Добавил:

Mary Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Московский государственный строительный университет

Предмет:

Высшая математика

Файл:

Учебные пособия и методические указания / Определенный интеграл

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

04.01.2014

Размер:

573.19 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 23 / 73 4 5 6 7 > Следующая >>>

x + y = 2 ( )y = 0 → x = 2, y = 0;C 2, 0

Используя формулу (2.11) , получим:

x=2− y

x=2−y

(2 − y )2

∫∫( x − y ) dxdy = ∫ dy

∫

( x − y ) dx = ∫ dy

− yx

= ∫

− y (2 − y ) −

+ y2 dy =

x=y

x= y

= ∫ 4 − 2 y + y													− 2 y + y								2 − y				+ y2		dy = ∫(2 − 4 y + 2 y2 )dy = 2 y − y2 + y										0 = 2 .
		1									2													2				1								3		1
																																						1
		0		2																	2							0							3			3
		0		2																	2							0							3			3
2.22. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями: x = 4 y − y2 , x + y = 6
(рис. 26).
		6					y
							y					x = 6					− y



		4												P				x	=		4 y − y					2
		4											1					x	=		4 y − y
													1

		3																							B
		3



		2														A							P
																A

																						2
																												x
		0								3											4

													Рис. 26
													Рис. 26
Решение:
Найдем координаты точек пересечения заданных линий:
6 − y = 4 y − y2
y2 − 5 y + 6 = 0
y1 = 3 ; x1 = 3
y2		= 2 ; x2 = 4
P		(3, 3) , P							(4, 2)
1				2
т.		A - точка входа, т.																		B - точка выхода из области S .
		3			x=4 y − y2								3															3		1			5						2	1
		3			x=4 y − y2								3															3											2
S = ∫ dy ∫ dx = ∫(4 y − y2 − 6 + y )dy =∫(− y2 + 5 y − 6)dy =																													−		y3 +			y2 − 6 y					=		.
																													−		y3 +			y2 − 6 y					=	6	.
		2				x=6− y							2															2		3		2							−6	6
		2				x=6− y							2															2											−6
2.23. Вычислить площадь, ограниченную линиями y = 2 − x ;																														y2		= 4x + 4 (рис. 27).
		y
−1		2	P2
−1				0																8					x

				2							4		6
				2							4		6
															y =					2	− x
	A							S					B		y =					2	− x
	−6							S												P
																				P
																					1
					y2 = 4x + 4
																		Рис. 27																						21

Решение:

Координаты точек пересечения линий

y2 = 8 − 4 y + 4
y2 + 4 y −12 = 0					(0, 2)
y = 2 ; x = 0 ; P					(0, 2)
1	1			1
y2 = −6 ; x2 = 8 ; P2 (8, −6)
2	x=2− y								1	y2 +1 dy =			1			1	y3	2		64
2	x=2− y																	2
S = ∫ dy ∫ dx = ∫						2 − y −						3y −		y2 −					=		.
S = ∫ dy ∫ dx = ∫						2 − y −						3y −		y2 −					=		.
−6	x=	1	2	−1		4						2			12			−6	3
			y
		4	y
		4
2.24. Вычислить площадь, ограниченную линиями																y2	= 4 (1− x) , x2 + y2 = 4 (вне пара-
болы) (рис. 28).
				P	2
				P
				1
				1

					1		2				x



				0				S
				0

				P2	−2					Рис.28
				P2	−2					Рис.28

Решение:

Координаты точек пересечения линий

4 − x2 = 4 (1− x) ;

x2 − 4x = 0 ; x ( x − 4) = 0 ;

x1 = 0 ;

y1,2 = ±2 ;

P (0, −2) ; P

(0, 2)

x2 = 4 ;

y =

не существует

−12

т. A -вход, т. B - выход из области S .

x= 4− y2

S = ∫ dy ∫ dx = ∫

4 − y

− 1

−

dy =

−2

x=1−

−2

Вычислим отдельно первый интеграл

∫ 4 − y2 dy =

−2

y = 2sin t ; dy = 2 cos tdt ; t = arcsin x 2

при изменении −2 ≤ x ≤ 2 ; − π ≤ t ≤ π ; 2 2

∫

−2

		2			1
	2						2
4 − y		dy −	1	−		y		dy .

		−∫2			4

π	π	π	π
			π

2							2		2				2					1		2
2							2						2		(1+ cos 2t ) dt = 2 t −
= ∫		4 − 4sin 2t			2 cos tdt = 4 ∫ cos					tdt = 2 ∫									sin 2t
= ∫		4 − 4sin 2t			2 cos tdt = 4 ∫ cos					tdt = 2 ∫									sin 2t
−	π						−	π					−	π				2		−	π
	π							π						π						−	2
	2							2						2							2
	2							2						2
Тогда площадь S можно выразить, как
	2			1		2				1		3				8
	2			1		2				1		3	2			8
S = 2π −			1−		y		dy = 2π −	y −			y		−2		= 2π −		.
S = 2π −			1−		y		dy = 2π −	y −			y		−2		= 2π −		.
		−∫2		4					12							3
		−∫2		4					12							3

2.4. Двойной интеграл в полярной системе координат

= 2π .

Вычисление двойного интеграла в полярных координатах осуществляется по формуле

∫∫ f ( x, y ) dS = ∫ dϕ

r =r2 (ϕ )
∫	f (r cosϕ, r sin ϕ ) rdr	(2.12)
r =r1 (ϕ )

В подынтегральном выражении f ( x, y ) dS осуществляется переход к полярным коор-

динатам по формулам:

x = r cosϕ , y = r sin ϕ , dS = rdrdϕ .

При этом предполагается, что всякий луч, выходящий из начала координат, пересекает границу области S не более чем в двух точках, уравнение линии входа r = r1 (ϕ ) , уравнение линии выхода r = r2 (ϕ ) ; α и β - пределы изменения угла ϕ в об-

ласти S

(рис. 29).

r = r2 (ϕ )

ϕ = β

ϕ = const

ϕ = α

r = r1 (ϕ )

Рис. 29

В отличие от декартовых координат, в полярных координатах порядок интегрирования всегда одинаков. Внутреннее интегрирование ведут по переменной r от точки входа A до точки выхода B при произвольном, но фиксированном значении ϕ = const

в интервале [α, β ] . Внешнее интегрирование ведут по переменной ϕ в пределах ее из-

менения α ≤ ϕ ≤ β .

r = r2 (ϕ )

r = r1 (ϕ )

0 x

Рис. 30

Если область S кольцевая и ограничена замкнутыми линиями r = r1 (ϕ ) и r = r2 (ϕ ) , а полюс получим внутри кольца (рис. 30) и в формуле (2.12) следует поло-

жить α = 0 , β = 2π .

2.25. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями x2 + y2 = 1; x2 + y2 = e2

(рис. 31).
y
S
		x
0	1	e
		Рис. 31

Область S представляет собой кольцо, заключенное между окружностями. Перейдем к полярным координатам уравнения грани области

r 2 cos2 ϕ + r 2 sin2 ϕ = 1 → r = 1 - линия входа

r 2 cos2 ϕ + r 2 sin2 ϕ = e2 → r = e - линия выхода

2π

r =e

2π

(e2 −1)dϕ = 1 (e2 −1)ϕ

= π (e2 −1)

S = ∫ dϕ ∫ rdr = ∫

2π

r =1

Рассмотрим решение интеграла

(x2 + y2 )

ln (x2 + y2 )

ln r2

(cos2 ϕ + sin2 ϕ )

ln r2

ln r

∫∫

dxdy

= 2

+ y

(cos

+ sin

ϕ )

2π

r =e

2π

= 2 ∫ dϕ ∫

ln r

dr = 2

∫ dϕ

= ∫

(ln2 e − ln2 1)dϕ = ∫ dϕ = ϕ

02π = 2π .

r =1

2.26 Вычислить площадь фигуры, ограниченной окружностями r = 1, r = 2 cosϕ (вне

окружности r = 1 ) (рис. 32).

											P2
									1 π
											6
												1									x


								0




													P
													P
												1
														Рис. 32
Решение:
																															;ϕ = π .
Найдем координаты т. P , получим 1 =																						2		cosϕ;		cosϕ =				3
Найдем координаты т. P , получим 1 =																								cosϕ;		cosϕ =
												2										3							2					6
																						3							2					6
		π				π
P2 1,			, P1	1,−		6		.
		6				6
							π		2								π					2	cosϕ			π
										cosϕ													cosϕ
																						3
																		1				3				6
						6			3							6		1		2						6	4		2
S = ∫∫ rdrdϕ = 2∫ dϕ										∫			rdr = 2∫						r					dϕ =		∫		cos	ϕ −			1 dϕ =
S = ∫∫ rdrdϕ = 2∫ dϕ										∫			rdr = 2∫						r					dϕ =		∫	3	cos	ϕ −			1 dϕ =
		S				0			1							0		2			1					0	3
π	4															π
6			1+ cos 2ϕ												1	6									1						π		1		π		π		1
= ∫			1+ cos 2ϕ												1	∫(2 cos 2ϕ −1) dϕ =									1	[sin 2ϕ −ϕ]					π		1		π		π		1	(3 3	−π ).
								−	1 dϕ			=																			06	=		sin		−		=
								−	1 dϕ			=																			06	=		sin		−		=
0	3			2											3	0									3								3		3 6				18
2.27 Найти площадь фигуры ограниченной линией x3 + y 3																															= axy (площадь петли) (рис.
33).
					y

Рис. 33

Решение:

Преобразуем данное уравнение в полярных координатах

r 3 (sin 3 ϕ + cos3 ϕ) = ar 2 sin ϕ cosϕ; т.е. r = a sin ϕ cosϕ sin 3 ϕ + cos3 ϕ

Осью симметрии является луч ϕ = π , поэтому: 4

a sin ϕ cos ϕ

sin 3 ϕ+cos3 ϕ

sin ϕ cosϕ

ϕ cos

S = 2∫∫rdrdϕ = 2∫ dϕ

∫ r

dr = a 2 ∫

dϕ = a 2 ∫

dϕ =

(sin 3 ϕ + cos3 ϕ)

cos6 ϕ(1 + tg 3ϕ)

∫

3tg ϕ

∫

d (1 + tg ϕ)

dϕ =

= −

cos 2 ϕ(1 + tg 3ϕ)

(1 + tg 3ϕ)

3(1

+ tg ϕ) 0

2.28

Вычислить

площадь

фигуры,

ограниченной

лемнискатой

Бернулли

(x 2 + y 2 )2 = 2a 2 (x 2 − y 2 ) (рис. 34). y

Решение:

Рис. 34

Перейдем к полярным координатам: (x 2 + y 2 )2

= 2a 2 (x 2

− y 2 )

r 4

= 2a 2 r 2 (cos2 ϕ − sin 2 ϕ)

r 2

= 2a 2 cos 2ϕ

r = a

2 cos 2ϕ

Для части фигуры, расположенной в первой четверти,

угол ϕ изменяется в пределах

0 ≤ ϕ ≤ π .

Тогда:

2 cos 2ϕ

cos 2ϕ

S = 4∫∫ rdrdϕ = 4∫ dϕ

∫

rdr = 2∫ dϕ r2

= 2∫ 2a2 cos 2ϕdϕ =

2a2 sin 2ϕ

0 = 2a2 .

2.5 Интеграл по поверхности (первого рода)

Вычисление интеграла по поверхности

Q , заданной уравнениями

Z = Z (x, y) ,

сводится к вычислению двойного интеграла по плоской области

S , которая является

проекцией поверхности Q на плоскость XOY .

∫∫ f (x, y, z)dq =∫∫ f (x, y, z(x, y))

′ 2

′

(2.13)

1 + Z x

+ Z y

Здесь dq = 1 +

′ 2

+ Z

Если уравнение поверхности дано в виде X = X ( y, z ) , то используется формула

f ( x ( x, y), y, z )

∫∫ f ( x, y, z ) dq =

∫∫

1+ (X y′ )2 + (X z

′)2

(2.14)

ï ð Qí. àYOZ

Здесь dq =		′ 2		′	2
Здесь dq =	1 + X		+ X		dq
		y		z

Если уравнение поверхности дано в виде Y = Y ( x, z ) , то используется формула

f (x, y ( x, y), z )

dS ,

∫∫ f ( x, y, z ) dq =

∫∫

1+ (Yx′ )2 + (Yz

′)2

(2.15)

ï ð Qí. àYOZ

здесь dq =

′ 2

′

1 + Y

+ Y

2.29 Вычислить поверхность Q сферы x 2 + y 2 + z 2 = R 2 (рис. 35)

z = R2 − x2 − y2

ϕ r

Решение:

Рис. 35

Вычислить поверхность верхней половины сферы z = R2 − x2 − y2 .

В этом случае

∂z = −

;

∂x

R 2

− x 2

− y 2

∂z

= −

;

∂y

R 2

− x 2

− y 2

Используя формулу (2.13)

∂z 2

∂z

R 2

dq = 1 +

;

∂x

− x

− y

R 2 − x 2 − y 2

∂y

Область интегрирования (проекция Q на XOY )

x 2 + y 2

≤ R 2 .

R2 −x2

Тогда

S =

∫ dx

∫

−R

R 2 − x2 − y 2

− R 2 −x 2

Перейдем к полярной системе координат: r = R

2π

S = 2 ∫ dϕ∫

rdr = 2R ∫

[− R 2

− r 2 ] dϕ = 2R ∫ Rdϕ = 4πR 2

R 2

− r 2

2.30. Вычислить площадь части поверхности

z = 1− x2 (в пространстве параболический

цилиндр, в плоскости

XOZ - парабола ), отсеченной плоскостями y = x и y = 2x

( x ≥ 0) (рис.36)

z = 1− x2

y =

y = x

Рис. 36

Решение.

В рассматриваемой задаче:

∂z = z ' = − 2x ;

z ' = 0

∂x

dq =

1+ 4x2 dxdy

2 x

S = ∫∫

1+ 4x2

dS = ∫ dx ∫

1+ 4x2

dy = ∫ dx

1+ 4x2

= ∫ x

1+ 4x2

dx =

(1+ 4x2 )

1 =

(1+ 4x2 )3 / 2

1 =

2.31. Вычислить интеграл ∫∫ xdq ,где Q –

часть сферы x2 + y2 + z2 = 9 , лежащая в пер-

вом октанте (рис.37).

Рис. 37

Решение:

Запишем

уравнение

поверхности

Q в виде, разрешенном относительно x ;

x =

9 − y2 −z2

dq =

( X ' )

+ (X ' ) dydz

x ' =

− y

;x ' =

−z

;

9 − y2 − z2

dq =			3d y dz

			− y2 − z2
9

Проекция поверхности Q на плоскость YOZ (область S )- четверть круга y2 + z2 ≤ 9 Поэтому


∫∫ xdq = ∫∫			3dS	= 3∫∫ dS =	27	π
		9 − y2 − z2
					4
			9 − y2 − z2
Q	S			S

2.32. Вычислить поверхностный интеграл ∫∫ zdq, если Q- часть поверхности z = xy,

отсеченной плоскости x = 0, y = 0, x = 1, y = 1.(рис.38) z

					0		S	1			y
								1

		x		1
				1				Рис. 38
								Рис. 38
Решение
f (x, y, z) = z

dq =		1+ x2 + y2 dS
S − квадрат
								1		1				1	(1+ x		+ yz)	1
Q = ∫∫ zdq = ∫∫ xy								1		1				1		2		2
Q = ∫∫ zdq = ∫∫ xy					1+ x2	+ y2 dS = ∫ xdx∫ y x2						+ y2 +1dy = ∫ xdx							0	=
																			1
	Q	Q						0		0				0		3
																3

= 1 ∫ x (2 + x2 )			2	−	(1+ x2 )2		dx = 1			(2 + x2 )2		− (1+ x2 )2	1	= 1	(9 3 − 8 2 +1)
= 1 ∫ x (2 + x2 )			2	−	(1+ x2 )2		dx = 1			(2 + x2 )2		− (1+ x2 )2		= 1	(9 3 − 8 2 +1)
1			3			3				5		5

3 0									15				0	15

2.33. Найти площадь части конуса z = x2 + y2 , заключенной внутри цилиндра

x2 + y2 = 2x (рис. 39) z

x Рис. 39

Решение:

Из уравнения конуса имеем:

dq = 1+

x2 + y2

Областью интегрирования S является круг, лежащий в плоскости

XOY ограниченный

окружностью x2 + y2 = 2x или в некоторой системе координат r = 2сosϕ. Тогда

2 cosθ

r =2 cosϕ

S = ∫∫

dxdy =

∫∫ dxdy =

∫ dϕ ∫ rdr = 2

∫ dϕ

∫ rdt =

+ y

−π

2 cosϕ

= 2 2 ∫

dϕ = 2

2 ∫ 2 cos

ϕdϕ = 2

2 ∫ (1+ cos 2ϕ )dϕ = 2 2

ϕ +

sin 2ϕ

= π 2

2. Тройной интеграл

Вычисление тройного интеграла сводится к последовательному вычислению определенного интеграла по отрезку и двойного интеграла по плоской области.

Пусть плоская область S - проекция тела R на плоскость XOY , причем каждая прямая, параллельная от OZ , пересекает границу тела R не более чем в двух точках (точка входа и точка выхода). Если тела таковы, что это условие не выполняется, то тело R следует разделить на конечное число тел, для которых пересечение его прямой в двух точках выполнимо, решить задачи для каждого из вновь полученных тел и результаты сложить ( используя свойство определенного интеграла)

Пусть z = z1 ( x, y ) - уравнение поверхности входа и z = z2 ( x, y) - уравнение по-

верхности выхода, тогда ∫ ∫ ∫ f ( x, y, z ) dV = ∫ ∫dS		z2 ( x, y )
верхности выхода, тогда ∫ ∫ ∫ f ( x, y, z ) dV = ∫ ∫dS		∫ f ( x, y, z ) dz	(2.16)
R	S	z1 ( x, y)
Сначала вычисляется внутренний интеграл по z		при постоянных x и y , от полученного

результата, затем находим двойной интеграл по области S .

2.3.4. Вычислить объем тела, ограниченного поверхностями (рис. 40) x2 + y2 = 1, x + z = 2

2x + z = 4

1 y

x Рис. 40

<<< < Предыдущая 1 23 / 73 4 5 6 7 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Учебные пособия и методические указания

#
04.01.2014631.81 Кб141Векторная алгебра и аналитическая геометрия.doc
#
04.01.2014564.74 Кб94Неопределённый интеграл.doc
#
04.01.2014573.19 Кб95Определенный интеграл.pdf
#
04.01.2014137.92 Кб63Ряды.pdf
#
04.01.20142.27 Mб137Теория вероятностей.doc
#
04.01.2014392.19 Кб91Теория пределов.doc
#
04.01.20141.18 Mб100Элементы линейной алгебры.doc