает, что каждой точке одной из этих
	(D
областей соответствует одна и только одна точка другой, и функции					x = x(u, v), y = y(u, v) и

u = u(x, y),v = v(x, y)

имеют непрерывные частные производные в соответствующих

областях). Можно показать, что при этом границе одной из этих областей соответствует граница другой, и наоборот.

Вспомним, что аналогичная формула замены переменной

х = (t)

для интеграла от

функций	одной переменной			содержит
b	β		и
			и
f (x)dx = f (φ(t))φ (t)dt		(		– пределы
a	α

производную	х = '(t)	и	имеет вид
для новой переменной		t).	При замене

переменных в двойном интеграле аналогичных производных 4:

x	,	x	,	y	,	y
u		v		u		v

, значит,

следует ожидать появления некоторой комбинации этих частных производных. Приведем соответствующий результат (без его доказательства):

		x	y
Определение 2. Определитель	I = I (u, v) =	u	u
Определение 2. Определитель	I = I (u, v) =	x	y
		x	y
		v	v
якобианом функций x(u, v), y(u, v) .

называется определителем Якоби или

Теорема 2. При выполнении приведенных в начале этого параграфа условий

121

(D)

f (x, y)dxdy = ( D )

f (x(u, v), y(u, v)) I (u, v)dudv

(4)

Пример. Вычислить

(2x − ( D )

y)dxdy

, где

(D)

ограничена прямыми

x + y = 1, x + y = 2, 2x − y = 1, 2x − y = 3

(рис. 5).

Решение. Расстановка пределов по параллелограмму

(D)

, как легко понять, приведет к трем слагаемым, поэтому проще

сделать замену x + y = u, 2x − y = v . Складывая эти уравнения, имеем																										x =		u
																										x =
получаем:	y = u −	u + v				=	2u − v			.	При такой замене область										(D)			перейдет
получаем:	y = u −					=				.	При такой замене область										(D)			перейдет
			3		3
прямыми u = 1, u = 2, v = 1, v = 3											(рис. 6).
																	1		2
Якобиан	функций					x(u, v), y(u, v)						равен I (u, v) =					3		3	= −		1	−	2	= −		1	,
Якобиан	функций					x(u, v), y(u, v)						равен I (u, v) =								= −			−		= −			,
																	1		1			9		9			3
																			-
																	3		3
									2		3				2	3
				1				1	2		3		1 v		2		4
(2x − y)dxdy = v				1	dudv =			1	du vdv =				1 v			=	4	.
(2x − y)dxdy = v				3	dudv =			3	du vdv =				3	2		=	3	.
( D )	'		)	3				3	1		1		3	2		1	3
( D )	( D		)						1		1					1

+ v
. Подставляя х в первое уравнение,
3
в прямоугольник
в прямоугольник	(D ) , ограниченный

и по формуле (4) получаем:

Рисунок 5

Рисунок 6

Двойной интеграл в полярных координатах

Как частный случай формулы координатам по формулам x =

(4), рассмотрим

r cos φ, y = r sin φ

переход в двойном интеграле к полярным

. Якобиан этих функций имеет вид

	x	y
I (r, φ) =	r	r	=	cos φ
I (r, φ) =	x	y	=	−r sin φ
	x	y		−r sin φ
	φ	φ

sin φ	= r cos	2	φ + r sin	2	φ = r

r cos φ

(5)

Соответственно формула перехода приобретает вид:

	f (x, y)dxdy = f (r cos φ, r sin φ)rdrdφ .	(6)
( D)	( D )

122

Для расстановки пределов область

Тогда

(

D ) на «плоскости»

Рисунок 7

r, φ

должна иметь вид (см. рис. 7):

(D)

r2 (φ)

f(x, y)dxdy = dφ

αr1 (φ)

(r cos φ, r sin φ)rdr

(7)

Последний чертеж можно перенести на плоскость				0xy . Область интегрирования при этом
должна быть ограничена линиями φ = α и			φ = β	(это два луча, проведенные из начала
координат) и	двумя	кривыми, заданными	в полярной системе координат: r = r1 (φ) и
r = r2 (φ) , где	r2 (φ) r1	(φ) (рис.8):

Рисунок 8

Пользуясь рис. 8, пределы в полярных координатах расставляются следующим образом: φ

меняется от α до	β ; теперь фиксируем угол φ , т.е. проводим луч из начала координат,
вдоль этого луча	r меняется от минимального значения (точки «входа») r1 (φ) до

максимального значения (точки «выхода») r2 (φ) .

К полярным координатам стоит переходить, если уравнение границы области или, может

быть, подынтегральная функция содержат выражение

+ y

, которое в этих координатах

превращается в r

cos

φ + r

sin

φ = r

Пример. Вычислить x2 + y 2 dxdy , область (D) ограничена кривыми y = 0 и

( D )

+ y

= 2x

( y 0)

(рис. 9).

Решение. Преобразовав последнее уравнение к виду (x - 1)2 + y2 = 1 , мы видим, что это уравнение окружности радиуса 1 с центром в точке (1, 0) ; тогда область интегрирования имеет вид:

123

Рисунок 9

Перейдем в уравнении окружности к полярным координатам: имеем:

r	2	= 2r cos φ,

2 cos φ

. В соответствии с формулой (7),

											π
		x				+ y					2
		x		2		+ y			2	dxdy = dφ
( D )		(						)			0
	8	(					1	)			16
=			1		−					=	.
	3						3				9

Интеграл Эйлера

	π			2 cos φ			π				π

2 cos φ	2	r	3			8	2			8	2

	r rdr = dφ				=		cos	3	φdφ =		(1 − sin	2	φ)d sin φ =
		3				3				3
0	0			0			0				0

– Пуассона

8		sin	3	φ

	sin φ −
3		3

2 =

Теперь мы можем доказать приведенную ранее формулу для вычисления интеграла ЭйлераПуассона

−x

+ 2

dx = lim

lim

e−x

e− y

a→

Произведение интегралов в круглых скобках равно

									1
a	2				a		2	2
	2						2	2
e−x		dx e− y						dy .
0				e	0								dxdy
e	−x		2	e	− y	2	dxdy = e			2	2	)	dxdy
	−x				− y					−( x	+ y	)
( D)								( D)

(8)

где

областью

(D)

является заштрихованный квадрат на рис. 10:

Рисунок 10

(действительно, при расстановке пределов по этому квадрату получается произведение

)

−x

− y

−x

− y

интегралов:

−( x

+ y

dxdy =

dy =

; в последнем интеграле

( D)

внутренняя часть a e− y2 dy не зависит от х и выносится за знак внешнего интеграла, тогда

124

e	2	2	)	dxdy
	−( x	+ y	)
( D)

a
e	− y	2	dy
	− y

0

e	−

2
x	dx
	dx
+
e
	−
0

, что мы и утверждали). Таким образом,

									1
x	2				2	+ y	2	)dxdy	2
	2	a→+			2		2
		dx = lim		e	−( x				.
		dx = lim		e					.
			( D)

(9)

Учитывая положительность подынтегральной

рис. 10 четверти кругов радиусов					a и		a	2		как
e	2	2	)	dxdy	e		2	2	)	dxdy
	−( x	+ y	)			−( x		+ y	)

функции

(D1 ) и (D2
e	2	+ y	2
	−( x	+ y

и обозначая изображенные на

)	соответственно, имеем:
)		(10)
dxdy .		(10)

( D )	( D)	( D )
1		2

Вычислим два крайних интеграла этого неравенства, перейдя к полярным координатам: левый интеграл будет равен

−( x2

+ y2 )

−r2

1 a

−r2

dxdy = dφ e

rdr =

−

d (−r

) = −

( D )

2 0

правый интеграл считается так же и дает такой же ответ с заменой

	2	2	) dxdy =	π	(	− e−2a	2	).
	e−( x	+ y	) dxdy =	4	1	− e−2a
( D )				4
2

0a = π4 (1− e−a2 );

на a

Для нахождения предела среднего интеграла неравенства (10) милиционерах»:

lim

(1− e

−a

) =

;

lim

− e

−2a

) =

lim e

a→+ 4

a→+

( D)

Отсюда, согласно формуле (9),

−x

dx =

. ■

применим теорему «о двух

2	2	)	π
−( x	+ y	)
		dxdy = .
			4

125

ЛЕКЦИЯ 4

Замена переменных в тройном интеграле

Рассмотрим f (x, y, z)dxdydz , где область

(T )

ограничена гладкой или кусочно-гладкой

поверхностью,

x = x(u, v, w), y =

а функция

y(u, v, w), z =

u = z(u, v,

f ( w)

x, y, z)

,где

непрерывна в	этой области.	Пусть
эти функции	осуществляют	взаимно

однозначное и в обе стороны непрерывно дифференцируемое	соответствие между точками
области (T ) пространства xyz и точками некоторой области	(T ) пространства uvw. При

этом границе одной из этих областей соответствует граница другой, и наоборот. Аналогично результатам для двойного интеграла, справедлива

Теорема 1.


f (x, y, z)dxdydz = f (x(u, v, w), y(u, v, w), z(u, v, w))		I (u, v, w)


(T )	(T )

dudvdw

(1)

где якобиан

	x	y	z
	u	u	u
I (u, v, w) =	x	y	z	(2)
I (u, v, w) =	v	v	v	(2)
	v	v	v
	x	y	z
	w	w	w

Рассмотрим два частных случая формул (1) и (2):

Тройной интеграл в цилиндрических координатах

Цилиндрические координаты представляют собой соединение полярных координат на плоскости 0xy с обычной декартовой аппликатой z (рис. 1).

Рисунок 1

На рис. 1 точка M имеет координаты	(r, φ, z) , где r и φ это полярные координаты точки
Р – проекции M на плоскость 0xy , а	z – это аппликата точки M . Формулы перехода к

цилиндрическим координатам имеют вид: x = r cos φ, y = r sin φ, z = z . Согласно формуле (2), якобиан этих функций

126

cos φ	sin φ	0		cos φ	sin φ
I (r, φ, z) = −r sin φ	r cos φ	0	= 1			= r cos	2	φ + r sin	2	φ = r.

				−r sin φ	r cos φ
0	0	1

(3)

К цилиндрическим координатам стоит переходить, если уравнение границы области или,

может быть, подынтегральная функция содержит выражение	x	2	+ y	2	= r	2	.

Пример. Вычислить

zdxdydz

где

область

(T )

ограничена

поверхностями

( T )

y = x, y =	x	, x	2	+ y	2	= x, z = 0, z =	x	2	+ y	2	.
y = x, y =		, x		+ y		= x, z = 0, z =	x		+ y

	3

Решение. Первые три поверхности цилиндрические, параллельные оси 0z; они проектируются на плоскость области, изображенной на рис. 2.

0xy

в границу

Рисунок 2

Имеем:

					1	2			1			; φ2
x	2	+ y	2	= x x −		+ y	2	=	; φ1	=		; φ2	=
	2		2				2
					2				4		4

π 6

. В цилиндрических координатах уравнение окружности

примет вид

r	2

= r cos φ r

cos φ

, уравнение верхней «крышки» преобразуется к

z =	r
	2

= r

, и интеграл примет вид


		4	cos	r	1	4	cos				1	4					1	4
zdxdydz = d				rdr zdz =	1	d		r	3	dr =	1	cos	4	d =			1	(1	+ cos 2 )				d =
									3				4									2
( T )			0	0	2		0				8						32
( T )			0	0			0
		6				6						6						6

	1	4		1 + cos 4	)d =		1			3	4				4		1			4		2 + 16		− 9	3
=	32	(1 + 2 cos 2 +			)d =							+ sin 2				+	sin 4				=				.
	32			2			32			2							8						512
		6									6				6					6

Тройной интеграл в сферических координатах

Рисунок 3

127

В этих координатах положение точки

определяется тремя числами ρ, φ, θ (рис. 3).

–

расстояние от точки М до начала координат ( ρ 0 ); φ – тот же угол, что в цилиндрических

координатах,	т.е. угол от		положительного направления оси				0x	до вектора
( φ (−π, π] );	θ – угол между положительным направлением оси 0z							и вектором
( θ [0, π]); φ	показывает, в		какую сторону вектор			OM отклоняется		от оси	0z	,
показывает, как велико такое отклонение.
Формулы перехода к сферическим координатам имеют вид:
	x = OP cos φ = ρ sin θ cos φ; y = OP sin φ = ρ sin θ sin φ; z = ρ cos θ .
Согласно формуле (2), якобиан этих функций
		x	y	z
		ρ	ρ	ρ	sin θ cos φ	sin θ sin φ	cos θ
		x	y	z	sin θ cos φ	sin θ sin φ	cos θ
	I (ρ,φ,θ) =	x	y	z	= −ρ sin θ sin φ	ρ sin θ cos φ		0 .
	I (ρ,φ,θ) =	φ	φ	φ	= −ρ sin θ sin φ	ρ sin θ cos φ		0 .
		φ	φ	φ	ρ cos θ cos φ	ρ cos θ sin φ	−ρ sin θ
		x	y	z	ρ cos θ cos φ	ρ cos θ sin φ	−ρ sin θ
		x	y	z
		θ	θ	θ

Раскладывая этот определитель по элементам второй строки, получаем:

OP	,
OM

I (ρ,φ,θ) = ρ sin θ sin φ	sin θ sin φ	cos θ	+ ρ sin θ cos φ	sin θ cos φ	cos θ	=
	ρ cos θ sin φ	−ρ sin θ		ρ cos θ cos φ	−ρ sin θ

=ρ sin θ sin φ (−ρ sin2 θ sin φ − ρ cos2 θ sin φ)+ ρ sin θ cos φ (−ρ sin2 θ cos φ − ρ cos2 θ cos φ) =

=−ρ2 sin θ sin2 φ 1−ρ2 sin θ cos2 φ 1 = −ρ2 sin θ 1.

Значит,
I (ρ,φ,θ) = ρ2 sin θ .	(4)

К сферическим координатам стоит переходить, когда уравнение границы области или,

может быть, подынтегральная функция содержит выражение x																											2		+ y		2		+ z		2	, которое в этих

координатах преобразуется следующим образом:
x	2	+ y	2	+ z	2	= ρ	2	sin	2	θcos	2	φ +ρ	2	sin	2	θsin	2	φ +ρ	2	cos	2	θ = ρ	2	sin	2	θ +ρ		2		cos		2		θ =		ρ	2	.

		Пример. Найти объем тела, ограниченного конусом z2																		= x2		+ y2 (z 0)				и сферой x2							+ y2		+ z2 =1 (z 0) (рис. 4).

		Рисунок 4
Решение. Сечение конуса плоскостью 0 yz (х=0) имеет вид z2			= y2 z = y , значит, максимальное значение угла θ
равно	π	(так как угловой коэффициент прямых z = y равен k	= tg	π	= 1) , и объем тела

4			4

128

	π
		π	1		π		3	1
								1
	4					ρ				2π			2
	4
				2
V = dxdydz = dθ dφ ρ					sin θdρ = 2π (− cos θ) 4				=		1	−		.
V = dxdydz = dθ dφ ρ					sin θdρ = 2π (− cos θ) 4				=		1	−		.
( T )	0	− π	0		0	3 0				3			2

КРИВОЛИНЕЙНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ

Криволинейный интеграл первого рода

Определение

функция f (M

A	(	x	, y	, z	i ).
i	(	i	i		i ).

1. Пусть в пространстве задана кривая

(AB)

и пусть на ней задана некоторая

) = f (x, y, z) , где M (x, y, z) (AB) . Разобьем кривую (AB) на части точками

На каждой части

(

A A

возьмем произвольную точку

(

, y

, z

i )

(см.

i i+1 )

рис.1). Пусть

n−1

σ = lim f (Mi ) si .

λ→0 i=0

– длина дуги

Обозначим через

(	A	, A
(	i	i+1 ). Составим интегральную сумму
λ	максимальную по i длину дуги (Ai Ai+1 ):

λ = max si	. Если существует предел интегральных сумм при	λ → 0	, который не зависит
i

от разбиения (AB) на части	(	A A		M	i	A A
от разбиения (AB) на части	(	i i+1 ) и от выбора точек			i	( i	i+1 ), то этот предел
называется криволинейным интегралом первого рода от функции							f (M ) = f (x, y, z) по
кривой (AB) и обозначается		f (M )ds =	f (x, y, z)ds . Таким образом,
( AB)			( AB)

(AB)

f (M )ds =
	( AB)

	n−1
f (x, y, z)ds =lim
λ→0	i=0

f (M	) s
i	i

(5)

Рисунок 5

Приведенное выше определение аналогично определению обычного определенного интеграла, поэтому свойства криволинейного интеграла первого рода аналогичны свойствам определенного интеграла и доказываются точно так же. Отметим также еще одно

свойство, которое сразу следует из определения 1:					f (M )ds =	f (M )ds .
					( AB)	( BA)
Вычисление криволинейного интеграла первого рода
Пусть кривая	(AB)		задана параметрическими		уравнениями:	x = x(t), y = y(t), z = z(t) ,
t α,β , α β ,	где	x = x(t), y = y(t), z = z(t)		непрерывно дифференцируемы на α,β , а
функция f (x, y, z)		непрерывна вдоль (AB) .		Можно доказать, что при этих условиях

интеграл

(AB)

(M )ds

существует. Приведем (без доказательства) формулу для вычисления

этого интеграла:

	β
	f (x, y, z)ds = f (x(t), y(t), z(t))	x (t) 2 +	y (t) 2 +	z (t) 2 dt .	(6)
( AB)	α

129

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1213 / 2513 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете Высшая математика

#
01.06.20245.04 Mб3L_D_Kudryavtsev_Kurs_matimaticheskogo_analiza_Tom_1.pdf
#
01.06.20246.08 Mб1L_D_Kudryavtsev_Kurs_matimaticheskogo_analiza_Tom_2.pdf
#
01.06.20242.46 Mб1L_D_Kudryavtsev_Kurs_matimaticheskogo_analiza_Tom_3.pdf
#
01.06.20241.39 Mб17вышмат полезно.pdf
#
01.06.2024482.88 Кб7кр по алегебре.pdf
#
01.06.20245.41 Mб89лекции вышмат.pdf
#
01.06.20241.34 Mб3линейная алгебра и агалитич геом.pdf