Крат. и криволин. интегр

Замечание

При интегрировании по области эллипса также можно воспользоваться полярной системой координат, однако в этом случае удобно применить формулы перехода в обобщенную полярную систему координат с помощью соотношений:

x = a ρ cos φ, y = b ρ sin φ, где a и b – полуоси эллипса.

Двойной интеграл в обобщенной полярной системе координат имеет вид

		β	ρ2 (ϕ)
∫∫ f (x; y)dxdy = ∫∫ f (ρ; ϕ)abρdρdϕ = ab∫dϕ∫ f (ρ; ϕ)ρdρ.
D	D	α	ρ1 (ϕ)

Внашем случае x = ρ cos φ, y = 2ρ sin φ. Подставим соотношения

вуравнение эллипса, проводя последовательные преобразования

x2	+	y2	=1 → ρ2cos2ϕ	+	4ρ2 sin2 ϕ	=1 →(ρ2 cos2 ϕ+ρ2 sin2 ϕ) =1 , полу-
1
	4		1	4

чим уравнение линии границы ρ = 1, тогда область интегрирования

	0	≤ ϕ≤	π	,
			2
D :
	0	≤ρ≤1.

Окончательно двойной интеграл равен

				π						π
				2		1	3	1		2	1
∫∫4ρcos ϕ ρsin ϕ ρdρdϕ = 2∫2cos ϕ sin ϕdϕ∫							ρ dρ =			∫sin 2ϕd2ϕ =		.
								4			2
D				0		0				0
Задачи для самостоятельной работы
1. Изменить порядок интегрирования в двойном интеграле:
4	4		0		1−x2	f (x; y)dy ;		1		4
a) ∫dy∫ f (x; y)dx ;		б)	∫	dx	∫		в) ∫dy ∫ f (x; y)dx .
2	y							−2		y2
			−1		x +1

2. Вычислить двойные интегралы по областям, ограниченным

	указанными линиями:				128
	а) ∫∫x2 ydxdy, y = 0,	y =	4x − x2 .	(Ответ:		.)
					5
	D
	б) ∫∫sin(x + y)dxdy,	y = 0,	y = x, y + x = π .	(Ответ:	1	.)
					2
	D		2
	в) ∫∫x2 ( y − x)dxdy, y = x2 , x = y2 .			(Ответ:	1	.)
					504
	D

11

1.2.Тройной интеграл и его вычисление трехкратным интегрированием

Определение

Пусть на некотором теле Т задана функция f(x; y; z). Раздробим тело Т с помощью сетки на части (ячейки) Т1, Т2 .....Тn с объемами V1, V2 ...... Vn и диаметрами d1, d2, ..., dn (рис. 7).

z

z k	Vk
•
Мk

f(xk; yk; zk)

T

0

yk

y

xk •

xk yk

x

Рис. 7

Обозначим через λ наибольший диаметр dk. Выберем в каждой ячейке Тk по точке (xk; yk; zk) и вычислим в этой точке значение нашей функции. Умножим найденное значение f(xk; yk; zk) на объем ячейки Vk. Найдем сумму таких произведений:

n

σ = ∑ f (xk ; yk ; zk )Vk .

k =1

12

Измельчая дробление, найдем конечный предел: I = limσ. Этот

λ→0

предел называется тройным интегралом от функции f(x; y; z) по телу Т и обозначается

I = ∫∫∫ f (x; y; z)dxdydz или I = ∫∫∫ f (x; y; z)dV .

T T

Вычисление тройного интеграла

Пусть требуется вычислить тройной интеграл по телу Т, ограниченному снизу поверхностью z = z(x; y) , а сверху поверхностью z = z(x; y) , где z(x; y) и z(x; y) – две непрерывные функции, заданные в области А плоскости xОy. Пусть с боков тело Т ограничено цилиндрической поверхностью, у которой образующие параллельны оси Оz, а направляющей служит контур области А (рис. 8). Будем считать f(x; y; z) плотностью тела Т, а интеграл – массой этого тела.

z	z = z( x; y)

		f (x; y;z)dFdz
•	d z	T

z = z(x; y)

0

y

y

x dx

dy dF =dxdy

x

Рис. 8

Представим вертикальную трубочку, ограниченную с боков цилиндрической поверхностью, образующие которой параллельны оси

13

Oz, а направляющей служит контур c площадью dF = dxdy. Выделим из этого столбика отрезок, имеющий длину dz. Масса отрезка будет равна произведению f(x; y; z)dFdz. Чтобы найти массу всего тела необходимо просуммировать эти произведения:

	b	y2	( x )	z ( x ; y )
∫∫∫ f (x; y;z)dxdydz = ∫dx			∫ dy	∫ f (x; y;z)dz.
T	a	y1 ( x )		z ( x ; y )

Выражение, стоящее в правой части формулы, называется повторным (трехкратным) интегралом. Для его вычисления необходимо последовательно произвести три обыкновенных интегрирования, при-

z( x; y)

чем сначала найти внутренний интеграл ∫ f (x; y; z)dz.

z( x; y)

В цилиндрических координатах x = r cos φ, y = r sin φ, z = z:

∫∫∫ f (x; y;z)dxdydz = ∫∫∫ f (r cos ϕ;r sin ϕ;z)rdrdϕdz.

T T

В сферических координатах x = ρ sin θ cos φ, y = ρ sin θ sin φ, z = ρ cos θ:

I = ∫∫∫ f (ρsin θcos ϕ;ρsin θsin ϕ;ρcos θ)ρ2 sin θdρdϕdθ.

T

Примеры

dxdydz

Вычислить тройной интеграл ∫∫∫V 1 − x − y , если область V ограничена плоскостями:

а) x + y + z = 1,	x = 0,	y = 0, z =0,
б) x = 1, x = 0,	y = 2,	y = 5, z = 2, z = 4.

Решение (а)

Построим данные плоскости (рис. 9, а). Ограниченная ими область V есть тетраэдр OABC. Построим трехкратный интеграл и расставим пределы интегрирования

		dxdydz	1	1−x	1−x −y	dz
	∫∫∫		= ∫dx ∫ dy		∫		.
						1 − x − y
	V 1 − x − y		0	0	0

Для решения найдем сначала первый внутренний интеграл

14

1−x −y	dz			z		1−x −y
I1 = ∫		=				= 1 , затем подставим найденное реше-
	1 − x − y		1 − x − y
0						0			1−x
						1−x
ние в следующий интеграл I2 =							∫ dy = y		= 1 − x .
							0		0

	z		z
а	C 1		б
			4
		z = 1 – x –y	2
			0
	0	B		2	5

		1 y	y
	A	y = 1 – x	1
		1
	x		x

Рис. 9

Окончательно подставим найденное решение во внешний интеграл

	dxdydz	1		x 2			1	1	.
∫∫∫		= ∫( 1 − x)dx = x −					=
	1 − x − y
V		0		2			0	2

Решение (б). Построим чертеж области V (рис. 9, б) данные плоскости ограничивают прямоугольный параллелепипед, ребра которого параллельны осям координат, поэтому очевидно, что при вычислении тройного интеграла у всех однократных интегралов пределы интегрирования будут постоянные. Проведем трехкратное интегрирование.

Первый внутренний интеграл

	4	dz			z			4			2
I =	∫		=						=			.
		1 − x − y			− x − y
1			1						1		− x − y
	2							2

Второй внутренний интеграл

		5		dy		5 d(1 − x − y)
	I = 2	∫			= −2	∫		= −2 ln	1	− x − y
			1	− x − y			1 − x − y
	2
		2				2

= −2(ln − 4 − x − ln −1 − x ) .

5

=

2

15

Для удобства модули под знаками логарифмов для x [0; 1] можно заменить на тождественные выражения: W– 4 – x W = (x + 4); W–1 – x W = (x + 1).

Тогда внешний интеграл равен

1	1	1		=
I = −2∫(ln(x +4) −ln(x +1))dx = −2 ∫ln(x +4)dx − ∫ln(x +1)dx
0	0	0

интегрируя по частям каждое из слагаемых, получим
		1			4
= −2 x ln(x +4)	− x +4 ln(x +4) − x ln(x +1) + x −ln(x +1)			=10 ln		.
					5
		0

Задания для самостоятельной работы

1.Расставить пределы интегрирования в тройном интеграле

∫∫∫f (x; y; z)dxdydz , если область V ограничена указанными поверх-

V

ностями. Начертить область интегрирования. а) V : x = 3, y ≥ 0, z ≥ 0, y = 2x, z = 4 y ;

б) V : x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0, 2x + 3y = 6, z = 3 + x 2 + y 2;

в) V : x ≥ 0, y = 2x, y =1, z ≥ 0, x + y + z = 3.

2. Вычислить тройные интегралы:

а) ∫∫∫(x + y2 −2z)dxdydz , если область V : 1 ≤x ≤2, –2 ≤y ≤3, 0 ≤z ≤1.

	V					70
						(Ответ:					.)
	б) ∫∫∫		dxdydz			6
					, если область V ограничена поверхностями
		(1		3
	V		+ x + y + z)
							4ln2 – 1
	x + z = 3, x = 0, y = 0, y = 2, z = 0.					(Ответ:				.)
	в) ∫∫∫z					8
			x2 + y2 dxdydz , если область V ограничена поверхностями
	V
	x 2 + y 2 = 2x, y ≥ 0, z ≥ 0, z = 3.						(Ответ: 8.)

г) ∫∫∫(x2 + y2 + z2 )dxdydz , если область V ограничена поверхностью

V

3(x2 + y2) + z2 = 3a2 (после вычисления внутреннего интеграла по z следует перейти к полярным координатам c помощью соотношений x = ρ cos φ,

	4πa5
y = ρ sinφ, dxdy = ρdρdφ, 0 ≤ρ ≤a, 0 ≤φ ≤2π ).	(Ответ:			.)
		√3

16

1.3.Механические и физические приложения кратных интегралов

Площадь S плоской области А: S = ∫∫dxdy.

A

В полярных координатах x = ρ cosφ, y = ρ sinφ:

S = ∫∫ρdρdϕ.

A

Масса плоской фигуры с плотностью γ: m = ∫∫ γ(x; y)dxdy.

A

В полярных координатах x = ρ cosφ, y = ρ sinφ:

m = ∫∫γ(ρcos ϕ,ρsin ϕ)ρdρdϕ.

A

Координаты центра масс плоской фигуры

		S	y		∫∫xγ(x; y)dxdy	, yc =	S	x	=	∫∫yγ(x; y)dxdy
	x =			=	А					А	.
										∫∫γ(x; y)dxdy
		m			∫∫γ(x; y)dxdy		m
	c
					А					А

Момент инерции плоской фигуры относительно координатных осей Оx и Oy:

Mx = ∫∫y2 γ(x; y)dxdy, My = ∫∫x2 γ(x; y)dxdy.

D D

Объем пространственной области V = ∫∫∫dxdydz ,

T

где x, y, z – пространственные координаты.

В криволинейных координатах U, V, W справедлива формула

V = ∫∫∫ J dudvdw.

T

где T – образ области Т при отображении пространства Oxyz в пространство O’uvw, причем

		∂x	∂x	∂x
		∂u	∂v	∂w
	J =	∂y	∂y	∂y	≠ 0 в области T .
		∂u	∂v	∂w
		∂z	∂z	∂z
		∂u	∂v	∂w

17

Вчастном случае в цилиндрических координатах r, φ, z, где x = r cosφ, y = r sinφ, z = z

V = ∫∫∫rdrdϕdz.

T

Для сферических координат, где x = ρ sin θ cos φ, y = ρ sin θ sin φ, z = ρ cos θ:

V = ∫∫∫ρ2 sin θdρdϕdθ.

T

Масса пространственной области: m = ∫∫∫γ(x; y; z)dxdydz .

					T
Координаты центра масс тела Т
x =	∫∫∫xγ(x; y; z)dxdydz			y =	∫∫∫yγ(x; y; z)dxdydz
	T		,		T		,
					∫∫∫γ(x; y; z)dxdydz
c	∫∫∫γ(x; y; z)dxdydz			c
	T				T
	z =	∫∫∫zγ(x; y; z)dxdydz
		T				.
	c	∫∫∫γ(x; y; z)dxdydz

T

Моменты инерции тела Т относительно координатных осей

Jox = ∫∫∫( y2 + z2 )γ(x; y; z)dxdydz,

T

Joy = ∫∫∫(x2 + z2 )γ(x; y; z)dxdydz,

T

Joz = ∫∫∫( y2 + x2 )γ(x; y; z)dxdydz.

T

Примеры

1. Найти площадь плоской фигуры, ограниченной линиями x2 + y2 = 4, (x 2 + y 2 – 2x) = 4(x 2 + y 2). Область выбрать вне окружности.

Решение. Для построения линий удобно перейти в полярную систему координат с помощью соотношений x = ρ cos φ, y = ρ sin φ.

Первое уравнение – это уравнение окружности с центром в т. O(0; 0) и радиусом R = 2.

18

Для окружности x 2 + y 2 = 4 → ρ2 = 4 → ρ =2.

Для второй линии (x2 + y2 –2x) = 4(x2 +y2) →(ρ2 –2ρ cosφ)2 = 4ρ 2 → → ρ = 2(1 + cosφ). Это уравнение кардиоиды.

Поместим полярный полюс в точку O(0; 0) и построим линии (рис.10).

Найдем значения угла поворота φ радиуса-вектора у точек пересечения линий. Для этого приравняем уравнения линий

(	+cos ϕ	)	→cos ϕ= 0;	ϕ= ± π	.
2 = 2 1				2

Поскольку фигура симметричная, то достаточно найти площадь верхней заштрихованной области (рис.10), а затем результат умножить на два.

y

πρ =2

2

	ρ= 2 1+cosφ
	(	)
	φ
0	4 x(ρ)

2

Рис. 10

Тогда границы заштрихованной области интегрирования определяются системой

	0 ≤ϕ≤	π	,
		2
D :

2 ≤ρ≤ 2(1 +cos ϕ).

19

Запишем формулу для вычисления площади верхней части фигуры и удвоим результат

	π			2(1+cos ϕ)					π				2(1+cos ϕ)			π
	2								2		ρ	2				2
S =2∫∫ρdρdϕ =2∫dϕ					∫			ρdρ=2∫dϕ								=4∫(2cos ϕ+cos2 ϕ)dϕ =
											2
D	0				2				0				2			0
				π
		π		2	1		+cos 2ϕ										π
=	8sin ϕ	2	+	4∫					dϕ =8 +						2ϕ+sin 2ϕ		2		=8 +π.
		0		0				2									0
3. Найти площадь области, заданной неравенствами: 1 ≤																				x2	+	y2	≤5,
x ≥ 0, y ≥ x.																			4		16

Решение. Из системы неравенств определим уравнения линий границы: из неравенств x ≥ 0 → x = 0, y ≥ x → y = x – уравнения прямых;

						x2					y2
	x	2		y	2				+					=1,
							4				16
из двойного неравенства 1 ≤			+			≤5 →											– уравне-
	4						x2						y2
ния эллипсов.			16
										+							=1.
							4	5				16				5

Построим чертеж данной области D (рис. 11). Для решения удобнее перейти к обобщенным полярным координатам x = aρcosφ, y = b ρsinφ, где a = 2, b =4 . Подставим эти значения как в первое, так и во второе уравнения эллипсов. Получим уравнения линий границы

y

		4	5	π
				2
							π
				D			4
			4				y = x
				ρ =1		ρ =	5
			0
		–2		2
−2	5				2	5	x

Рис. 11

20