26

ТИПОВОЕ ЗАДАНИЕ № 2

Тема: кратные интегралы

1. Двойной интеграл. Пусть функция f(x,y) определена в ограниченной замкнутой области D плоскости R₂. Разобьём область D произвольным образом на n элементарных замкнутых областей ₁, … ,_n, имеющих площади ₁, …, _n и диаметры d₁ , …, d_n соответственно. Обозначим d наибольший из диаметров областей . Диаметром замкнутой ограниченной области называется наибольшее из расстояний между двумя точками границы этой области. В каждой области _k выберем произвольную точку P_k (x_k ,y_k) и составим интегральную сумму функции f(x,y)

Рисунок 1

(рис. 1).

Определение. Двойным интегралом функции f(x,y) по области D называется предел интегральной суммы

,

если он существует.

Двойной интеграл обозначается

(1)

Замечание. Интегральная сумма S зависит от способа разбиения области D и выбора точек P_k (k=1, …, n). Однако, предел , если он существует, не зависит от способа разбиения области D и выбора точек P_k .

2. Достаточное условие существования двойного интеграла. Двойной интеграл (1) существует, если функция f(x,y) непрерывна в D за исключением конечного числа кусочно-гладких кривых и ограничена в D.

В дальнейшем будем считать, что все рассматриваемые двойные интегралы существуют.

3. Геометрический смысл двойного интеграла. Если f(x,y) ≥0 в области D, то двойной интеграл (1) равен объему “цилиндрического” тела, изображенного на рис.1:

V = (2)

Пояснение. Цилиндрическое тело ограничено снизу областью D, сверху  частью поверхности z=f(x,y), с боков  вертикальными отрезками прямых, соединяющих границы этой поверхности и области D.

4. Некоторые свойства двойного интеграла.

1. Линейность. Если С – числовая константа, то

,

.

2. Аддитивность. Если область D “разбита” на области D₁ и D₂, то

.

3) Площадь ограниченной области D равна

(3)

5. Вычисление двойного интеграла. Пусть область

D = {(x, y): a ≤ x ≤ b, φ₁(x) ≤ y≤ φ₂(x)}. (4)

Рисунок 2

Область D заключена в полосе между прямыми x = a, y = b, снизу и сверху ограничена соответственно кривыми y = φ₁(x) и y = φ₂(x) (рис. 2а).

Двойной интеграл (1) по области D (4) вычисляется переходом к повторному интегралу:

. (5)

Этот повторный интеграл вычисляется следующим образом. Сначала вычисляется внутренний интеграл

по переменной y, при этом x считается постоянной. В результате получится функция от переменной x, а затем вычисляется “внешний” интеграл от этой функции по переменной x.

Замечание. Процесс перехода к повторному интегралу по формуле (5) часто называют расстановкой пределов интегрирования в двойном интеграле. При расстановке пределов интегрирования нужно помнить два момента. Во-первых, нижний предел интегрирования не должен превышать верхнего, во-вторых, пределы внешнего интеграла должны быть константами, а внутреннего должны в общем случае зависеть от переменной интегрирования внешнего интеграла.

Пусть теперь область D имеет вид (рис. 2б)

D = { (x, y) : c ≤ y ≤ d, ψ₁(y) ≤ x ≤ ψ₂(y) }. (6)

Тогда

. (7)

Предположим, что область D можно представить в виде (4) и (6) одновременно. Тогда имеет место равенство

(8)

Переход од одного повторного интеграла к другому в равенстве (8) называется изменением порядка интегрирования в двойном интеграле.

Примеры.

1) Изменить порядок интегрирования в повторном интеграле

Рисунок 3 Рисунок 4

Решение. Область интегрирования для первого интеграла задается неравенствами , , для второго интеграла – : , . Изобразим эти области на рис.3. и не имеют общих внутренних точек, а в сумме эти области дают одну область , которую можно описать неравенствами , .

Рисунок 5

2) Вычислить: I= , где D ограничена прямыми y=x и x=2 и гиперболой xy=1.

Решение. Область интегрирования изображена на рисунке 4. Решая систему, состоящую из уравнений прямой y=x и гиперболы xy=1, получим координаты точки их пересечения А(1,1). Для вычисления интеграла по области D удобно воспользоваться формулой (5). Пределы внешнего интеграла по x – это абсциссы самой левой и самой правой точек области D , т.е. 1 и 2. При , y будет изменяться в пределах . Следовательно,

.

Если применить формулу (7), то вычисления будут более громоздкими.

3). Вычислить I = где D  область, ограниченная линиями x=0, , .

Решение. Найдём абсциссу точки пересечения прямых и : =2x  Область интегрирования D изображена на рисунке 5.

D = { : , }

По формуле (7) имеем

.

Задача 1. Изменить порядок интегрирования.

1.1. . 1.2. .

1.3. . 1.4. .

1.5. . 1.6. .

1.7. . 1.8. .

1.9. . 1.10. .

1.11. . 1.12. .

1.13. . 1.14. .

1.15. . 1.16. .

1.17. . 1.18. .

1.19. . 1.20. .

1.21. . 1.22. .

1.23. . 1.24. .

1.25. . 1.26. .

1.27. . 1.28. .

Задача 2. Вычислить.

2.1. 2.2.

2.3. 2.4.

2.5. 2.6.

2.7. 2.8.

2.9. 2.10.

2.11. 2.12.

2.13. 2.14.

2.15. 2.16.

2.17. 2.18.

2.19. 2.20.

2.21. 2.22.

2.23. 2.24.

2.25. 2.26.

2.27. 2.28.

Задача 3. Вычислить.

3.1. 3.2.

3.3. 3.4.

3.5. 3.6.

3.7. 3.8.

3.9. 3.10.

3.11. 3.12.

3.13. 3.14.

3.15. 3.16.

3.17. 3.18.

3.19. 3.20.

3.21. 3.22.

3.23. 3.24.

3.25. 3.26.

3.27. 3.28.

6. Вычисление площади фигуры. Площадь плоской области , ограниченной простой замкнутой кривой, можно найти по формуле (3) из пункта 4

Рисунок 6

.

Пример. 4) Вычислить площадь фигуры, ограниченной кривыми , , .

Решение. Данная фигура D расположена в вертикальной полосе , а в ней ограничена снизу параболой , сверху  прямой (рис. 6). По формуле (5) имеем

.

Задача 4. Найти площадь фигуры.

4.1. 4.2.

4.3. 4.4.

4.5. 4.6.

4.7. 4.8.

4.9.

4.10.

4.11.

4.12.

4.13. 4.14.

4.15. 4.16.

4.17. 4.18.

4.19.

4.20. 4.21.

4.22. 4.23.

4.24.

4.25. 4.26.

4.27. 4.28.

7. Переход к полярным координатам в двойном интеграле. Полярная система координат состоит из луча Or. Любая точка M ≠ O однозначно определяется полярным углом φ (0 ≤ φ <2π или –π < φ  π) и полярным радиусом r (r≥0) (рис. 7а). Для начала координат O радиус r = 0, а полярный угол не определен.

Пусть декартова полуось Ox совпадает с полярным лучом Or (рис.7а).

Рисунок 7

Декартовы координаты выражаются через полярные по формулам

(9)

Полярные координаты выражаются через декартовы:

,

, (10)

.

Пусть область D в декартовых координатах преобразуется в область D_r в полярных координатах согласно формулам (10). Тогда интеграл (1) преобразуется в двойной интеграл в полярных координатах по формуле

(11)

Двойной интеграл (11) вычисляется переходом к повторному интегралу в полярных координатах. Пусть область D_r имеет вид (рис. 7б)

D_r = { (r, φ ) : α ≤ φ ≤ β, r₁(φ) ≤ r≤ r₂ (φ)},

где лучи φ = α и φ = β ограничивают сектор, в котором находится фигура D_r , кривые r = r₁(φ), r = r₂ (φ) ограничивают ее в этом секторе. Тогда

(12)

Замечание. При расстановке пределов интегрирования в повторном интеграле нужно учесть, что изменение полярного угла определяется поворотом луча, исходящего из начала O вокруг него против хода часовой стрелки, а изменение полярного радиуса определяется движением точки вдоль луча в сторону его возрастания.

Рисунок 7

Примеры. 5) Вычислить где D: x² + y²2x ≤ 0, y≤ 0.

Решение. Подставим в уравнение окружности x² +y²2x = 0 полярные координаты (9) и преобразуем: r²2 rcosφ = 0 r =2cosφ. Получили уравнение полуокружности в полярных координатах. Поскольку y≤ 0, то D  полукруг (рис.7). При этом .

При движении точки полукруга по лучу Оl от точки О до точки M полярный радиус r изменяется от 0 до координаты r=2cosφ точки M. Следовательно, 0 ≤ r ≤ 2cos φ.

.

Задача 5. Найти площадь фигуры.

5.1. 5.2. 5.3.

5.4. 5.5. 5.6.

5.7. 5.8. 5.9.

5.10. 5.11. 5.12.

5.13. 5.14. 5.15.

5.16. 5.17. 5.18.

5.19. 5.20. 5.21.

5.22. 5.23. 5.24.

5.25. 5.26. 5.27.

8. Вычисление объема цилиндрического тела. Если в ограниченной области D, то объем цилиндрического тела (рис.1) вычисляется по формуле (2) пункта 3:

Замечание. Прежде чем перейти к примерам на вычисление объёмов, заметим, что при вычислении объёма какого-нибудь тела полезно сделать пространственный рисунок, который давал бы представление о форме данного тела. Если же такого рисунка не удаётся построить, то можно ограничиться хотя бы рисунком, изображающим только область интегрирования на плоскости xOy. Однако и в этом случае необходимо представить себе, хотя бы в самых общих чертах, то тело, объём которого требуется найти.

Рисунок 8

Примеры. 6). Вычислить объём тела, ограниченного поверхностями , , , .

Решение. Поверхность – это параболический цилиндр с образующей, параллельной оси Oz, и направляющей параболой в плоскости xOy. Наклонная плоскость отсекает на осях координат равные отрезки. Плоскость проходит через ось Oz и прямую в плоскости xOy. – уравнение плоскости xOy. Тело, ограниченное этими поверхностями, изображено на рис.8. Т.к. данное тело цилиндрическое и , то для вычисления его объёма можно использовать формулу (2)

где D = { : , }. Следовательно,

.

7) Найти объем тела, ограниченного поверхностями , , .

Решение.  это круговой цилиндр радиуса 2, ось которого совпадает с Оy.  параболоид, который пересекает цилиндр по окружности радиуса 2 в плоскости (рис. 9).  координатная плоскость xOy. Таким образом, тело ограничено сверху параболоидом , снизу  кругом D , с боков  цилиндрической поверхностью . Так как данное тело цилиндрическое и , то для вычисления его объема можно использовать формулу (2)

Рисунок 9

где D ={ : , }  круг в плоскости xOy (рис 9). Для вычисления этого интеграла перейдем к полярным координатам. При этом круг D преобразуется во множество D_r ={ : , }. По формуле (12) получим

Задача 6. Найти объем тела.

6.1. 6.2.

6.3. 6.4.

6.5. 6.6.

6.7. 6.8.

6.9. 6.10.

6.11. 6.12.

6.13. 6.14.

6.15. 6.16.

6.17. 6.18.

6.19. 6.20.

6.21. 6.22.

6.23. 6.24.

6.25. 6.26.

6.27. 6.28.

9. Тройной интеграл. Пусть функция u = f(x,y,z) определена в ограниченной замкнутой области Ω пространства R₃. Разобьём область Ω произвольным образом на n элементарных замкнутых областей ω₁, … , ω_n, имеющих объемы ω₁, …, ω_n соответственно. Обозначим d – наибольший из диаметров областей ω₁, … , ω_n. В каждой области ω_k выберем произвольную точку P_k (x_k , y_k , z_k) и составим интегральную сумму функции f(x, y, z)

.

Определение. Тройным интегралом от функции f(x, y, z) по области Ω называется предел интегральной суммы , если он существует.