Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный университет Львовская политехника

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Вища математика / В.М.-iнтеграли

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

12.02.2016

Размер:

1.29 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 910 / 1210 11 12 > Следующая >>>

площині XOY. Якщо область D обмежена двома кривими, полярні рівняння яких ρ=ρ1(ϕ) і ρ=ρ2(ϕ) (ρ1(ϕ)≤ρ2(ϕ)) і променями ϕ=ϕ1, ϕ=ϕ2, то

			ϕ2	ρ2 (ϕ )
∫∫ f (x, y)dxdy =∫∫ f (ρ ×cosϕ, ρ ×sin ϕ )ρd ρdϕ = ∫ dϕ				∫ f (ρ cosϕ , ρ sin ϕ )ρd ρ .
D	σ		ϕ1	ρ1 (ϕ )
	Якщо область містить початок координат, то
		2π	ρ (ϕ )
	∫∫ f (x, y)dxdy = ∫ dϕ ∫ f (ρ cosϕ, ρ sin ϕ)ρd ρ , де ρ=ρ(ϕ) -полярне рівняння
	D	0	0
кривої, що обмежує область D.
	Полярні координати зручно використовувати, якщо область є круг або
його частина.		Обчислити ∫∫ ydxdy , якщо область D обмежена верхньою
	Приклад 5.	Обчислити ∫∫ ydxdy , якщо область D обмежена верхньою
дугою кола x2+y2=ax			D
дугою кола x2+y2=ax			і віссю OX.

Розв’ язання. Введемо полярні координати x=ρcosϕ, y=ρsinϕ, тоді рівняння

кола прийме вид: ρ=acosϕ. Кут ( змінюється від 0 до π

) (Рис. 12.6).

При кожному фіксованому значенні ϕ ρ

ρ=acosϕ

змінюється від 0 до ρ=acosϕ. Тоді за

формулою ( 12.1. 6) маємо:

X, ρ

a cosϕ

∫∫ ydxdy =∫ dϕ

∫

ρ 2 sin ϕd ρ

Рис. 12.6.

a cosϕ

= ∫ sin ϕdϕ

∫

ρ 2 d ρ = ∫ sin ϕ

dϕ = =

Приклад 6. Обчислити I = ∫∫ 1-

dxdy , де область обмежена еліпсом.

Розв’ язання. Введемо так звані узагальнені полярні координати,

покладаючи x=aρcosϕ, y=bρsinϕ. Якобіан перетворення

I =

a cosϕ

- aρ sin ϕ

= abρ

b sin ϕ

bρ cosϕ

Кут

ϕ міняється від

0 до 2π. Рівняння еліпса в узагальнених полярних

координатах ρ=1, тому ρ змінюється від 0 до 1;

= 1- ρ 2 cos2 ϕ - ρ 2 sin2 ϕ = 1- ρ 2 .

2π

(1- ρ 2 )2

I = ab ∫ dϕ ∫

1- ρ

ρd ρ

= ab × 2π

π ab .

Приклад 7.

У теорії ймовірностей і математичній статистиці використовується

∞

інтеграл Пуассона I = ∫ e− x2 dx .

- 180 -

Первісна для підінтегральної функції f (x) = e− x2 не виражається в елементарних функціях, однак даний невласний інтеграл може бути обчислений за допомогою подвійного інтеграла.

Оскільки визначений інтеграл не залежить від позначення змінної інтегрування, запишемо:

∞ ∞ ∞ ∞

I 2 = ∫ e− x2 dx × ∫ e− y2 dy = ∫ ∫ e−( x2 + y2 )dxdy .

0 0 0 0

Областю інтегрування є перший квадрант системи координат (Рис.12.7)

ϕ=π/2

ϕ=0

Рис.12.7

Переходячи до полярних координат, одержимо:

0 £ ϕ £ π , 0 < ρ < ¥, x2 + y2 = ρ 2 .

∞

lim

I 2

= ∫ dϕ ∫ e− ρ 2 ρd ρ = ϕ

lim

∫ e− ρ 2 ρd ρ =

∫ e− ρ 2 d (-ρ 2 )=

A→+∞

2 A→+∞

− π lim

(e− A2 − e0 ) = π ,

де lim e− A2 =0 ,

4 A→+∞

A→∞

Отже, інтеграл Пуассона дорівнює:

∞
	π
∫ e− x2 dx =		.

0	2

12.2. Застосування подвійних інтегралів

Обчислення об'ємів тіл.

Циліндричне тіло, обмежене знизу областю D площини ХОУ, зверху –

поверхнею z = f (x, y) ,	збоку – циліндричною поверхнею	з	твірними,
паралельними осі ОZ і	з напрямною – межею області	D,	має об’єм
V = ∫∫ f ( x, y)dxdy.

Приклад. Подвійним інтегруванням знайти об'єм тіла, обмеженого

циліндрами y =		, y = 2
	x		x і площинами z = 0, x + z = 6 (рис. 12.8).
Розв’язання. Тіло			обмежене зверху площиною x + z = 6, знизу

площиною z = 0 і двома циліндрами y = x та y = 2 x , що проектують його на площину xOy в область D, обмежену прямою x = 6 і параболами y = x та y = 2 x (рис. 12.9).

- 181 -

y = x

y = 2 x

y = x

x Рис. 12.8

Рис. 12.9

При цьому змінна x змінюється від 0 до 6; при будь-якому значенні х із зазначеного проміжку x < y < 2 x . Об'єм знаходимо за формулою

V = ∫∫ f (x, y)dxdy. У даному випадку z = f (x, y) = 6 − x . Тоді

D
	6		2			x		6								6
V = ∫∫(6 − x)dxdy = ∫(6 − x)dx				∫dy = ∫(6 − x)y								2			dx = ∫(6 − x)(2					−			)dx =
														x
																			x			x
													x						x			x
													x
D	0				x			0								0
6						3 2				5 2	6

				x					x							72		48	6


= ∫(6		x − x x )dx = 6					−				= 24 6 −						6 =				.
= ∫(6		x − x x )dx = 6		3 2			−	5 2			= 24 6 −					5	6 =				.
0				3 2				5 2			0					5		5
0											0
Приклад. Подвійним інтегруванням знайти об'єм тіла, обмеженого
циліндрами	x2 + y 2 = x		та			x2 + y 2 = 2x ,							параболоїдом					z = x2 + y 2 і

площинами x + y = 0, x – y = 0, z = 0 .

Розв’язання. Дане циліндричне тіло обмежене зверху поверхнею

z= x2 + y 2 . Об'єм його

v= ∫∫ f (x, y)dxdy = ∫∫zdxdy = ∫∫(x2 + y 2 )dxdy .

D	D	D
Побудуємо область D, що	зображує	проекцію тіла на площину xOy
(рис.12.10). Область D обмежена колами
y	y=x
		ρ = 2 cos ϕ
	D

0 0.5 1

ρ = cos ϕ

y=-x

Рис. 12.10

x 2 + y 2 = x

- 182 -

+ y

1 2

або x −

x2 + y 2 = 2x або (x −1)2 + y 2 = 1 і прямими y = - x, y = x.

У полярних координатах рівняння кола має вигляд: ρ = cos ϕ і ρ = 2 cos ϕ ;

рівняння прямих: ϕ = − π і ϕ = π . Знаходимо:

2 cos ϕ

ρ4

v = ∫dϕ

∫ρ3dρ = (внаслідок симетрії)

= 2∫

dϕ =

−

cos ϕ

cos

(16cos4

ϕ − cos4 ϕ)dϕ =

1 + cos 2ϕ

∫

dϕ =

2ϕ)dϕ =

+ 2cos 2ϕ +

1 + cos 4ϕ

∫(1 + 2cos 2ϕ + cos2

∫

dϕ =

ϕ + sin 2ϕ +

sin 4ϕ 4

15 3π

+ 1 .

Приклад. Знайти об'єм тіла, вирізаного з кулі радіусом R, прямим

круговим циліндром радіусом R/2, твірна якого проходить через центр кулі.

Розв’язання. Помістимо

початок

координат у центр кулі, вісь OZ

направимо уздовж твірної циліндра, а

вісь

–

уздовж

діаметра основи

циліндра (рис. 12.11)

Рівняння

сфери

має

вигляд:

x 2 + y 2 + z2 = R2 ,

тоді

першому

R/2

октанті

z =

R2 − x2 − y 2

і внаслідок

x симетрії об’єм тіла, вирізаного

циліндром з кулі, буде рівним:

Рис. 12.11.

V = 4∫∫

R2 − x2

− y2 dxdy.

Проекція тіла на площину хОу збігається з кругом x2 + y2 ≤ Rx . Щоб

обчислити

отриманий

інтеграл, зручно

перейти до

полярних

координат.

- 183 -

Рівняння кола x2 + y2 = Rx в полярних координатах має вид ρ = R cos ϕ . Кут

ϕ змінюється від 0 до π/2 (враховуємо														симетрію),				ρ змінюється в межах
0 ≤ ρ ≤ R cos ϕ . Переходячи до полярних координат, одержимо:
									π		R cos ϕ
									2		R cos ϕ
							V = 4∫dϕ ∫					R2 − ρ2				ρdρ ;
			π						0	0
			π														π / 2
V	1		2	2		2		2	3 / 2		R cos ϕ				R3		π / 2		3
V	1		2	2		2		2	3 / 2		R cos ϕ				R3				3
	= −		∫		(R		− ρ		)		0		dϕ = −				∫(sin			ϕ − 1)dϕ =
4	= −	2	∫	3	(R		− ρ		)		0				3		∫(sin			ϕ − 1)dϕ =
4		2	0	3											3		0
			0														0

	R3 π / 2			(1 − cos2 ϕ ) d (cosϕ ) +							π R3		R3		cos3 ϕ
=			∫									=		cosϕ −
=	3		∫								6	=	3	cosϕ −
	3	0					π				6		3		3
		V =			4	R3	π	−	2
Отже,										.
Отже,					3				3	.
					3		2		3

Обчислення маси неоднорідної пластини.

Пластина, що займає область D у площині ХОУ має масу

m = ∫∫ ρ (x, y)dxdy.

π / 2	+	π R3	=	R3	π	−	2
0
		6		3			3
					2

і має щільність ρ ( x, y ) ,

Обчислення статичних моментів і моментів інерції пластини.

Статичні моменти пластини відносно осей ОХ і ОУ відповідно

рівні

Мx = ∫∫ y ρ(x, y)dxdy ,	Мy = ∫∫ x ρ (x, y)dxdy.
D	D

Момент інерції пластини відносно початку координат визначається за формулою I0 = ∫∫(x2 + y2 )ρ(x, y)dxdy.

Моменти інерції пластини відносно осей ОХ і ОУ будуть відповідно

Ix = ∫∫ y2 ρ (x, y)dxdy ,	I y = ∫∫ x2 ρ (x, y)dxdy.
D	D

Знаходження центра ваги пластини.

Координати центра ваги xc та yc неоднорідної пластини дорівнюють,

відповідно, відношенням статичних моментів відносно осей ОУ й ОХ до маси пластини:

x =	M y	=	∫∫ xρ (x, y)dxdy	; y =	M		=	∫∫ yρ(x, y)dxdy	;
			D			x		D

	M		∫∫ ρ (x, y)dxdy					∫∫ ρ (x, y)dxdy
c				c	M

			D					D

Якщо пластина однорідна:

- 184 -

	∫∫xdxdy		∫∫ ydxdy
xc =	D	; yc =	D	.
xc =	S	; yc =	S	.
	S		S

Приклад. Знайти момент інерції квадрата зі стороною а, поверхнева щільність якого пропорційна відстані до однієї із сторін квадрата, відносно вершини, що належить даній стороні.

Розв’язання. Нехай квадрат розташований у площині xOy; одна з його вершин належить початку координат, а дві інші збігаються з осями координат. Відзначимо, що момент інерції не залежить від вибору системи координат. Шуканий момент інерції дорівнює моменту інерції квадрата щодо початку координат з поверхневою щільністю kx, де k – коефіцієнт пропорційності (беремо поверхневу щільність, пропорційну відстані до осі Oy). Тоді

			2					2			a		a		2		2					a					2			y		3	a
											a		a									a										3	a

I0 = ∫∫(x					+ y				)kxdxdy = k ∫ xdx∫(x							+ y		)dy = k ∫ x x										y	+					dx =
I0 = ∫∫(x					+ y				)kxdxdy = k ∫ xdx∫(x							+ y		)dy = k ∫ x x										y	+	3				dx =
	D										0		0									0								3			0
a	D								a		0		0									0						a					0
	2			a		3				3		a	3						x	4			x	2	a	3					5ka		5
						3							3							4				2		3							5

= k ∫ x x		a +					dx = k ∫ x				a + x			dx = k a							+								=					.
= k ∫ x x		a +			3		dx = k ∫ x				a + x	3		dx = k a							+			6					=			12		.
0					3				0			3						4						6				0				12
0									0																			0

12.3. Потрійні інтеграли і їх обчислення в декартовій

системі координат

Нехай у правильній, замкненій обмеженій області V задана обмежена

функція f (x, y, z) . Потрійним інтегралом від функції

f (x, y, z) по області V

називається:

lim

∑ f (ξi , ηi ,ζi ) Vi = ∫∫∫ f (x, y, z)dV = ∫∫∫ f (x, y, z)dxdydz .

λ→0 i =1

Обчислення потрійного інтеграла в

z =z2 (x,y)

декартовій системі координат

зводиться до обчислення подвійного

інтеграла по проекції D об’єму V на

будь-яку координатну площину (у

даному випадку ХОУ) і

z = z1(x,y)

внутрішнього інтеграла по третій

змінній (змінна z) (рис.12.12).

Внутрішній інтеграл береться від

нижньої межі z = z1(х,у) області V до

її верхньої межі z = z2(х,у)

(передбачається, що область є

y =y1(x)

y =y2(x)

правильною в напрямі осі Oz):

z2 (x, y)

Рис.12.12

∫∫∫ f (x, y, z)dxdydz =∫∫dxdy

∫ f (x, y, z)d

z1 ( x, y)

- 185 -

Враховуючи правила обчислення подвійного інтеграла, останню формулу можна переписати таким чином:

	b	y2 ( x)	z2 ( x, y)
∫∫∫ f (x, y, z)dxdydz = ∫dx		∫ dy	∫ f (x, y, z)dz.
V	a	y1 ( x)	z1 ( x, y)

Якщо область V є неправильною, то її розбивають на скінченне число правильних областей і обчисляюють інтеграл, використовуючи властивість адитивності потрійного інтеграла.

Якщо областю інтегрування є прямокутний паралелепіпед, обмежений площинами х = а, х = b (а < b), у = с, у = d (с < d), z = m, z = n (m < n), то межі інтегрування будуть сталими, тобто

b d n

∫∫∫ f (x, y, z)dV = ∫dx∫dy ∫ f (x, y, z)dz.

V	a c m
У випадку, якщо f (x, y, z) ≡ 1,	то потрійний інтеграл чисельно дорівнює

об'єму області інтегрування.

Приклад. Обчислити об'єм тіла, обмеженого поверхнями z = x2 + y 2 , z = 2(x2 + y 2 ), y = x, y = x2 .

Розв’язання. Тіло обмежене площиною y = x, циліндром y = x2 і

параболоїдами обертання z = x2 + y 2 , z = 2(x2 + y 2 ). Нехай D - проекція тіла на площину xOy; у даному випадку проектуючими поверхнями є площина

y
	y = x
1
y = x2
D
0 1	x
Рис. 12.13.

y = x і циліндр y = x2 (рис. 12.13). Тоді об'єм

- 186 -

	1	x	2(x 2 + y 2 )	1	x		2(x 2 + y	2 )	1	x
V = ∫∫∫dv = ∫dx ∫dy			∫dz	= ∫dx ∫		z			dy = ∫dx ∫(x 2 + y 2 )dy =

							x 2 + y 2
							x 2 + y 2
v	0	x 2	x 2 + y 2	0	x 2				0	x 2

1			3	x
1			3	x
	2	y +	y
∫ x		y +	3	x 2
			3	x 2
0

1	4x	3		x	6		3
dx = ∫	4x		− x4 −	x		dx =	3	.
dx = ∫			− x4 −			dx =		.
0	3		3				35
0

Приклад. Обчислити масу тіла, обмеженого циліндром x2 = 2y і площинами z = 0, 2y + z = 2, якщо в кожній його точці об'ємна щільність чисельно дорівнює аплікаті цієї точки.

Розв’язання. Циліндричне тіло (рис. 12.14) обмежено зверху площиною z = 2 - 2y, що перетинається з площиною z = 0 по прямій y = 1. Маса тіла, що займає область V, обчислюється через потрійний інтеграл: m = ∫∫∫ ρ (x, y, z)dxdydz , де ρ (x, y, z,) - об'ємна щільність.

В нашій задачі ρ (x, y, z) = z , тому

2 y

2−2 y

2 y

m = ∫∫∫zdxdydz = ∫dy

∫

dx ∫

zdz = 2∫(1 − y)2 dy

∫

dx = 4∫(1 − y)2

2 ydy

−

2 y

Рис.12.14

12.4. Потрійні інтеграли і їх обчислення в циліндричній і сферичній системах координат

Заміна змінних у потрійному інтегралі: нехай функція f (x, y, z) неперервна в області V і формули.


	x = x (u,v, w); y = y (u,v, w), z = z (u,v, w)
встановлюють	взаємно однозначну відповідність між точками M (x, y, z)
області V і точками M '(u,v, w) деякої області V ', тоді
∫∫∫ f (x, y, z)dxdydz = ∫∫∫ f (x (u,v, w), y (u,v, w), z (u,v, w))		J	dudvdw ,


V	V '

- 187 -

де J - абсолютне значення якобіана.

У циліндричній системі координат положення точки визначається полярними координатами ϕ, ρ та аплікатою z (рис. 12.15), а формули, що зв'язують прямокутні і циліндричні координати мають вигляд: x = ρ cos ϕ ; y = ρ sin ϕ ; z = z. Модуль Якобіана дорівнює J = ρ , тоді

∫∫∫ f (x, y, z)dxdydz = ∫∫∫ f (ρcosϕ,ρsin ϕ, z)ρdρdϕdz.

V			V '
z			z
		М	θ М
			θ М
0	ρ	z	0 ρ
ϕ	ρ	y	ϕ	y
ϕ			ϕ
x			x
	Рис. 12.15		Рис. 12.16

Якщо областю інтегрування є круговий циліндр із віссю Oz, то потрійний інтеграл за цією областю в циліндричній системі координат матиме сталі межі по всіх змінних, тобто

2π R H

∫∫∫ f (x, y, z)dV = ∫dϕ∫ρdρ ∫ f (ρcos ϕ,ρsin ϕ, z)dz .

0 0

Сферичні координати ρ,ϕ,θ зв'язані з прямокутними координатами співвідношеннями:

x = ρ sin θ cos ϕ, y = ρ sin θ sin ϕ, z = ρ cos θ , J = ρ2 sin θ .

Перехід у потрійному інтегралі до сферичних координат здійснюється за формулою:

∫∫∫ f (x, y, z)dxdydz = ∫∫∫ f (ρsin θcos ϕ,ρsin θsin ϕ,ρcos θ)ρ2 sin θdρdϕdθ .

V V ′

Очевидно, якщо областю інтегрування є куля з центром на початку координат і радіусом R, то потрійний інтеграл за цією областю в сферичній системі координат матиме сталі межі інтегрування по всіх змінних, тобто

π2π R

∫∫∫f (x, y, z)dV = ∫sin θdθ ∫dϕ∫ρ2 f (ρsin θcos ϕ,ρsin θsin ϕ,ρcos θ)dρ .

0 0

Нижче на конкретних прикладах проілюстровані правила для розставлення меж інтегрування в циліндричній і сферичній системах координат і показані їх геометричні та фізичні застосування.

- 188 -

Приклад. Обчислити	∫∫∫xyzdxdydz , де V – частина області, яка обмежена
	V
сферою х2 + у2 + z2 = 4	і параболоїдом х2 + у2 = 3z, розташована в першому
октанті (рис.12.17).
2

3 x2+y2=3

Рис.12.17

Розв’язання. Перший спосіб. Обчислення інтеграла в декартовій системі координат. Перед тим, як проектувати об'єм V на площину ХОY, знайдемо лінію перетину сфери і параболоїда. Для цього розв’яжемо систему рівнянь

+ y

+ z

= 4

z 2

+ 3z − 4 = 0 z = 1 x2 + y2

= 3 ,

+ y

= 3z

тобто поверхні перетинаються по колу радіуса R = 3 , що лежить у площині z = 1. Поверхня проектується на площину хОу у чверть круга даного радіусу, що знаходиться в першій чверті.

Одержимо:

3− x 2

4− x 2 − y 2

3− x2

4− x2 − y

∫∫xyzdxdydz = ∫ xdx

∫

ydy

∫ zdz =

∫ xdx

∫

yz 2

dy =

x2 + y 2

+ y2 )2

3− x2

(x2

∫ xdx

∫

y 4

− x2 − y2

−

x2 y2

x4 y2

x2 y4

0 3− x

x 2 y2 −

−

∫0

1 3

− 2 x 3 +

x 5

x 7

2 7

d x

3 2

∫0 4

5 4

Другий спосіб. Обчислення інтеграла в циліндричній системі координат:

- 189 -

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 910 / 1210 11 12 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Вища математика

#
12.02.20161.03 Mб61B.M..pdf
#
12.02.20161.29 Mб53В.М.-iнтеграли.pdf