Практикум_по_математическому_анализу
.pdfdx dx
I |
|
= |
x'ξ |
x'η |
, I = |
dξ |
|
dη |
- играет роль производной при R 2 → R 2 и |
|
|||||||||
|
|
|
y'ξ |
y'η |
|
dy |
|
dy |
|
|
|
|
|
|
|
dξ |
|
dη |
|
называется определитель Якоби – якобиан.
∫∫f(x, y)dxdy = ∫f(x(ξ, η), y(ξ, η)) I dξξd
D
Практическая часть:
1. Вычислить двойной интеграл:
По области D, ограниченной прямыми y=2x-3, y=2x+5, у=-х+7, у=-х-1. Область D – параллелограмм ABCK (РИС. 19 а). Хотя подынтегральная функция и область интегрирования просты, вычисления данного интеграла в прямоугольных координатах достаточно громоздко (убедитесь самостоятельно). Заметив, что уравнение прямых можно записать в виде у- 2х=-3, у-2х=5, у+х=7 и у+х=-1, перейдем к новым координатам, для чего
обозначим
откуда
Имеем:
Т.е. |
|
|
|
В новой системе координат (u, v) область G ограничена |
|
|
|
||
|
|
|
прямыми u=-3, u=5, v=-1, v=7, т. е. представляет собой прямоугольник (рис. 19 б), а подынтегральная функция равна
• |
103 |
• |
|
Отметим, что первая система формул, написанная выше, преобразует параллелограмм АВСК в прямоугольник А1В1С1К1 , вторая система – наоборот, преобразует прямоуольник А1В1С1К1 d в параллелограмм АВСКю При этом видно, сто направление охода вершин одной фигуры соответствует противоположному направлению обхода вершин другой. Именно поэтому J<0. Переходим к вычислениям:
2. Вычислить
Где D – область, ограниченная кривыми у2=4х, у2=9х, ху=1, ху=5. Область D изображена на рис. 20 а. Заметим, что расставить пределы
интегрирования в исходном интеграле не просто, однако подходящая замена переменных позволяет свести этот интеграл к интегралу по прямоугольнику.
Введем новые переменые u и v при помощи равентств
Выразим отсюда переменные х и у через u и v: , y=
• |
104 |
• |
|
Находим якобиан полученного преобразования
Откуда с учетом того, что х>0 на области D, а значит , >0, имеем
Таким образом, исходный интеграл в плоскости Оuv имеет вид:
Граница области G имеет вид (т.е. представляет собой прямоугольник), а преобразованный интеграл вычисляется намного проще:
Задания для самосоятельного решения:
Вычислить
Где D – область, ограниченная кривыми
Геометрические приложения двойного интеграла
1.Вычисление площади плоской фигуры.
2.Вычисление объема тела.
Практическая часть:
|
. |
• |
105 |
• |
|
Сначала определим координаты точки А:
Проекция области D на ось Оу есть отрезок [0,2]. Таким образом,
7. Вычислить площадь фигуры, ограниченной кривыми
Линии даны в полярных координатах, поэтому воспользуемся формулой площади в полярных координатах:
Первая функция определена при а вторая
- |
при |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
, |
так |
при |
прочих |
значениях |
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
Соответствующая область имеет вид, изображенный на рисунке 25. Ввиду симметрии фигуры относительно полярной оси можно ограничиться вычислением половины площади, а результат удвоить.
Имеем:
• |
108 |
• |
|
Задания для самосоятельного решения:
1. Вычислить площадь фигуры, ограниченной кривыми
.
2.Вычислить площадь фигуры, ограниченной кривыми
3.Вычислить объем тела, ограниченного поверхностями
Криволинейные интегралы второго рода
1. Вычисление площади поверхности тела.
1. Криволинейны интеграл второго рода.
Теоретическая часть:
Определение: Если в (•) некоторой плоской области задан вектор
силы, лежащий в этой области, то говорят, что заданно плоское силовое поле. По аналогии можно рассмотреть и силовое пространство.
Пусть F (P,Q ) - вектор силы, где Р=Р(х,у),
а Q = Q(x,y). Рассмотрим некоторую дугу ВС в области Д и найдём работу поля по перемещению точки из В в С.
Разобьём ВС : B = M 0 M 1 M 2 ... M k ...M n = C. При достаточно мелком разбиении TBC можно считать, что по частичной дуге M k −1M k точка
движется под действием постоянной силы FK = F : F (P(ξ K ;η K )Q(ξ K ;η K )), где k −1M k , причём считается, что движение происходит не по дуге,
• |
109 |
• |
|