1.5. Вычисление площадей и объёмов с помощью двойных интегралов.

Объём

Как мы знаем, объем V тела, ограниченного поверхностью z = f(x, y), где f(x, y) – неотрицательная функция, плоскостью z = 0 и цилиндрической поверхностью, направляющей для которой служит граница области D, а образующие параллельны оси Oz, равен двойному интегралу от функции f(x, y) по области D:

V = ∫∫ f ( x, y )dS .

D

Пример 9. Вычислить объём тела, ограниченного поверхностями х = 0, у = 0, х + у + z = 1, z

= 0 (рис. 20).

Решение: V = ∫∫(1− x − y)dx dy , D – заштрихованная на рис. 20 треугольная область в

D

плоскости Оху, ограниченная прямыми х = 0, у = 0, х + у = 1. Расставляя пределы в двойном интеграле, вычислим объём:

Итак, V = 16 куб. единиц.

Замечание 1. Если тело, объём которого ищется, ограничено сверху поверхностью

z = Ф2 ( x, y ) ≥ 0 , а снизу – поверхностью z = Ф1 ( x , y ) ≥ 0 , причём проекцией обеих

поверхностей на плоскость Оху является область D, то объём V этого тела равен разности объёмов двух «цилиндрических» тел; первое из этих цилиндрических тел имеет нижним основанием область D, а верхним – поверхность z = Ф2(х, у); второе тело имеет нижним основанием также область D, а верхним – поверхность z = Ф1(х, у) (рис.21).

Поэтому объём V равен разности двух двойных интегралов;

V = ∫∫ Ф2 ( x, y )dS − ∫∫ Ф1 ( x, y )dS

D D

или

V = ∫∫ [Ф2 ( x, y ) − Ф1 ( x, y )]dS

D

Легко, далее, доказать, что формула (1) верна не только в том случае, когда Ф1(х, у) и Ф2(х, у) неотрицательны, но и тогда, когда Ф1(х, у) и Ф2(х, у) – любые непрерывные функции,

удовлетворяющие соотношению Ф2 ( x, y ) ≥ Ф1 ( x, y ) .

Замечание 2. Если в области D функция f(х, у) меняет знак, то разбиваем область на две части: 1) область D1 где f ( x, y ) ≥ 0 ;

2) область D2 ,где f ( x, y ) ≤ 0 . Предположим, что области D1 и D2 таковы, что двойные интегралы по этим областям существуют. Тогда интеграл по области D1 будет положителен и

53

будет равен объёму тела, лежащего выше плоскости Оху. Интеграл по D2 будет отрицателен и по абсолютной величине равен объёму тела, лежащего ниже плоскости Оху, Следовательно, интеграл по D будет выражать разность соответствующих объёмов.

Вычисление площади плоской области.

Если мы составим интегральную сумму для функции f(x, y) = 1 по области D, то эта сумма будет равна площади S,

при любом способе разбиения. Переходя к пределу в правой части равенства, получим

S = ∫∫ dxdy

D

Если область D правильная, то площадь выразится двукратным интегралом

Производя интегрирование в скобках, имеем, очевидно,

S = ∫b [ф2 ( х) − ф1 ( х)]dx

a

Пример 10. Вычислить площадь области, ограниченной кривыми y = 2 - х2, у = х.

Рис.22

Решение: Определим точки пересечения данных кривых (Рис.22). В точке пересечения ординаты равны, т.е. x = 2 – x2, отсюда x2 + x - 2 = 0, x1 = - 2, x2 = 1. Мы получили две точки пересечения М1(-2;-2), M2(l; l).

Следовательно, искомая площадь

1.6. Вычисление площади поверхности.

Пусть требуется вычислить площадь поверхности, ограниченной линией Г (рис.23); поверхность задана уравнением z == f(x, y) где функция f(x, y) непрерывна и имеет непрерывные частные производные. Обозначим проекцию линии Г на плоскость Оху через L. Область на плоскости Оху, ограниченную линией L, обозначим D.

Разобьём произвольным образом область D на n элементарных площадок S1, S2, …, Sn. В каждой площадке Si возьмём точку Ρi (ξi ; ηi).

Точке Pi будет соответствовать на поверхности точка Mi (ξi ; ηi ; f(ξi ; ηi)). Через точку Мi проведём касательную плоскость к поверхности. Уравнение её примет вид

54

z − z1 = f x' (ξ i ,η i )( x − ξ i ) + f y' (ξ i ,η i )( y − η i )

На этой плоскости выделим такую площадку σi которая проектируется на плоскость Оху в

n

виде площадки Si. Рассмотрим сумму всех площадок σ i : ∑ σ i .

i =1

Предел σ этой суммы, когда наибольший из диаметров площадок σi – стремится к нулю,

n

мы будем называть площадью поверхности, т.е. по определению положим σ = lim ∑ σ i

diam σ i →0 i=1

Займёмся теперь вычислением площади поверхности. Обозначим через γi угол между касательной плоскостью и плоскостью Оху.

Рис.23 Рис.24

На основании известной формулы аналитической геометрии можно написать (рис.24) Si =

Угол γi есть в то же время угол между осью Oz и перпендикуляром к плоскости Оxy. Поэтому на основании уравнения и формулы аналитической геометрии имеем

Следовательно,

σ i = 1 + f x′2 (ξ i ,η i ) + f y′2 (ξ i ,η i ) Si .

Подставляя это выражение в формулу (13), получим

Так как предел интегральной суммы, стоящей в правой части последнего равенства, по определению представляет собой двойной интеграл

Это и есть формула, по которой вычисляется площадь поверхности z = f(x, y).

Если уравнение поверхности дано в виде x = μ(y, z) или в виде у = χ (x, z), то соответствующие формулы для вычисления поверхности имеют вид

55

где D’ и D’’ – области на плоскостях Oyz и Oxz, в которые проектируется данная поверхность.

Пример 11. Вычислить поверхность σ сферы x2 + y2 + z2 = R2

Решение: вычислим поверхность верхней половины сферы z = R 2 − x 2 − y 2 (рис.25). В этом случае

Следовательно, подынтегральная функция примет вид

Область интегрирования определяется условием x 2 + y 2 ≤ R 2 . Таким образом, на основании формулы (15) будем иметь

Для вычисления полученного двойного интеграла перейдём к полярным координатам. В полярных координатах граница области интегрирования определяется уравнением ρ = R. Следовательно,

Пример 12. Найти площадь той части поверхности цилиндра х2 + y2 = а2, которая вырезается цилиндром x2 + z2 = а2.

Рис.26 Рис.25

Решение: на рис. 26 изображена 18 часть искомой поверхности. Уравнение поверхности имеет вид y = a 2 − x 2 , поэтому

56