Высшая_математика_Том2

Применяя формулу замены переменных, отсюда получаем

u

u

u2

x dxdy =

1 + v · (1 + v)2 dudv =

(1 + v)3 dudv =

G

Ω

Ω

2

2

u2

1

2

u3

2

=

dv

(1 + v)3 du = −2(1 + v)2

1

! ·

3

1/2! =

1

1/2

=

1

1

8

1

49

8

− 18 ·

3 −

24 =

96 .

Важным частным случаем замены переменных в двойном интеграле яв-

ляется переход к полярным координатам.

Рассмотрим замкнутую область G на

плоскости xOy и задание этой же области в

y

полярных координатах. Полярные коорди-

r2(ϕ)

наты выберем так, чтобы их полюс совпа-

дал с началом декартовых координат, а по-

G

лярная ось — с положительной полуосью

Ox. Тогда, как известно, преобразование

β

r1(ϕ)

координат задается формулами x = r cos ϕ,

O

α

y = r sin ϕ, где r и ϕ — полярные координа-

x

ты точек плоскости.

∂(x, y)

Вычислим якобиан

. Имеем

Рис. 4.7

∂(r, ϕ)

∂(x, y)

cos ϕ

sin ϕ

= r.

∂(r, ϕ) =

−

r sin ϕ

r cos ϕ

Пусть преобразование

координат взаимно однозначно отображает на G

следующую замкнутую область изменения переменных r и ϕ (рис. 4.7)

Ω = {(r, ϕ) : α 6 ϕ 6 β, r1(ϕ) 6 r 6 r2 (ϕ)}.

Тогда согласно теореме 4.5.1 о замене переменных получаем

f (x, y) dxdy = f (r cos ϕ, r sin ϕ) r drdϕ =

G

Ω

β r2 (ϕ)

= dϕ	f (r cos ϕ, r sin ϕ) r dr.

α r1 (ϕ)

Отметим, что на практике чаще всего от двойного интеграла по x и y переходят сразу к повторному интегралу от r и ϕ.

151

ПРИМЕР 4.5.2.

1) Вычислить интеграл

x dxdy,

G

где G = {(x, y) : x2 + y2 6 2x} — круг (рис. 4.8,а).

Имеем G = {(x, y) : (x −1)2 + y2 6 1} — круг, касающийся оси Oy в точке O(0, 0), с центром в точке (1, 0). Ясно, что при переходе к полярным коор-

динатам x = r cos ϕ, y = r sin ϕ, мы имеем −π2 6 ϕ 6 π2 , r 6 2 cos ϕ. Последнее

неравенство получается из неравенства y2 + x2 6 2x, так как x2 + y2 = r2 , x = r cos ϕ. Поэтому

π/2

2 cos ϕ

x dxdy = dϕ

r2 cos ϕ dr =

G

−π/2

0

=

π/2

cos ϕ

3

0

! dϕ = 3

π/2

cos4 ϕ dϕ =

r3

2 cos ϕ

8

π/2

π/2

−

−

= 3

π/2

+

2

ϕ

2

3

π/2

dϕ =

1 + 2 cos 2ϕ+

8

1

cos 2

2

−π/2

−π/2

π/2

+

1

+

2

ϕ dϕ = 3

2 ϕ + sin 2ϕ +

8

ϕ

= π.

π/2

cos 4

2

3

sin 4

−

2) Вычислим интеграл Пуассона. Покажем, что

∞√

e−x2 dx = 2π .

0

Напомним, что интеграл по неограниченному полуинтервалу [0, ∞) понимается следующим образом

∞	R
e−x2 dx = lim	e−x2 dx,
R→∞
0	0
если предел существует.
Рассмотрим области (рис. 4.8,б)
F = {(x, y) : x2 + y2 6 R2 };		y		R};
G = {(x, y) : 026 x 2	R, 0 2
6	6		6

H = {(x, y) : x + y 6 2R }.

152

y					y
1			r
O	ϕ					G
	1			x
						F
								H
					O
								x
	а						б
				Рис. 4.8
Ясно, что F G 2		H2	и что	2	2	2	2	dxdy.
	e−x −y		dxdy 6	e−x	−y dxdy 6	e−x	−y

F G H

Интегралы по F и H легко вычисляются переходом к полярным координатам

π/2 R

e−x2 −y2 dxdy =

dϕ

e−r2 r dr =

F

0

0

R

R

= 2

· 2

0

e−r

d(r2 ) = −4 e−r

2

0

= 4

1 −e−R

.

π

1

2

π

π

2

Аналогично

x2

y2

π

2R2

e−

−

1 −e−

.

dxdy =

H

4

Интеграл по G запишем в виде повторного и получим

RR

e−x2 −y2 dxdy =	dx	e−x2 e−y2 dy =
G	0	0

=	R e−x2 dx	·		R e−y2 dy =	R e−x2 dx 2 .
0			0		0

Подставим вычисленные интегралы в двойное неравенство для интегралов. Получаем

√					2	√
		p			R			p
	π			6 0	e−x dx 6		π			.
			1 −eR2						1 −e−2R2
2						2

153

Устремляя в этом двойном неравенстве R к бесконечности, получаем

	√			R					√
		π		6 lim e−x2 dx 6						π	,
2									2
				R→∞
т. е.,				0
				∞	√
								.
				e−x2 dx =		π
					2
				0

3) Иногда бывает удобно использовать обобщенные полярные координаты x = ar cos ϕ, y = br sin ϕ, где a и b — некоторые положительные постоянные.

Якобиан для данной системы функций равен J = abr. (Проверьте это). Вычислим интеграл

s25 −

x2

y2

−

dxdy,

16

25

G

x2

y2

где область G ограничена эллипсом

+

= 1, т. е.

25

16

G = (x, y) :

x2

y2

+

6 1 .

2

16

25

|

|

2

x = 4r cos ϕ,

= 5r sin ϕ,

=

Сделаем замену переменных

y

J

= 20r. Тогда из

x

+

y

6 1 следует r2 6 1, т. е. r 6 1, и мы получа-

16

ем

25

2π

1

s25 − 16

25 −r2 20r dr =

− 25 dxdy =

dϕ

x2

y2

G

0

0

p

2π

1

r2 3/2

1

= −10 0

dϕ 0

p

25 −r2

d(25 −r2) = −20π ·2 ·

(25 −3 )

0 =

40

3/2

3/2

40

√

3

=

π 25

−24

=

π(125

−

24

).

3

3

§ 4.6. Применения двойных интегралов

4.6.1. Вычисление площадей плоских фигур

Первое приложение следует из первого свойства двойного интеграла (§ 4.3):

dxdy = S,

G

где S — площадь G.

154

y		y
		G
	O	O
G	x	2	4	x

а	б
	Рис. 4.9

ПРИМЕР 4.6.1.

1) Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями (рис. 4.9,а) y2 = 4 + x, x + 3y = 0.

Из рис. 4.9,а видно, что при переходе к повторному интегралу удобнее вначале интегрировать по x, а затем по y. Если же выбрать обратный порядок интегрирования, то придется рассматривать сумму двух повторных интегралов.

Вычисляем

1

−3y

1

S =

dxdy =

dy

dx =

(4 −3y −y2) dy =

G

−4

y2

4

−4

−

1

3

y3

125

5

= 4y −

−4 =

y2 −

= 20

.

2

3

6

6

2) Найти площадь фигуры, ограниченной линиями (рис.

4.9,б)

x2 + y2 = 2x, x2 + y2 = 4x, y = 0, y = x.

Здесь удобнее перейти к полярным координатам. Тогда

π/4

4 cos ϕ

π/4

4 cos ϕ

! dϕ =

r2

S =

dxdy =

dϕ

r dr =

2

2 cos ϕ

G

0

2 cos ϕ

0

π/4

2

2

π/4

1 + cos 2ϕ

=

16 cos

ϕ −4 cos

ϕ

dϕ = 6

dϕ =

2

2

0

0

sin 2ϕ

π/4

3(π + 2)

= 2 ϕ +

0

=

2

4 .

155

4.6.2. Вычисление объемов
Пусть V — пространственное тело,
ограниченное снизу	графиком функции				z		z = ϕ(x, y)
z = ϕ(x, y), сверху — графиком z = ψ(x, y)
(ϕ(x, y) 6 ψ(x, y) при (x, y) G), с боков —				O
цилиндрической поверхностью, образую-										y
щие которой параллельны оси Oz и про-
ходят через границу области G (рис. 4.10).							G
Возьмем такую постоянную C, что для
всех (x, y) G будет выполняться ϕ(x, y) +		x				z = ψ(x, y)
C > 0. Тогда объем	тела V будет равен
объему, заключенному между графиками
функций z = ϕ(x, y) + C и z = ψ(x, y) + C,							Рис. 4.10
(x, y) G. Но тогда
v = [ψ(x, y) + C] dxdy − [ϕ(x, y) + C] dxdy =
G	G
		=			[ψ(x, y) −ϕ(x, y)] dxdy.
			G

ПРИМЕР 4.6.2. Вычислить объем тела, ограниченного поверхностями x + z = −2, x + z = 2, x2 + y2 = 1.

Ясно, что проекция тела на плоскость xOy есть круг

G= {(x, y) : x2 + y2 6 1}.

Вэтом примере ϕ(x, y) = −2 −x, ψ(x, y) = 2 −x. По формуле для вычисления объемов получаем

v = [(2 −x) −(−2 −x)] dxdy = 4	dxdy = 4 ·S = 4π,
G	G
где S = π — площадь круга G.

4.6.3. Вычисление площади поверхности

Пусть функция z = f (x, y) определена в ограниченной замкнутой об-

ласти G, непрерывна в G и частные производные ∂ f и ∂ f существуют и

∂x ∂y

непрерывны в G.

Обозначим через S график функции z = f (x, y), т. е.

S = {(x, y, z) : (x, y) G, z = f (x, y)}.

156

Мы выведем формулу для вычисления площади S с помощью двойного интеграла. Сначала поясним, что мы понимаем под площадью поверхности

S.

Рассмотрим произвольное разбиение области G,

G = G1 G2 . . . Gn.

Как и ранее, через Si обозначим площадь Gi, через λn — мелкость разбие-

ния, т. е. λn = max d(Gi).

16i6n

Через Si обозначим часть графика S над множеством Gi, т. е. Si =

{(x, y, z) : (x, y) Gi, z = f (x, y)}. В каждой части Gi выберем произвольно точку (ξi, ηi). На поверхности ей соответствует точка

		Mi(ξi, ηi, f (ξi, ηi)) Si.
Проведем через Mi касательную плоскость к поверхности S
	∂ f	∂ f
		(ξi, ηi) ·(x −ξi) +		(ξi, ηi) ·(y −ηi) = z −zi,
	∂x		∂y

где zi = f (ξi, ηi) и (x, y, z) — произвольная точка на касательной плоскости. Вектор

N = −	∂ f	(ξi, ηi), −	∂ f	(ξi, ηi), 1
	∂x		∂y

будет нормальным вектором касательной плоскости, направленным «вверх», т. е. составляющим острый угол с осью Oz.

На касательной плоскости рассмотрим ту ее часть, которая находится над Gi. Обозначим ее через σi, а ее площадь — через Δσi. Площадь Δσi

n

приближенно равна площади Si, а сумму всех таких площадей ∑ Δσi можно

i=1

считать приближенным значением площади графика S.

За точное значение площади S принимают предел такой суммы при неограниченном измельчении области G (а значит, и поверхности S) на части, т. е. если s — площадь S, то

n

s = lim ∑ Δσi.

λ→0 i=1

Уточнить понятие предела сумм можно так же, как и определение предела интегральных сумм для определенного интеграла.

Пусть γi — угол между вектором N и осью Oz. Угол γi равен углу между касательной плоскостью и плоскостью xOy. Так как Gi есть проекция σi на плоскость xOy, то, как известно из школьного курса математики, площади

этих областей связаны соотношением
Δσi =	Si	.
	cos γi

157

Но	(N, k)						1
cos γi =			=								,
	| |			s1 + ∂x			(ξi, ηi)	+	∂y
										(ξi, ηi)
	N						2			2
						∂ f			∂ f

где k = {0, 0, 1} — единичный вектор, направленный вдоль оси Oz. Отсюда

получаем
∑	Δσi = ∑ s								Si.
		1 +		∂x	(ξi, ηi) +		∂y (ξi, ηi)
n	n				2			2
i=1	i=1			∂ f			∂ f

Мы видим, что в правой части равенства стоит интегральная сумма по

области G функции

g(x, y) = s

1 +

∂x (x, y)

+

∂y

(x, y) .

∂ f

2

∂ f

2

Поэтому, переходя к пределу при λn → 0, получаем

n

s =

lim

∑ g(ξi, ηi)

Si

=

g(x, y) dxdy,

или

λn →0 i=1

G

s

s =

1 +

∂x (x, y)

+

∂y (x, y)

2

dxdy,

G

2

∂ f

∂ f

или окончательно

s = G

s

1 + ∂x

+

∂y

dxdy.

∂z

2

∂z

2

ПРИМЕР 4.6.3. Найти

площадь

части

гиперболического

параболо-

ида xy = z, (x > 0,

y

> 0),

вырезаемой

цилиндром

x2 + y2 =

= 8.

Для (x, y) G = {(x, y) : x2 + y2 6 8, x > 0, y > 0} имеем

s

1 + ∂x

+

∂y

dxdy = p1 + x2 + y2 dxdy.

∂z

2

∂z

2

При вычислении площади поверхности перейдем к полярным координатам

158

x = r cos ϕ, y = r sin ϕ, |J| = r,

π/2

2√

2

p

p

r dr =

s = G

1 + x2 + y2

dxdy =

0

dϕ

0

1 + r2

√

2√

2

2

2

= 2

· 2

0

p

d(1 + r2) = 4

· 3 (1 + r2)3/2

0

=

1 + r2

π

1

π

2

=

π

13

π.

(27 −1) =

6

3

4.6.4. Приложения двойного интеграла в механике

В начале главы мы рассмотрели одно из приложений двойного интеграла — вычисление массы плоской материальной пластины.

Если в области G xOy распределена масса с плотностью ρ(x, y), то масса пластины G вычисляется по формуле

m = ρ(x, y) dxdy.

G

ПРИМЕР 4.6.4. Найти массу тела пластины G,

G = {(x, y) : 0 6 x 6 1, 0 6 y 6 x2 },

если ее плотность ρ(x, y) = xy.

Согласно полученной формуле, находим

1x2

m =	xy dxdy =	dx xy dy =
G	0	0

1			x2	! dx = 2		1
= x 2			0			x5 dx = 12 .
	y2			1		1
0						0

Найдем координаты центра тяжести материальной пластины G, плотность которой ρ(x, y). Снова рассмотрим разбиение G на части

G= G1 G2 . . . Gn

ивыберем в каждой части Gi произвольно точку Pi(ξi, ηi). Мы будем считать, что масса Gi равна mi ≈ ρ(Pi) Si и сосредоточена в точке Pi(ξi, ηi).

Всилу непрерывности ρ(x, y) мы допускаем небольшую ошибку, если размеры Gi невелики.

159

Всилу нашего предположения, вся масса m пластины G сосредоточена

вn точках P1 , P2 , . . . , Pn. Но тогда координаты центра тяжести системы материальных точек вычисляются по формулам:

		n		n
		∑ ξiρ(Pi) Si		∑ ηiρ(Pi) Si
	x¯ =	i=1	, y¯ =	i=1	.
		n		n
		∑ ρ(Pi) Si		∑ ρ(Pi) Si
		i=1		i=1

При неограниченном измельчении разбиения G на части (т. е. при n → ∞ и λn → 0) будет выполняться x¯ → xC , y¯ → yC , где (xC , yC ) — координаты центра тяжести G. Таким образом, при n → ∞ и λn → 0 мы получаем в

	пределе
	xC =	1		xρ(x, y) dxdy, yC =	1		yρ(x, y) dxdy,
		m			m
			G				G
	где m = ρ(x, y) dxdy — масса G.
	G
	Величины Mx =			yρ(x, y) dxdy и My =			xρ(x, y) dxdy называются ста-
			G	G

тистическими моментами пластины G относительно осей Oy и Ox соответственно.

Таким образом, формулы для нахождения координат центра тяжести материальной пластины G можно записать еще и в следующем виде

xC = My , yC = Mx .
m	m

ПРИМЕР 4.6.5. Найти координаты центра тяжести пластины из предыдущего примера.

Имеем

G = {(x, y) : 0 6 x 6 1, 0 6 y 6 x2 }, ρ(x, y) = xy.

Как мы уже нашли,

m = 121 .

Найдем статистические моменты G относительно осей координат

1x2

My =	x2 y dxdy =	dx x2 y dy =
G	0	0
		= 2		1	x2	! dx =	2		1
				x2	y2 0				x6 dx = 14
		1		0			1		1
									0

160