Математический анализ

РАЗДЕЛ II. ДВОЙНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ

Пример 2.1 Найти ∫∫ xydxdy, где D –область, ограниченная функциями: y = x2, x

(D )

= y2 (рис. 2.3).

Решение. Имеем

Рис. 2.3

		1	x	1	y	2		1	∫1			1		x3		x6			1
	J = ∫∫xydxdy = ∫xdx∫ydy= ∫x						dx =			(x2 -	x5 ) dx =		(		–		) =			.
					2
								2				2				6		12
	(D)	0	x2	0					0				3

Полученный результат 1/12 есть объем тела, основанием которого является область D (заштрихованная часть плоскости x0y), боковыми поверхностями являются цилиндрические поверхности y = x2 и x = y2, параллельные оси 0z, а верхним ограничением служит поверхность z=xy.

2.3.Вычисление двойного интеграла в полярной и других системах координат.

Якобиан перехода

Для вычисления двойного интеграла часто используют метод замены переменных, приводящих к тому, что вместо функции f(x,y) интегрируют функцию f(x(u,v),y(u,v)). Введение новых переменных u,v приводит к изменению области D → ∆, ((x,y) D (u,v) ∆) в которой производится интегрирование. Переход в двойном интеграле от одной системы координат x0y в другую u0′v осуществляется с помощью «якобиана” – функционального определителя вида

	∂x		∂x
J =	∂u		∂ν	,	(2.4)
	∂y		∂y
	du		∂ν

где

x = x(u,ν),y = y(u,ν).

170

РАЗДЕЛ II. ДВОЙНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ

Отметим, что с помощью (2.4) устанавливается взаимно однозначное соотношение точек плоскостей x0y и u0′v

y			v
	D		∆
0	x	0'	u
		Рис. 2.4

и, в частности, между точками областей D и ∆. Предполагается, что функции x(u,v) и y(u,v) имеют непрерывные частные производные в замкнутой области ∆.

Тогда имеет место формула соотношения площадей в одной и другой области интегрирования:

	dxdy = |J| dudv,	(2.5)
что приводит к следующей связи
∫∫ f(x,y)dxdy =	∫∫ f [x(u,v), y(u,v)]|j(u,v)|dudv .	(2.6)
(D )	(∆)

Для доказательства формулы (2.5) рассмотрим отображение элементарного прямоугольника, заданного на плоскости uо'v на плоскость xоy (рис. 2.5).

	v	A4	A3	y	B3
		dv		B4	B2
	v	A1	A2
	0'	du	u	y	B1
				0	x

Рис. 2.5

Выберем на плоскости uo'v прямоугольник A1A2A3A4 со сторонами du и dv параллельными осям o' u и o'v . С помощью отображения

x = x(u,ν),y = y(u,ν).

он переходит в криволинейный четырёхугольник B1B2B3B4. На плоскости x0y вершины прямоугольника имеют координаты

A1(u,v), A2(u+du,v), A3(u+du,v+dv), A4(u,v+dv),

а вершины криволинейного четырёхугольника на плоскости uo'v имеют координаты:

171

РАЗДЕЛ II. ДВОЙНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ

B1(x(u,v),y(u,v)), B2(x(u+du,v),y(u+du,v)),

B3(x(u+du,v+dv),y(u+du,v+dv)), B4(x(u,v+dv),y(u,v+dv)),

или, если ограничиться членами первого порядка малости относительно du и dv, то приближённо получим

B1(x,y), B2(x+ ∂∂ux du, y+ ∂∂uy du ), B3(x+ ∂∂ux du+ ∂∂xv dv, y+ ∂∂uy du+ ∂∂yv dv),

B4(x+ ∂∂xv dv, y+ ∂∂yv dv),

где все частные производные вычислены в точке (u,v). Четырёхугольник B1B2B3B4 – параллелограмм. То есть площади криволинейного четырёхугольника B1B2B3B4 и прямолинейного B1B2B3B4, показанного на рис. 2.5 пунктиром, равны с точностью до малых высшего порядка относительно dudv. Площадь параллелограмма (пунктирного) равна удвоенной площади треугольника B1B2B3, которая вычисляется по координатам точек B1(x1,y1), B2(x2,y2), B3(x3,y3) как модуль определителя

2S∆ =

x2 − x1

x3 − x2

.

y2 − y1

y3 − y2

В нашем случае получим

∂x

du

∂x

dν

∂x ∂x

2S∆ =

∂u

∂ν

=

∂u

∂ν

dudv .

∂y

du

∂y

dv

∂y

∂y

∂u

∂ν

∂u

∂ν

Итак

dxdy = | J (u,v)|dudv,

что и требовалось доказать.

При переходе от декартовой прямоугольной системы координат к полярной имеют место формулы

				x =				ρcosϕ,
				y =				ρsinϕ,
	∂x		∂x
						=	− ρ sin ϕ		cosϕ	= ρ .
J =	∂ϕ		∂ρ
	∂y		∂y				ρ cosϕ		sin ϕ
	∂ϕ		∂ρ

При этом границы области ∆ в полярной системе координат могут быть представлены неравенствами ϕ1 ≤ ϕ ≤ ϕ2, ρ1(ϕ) ≤ ρ ≤ ρ2(ϕ), где ϕ=ϕ1, ϕ=ϕ2 – лучи, ограничивающие

172

РАЗДЕЛ II. ДВОЙНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ

сектор, в котором находится область ∆ , ρ = ρ1(ϕ), ρ=ρ2(ϕ) – соответственно внутренняя и внешняя границы области ∆ внутри этого сектора.

Пример 2.2 Вычислить площадь фигуры, ограниченной кривой (рис. 2.6) (x2 + y2)2 = 2a2(x2 – y2)

с переходом к полярной системе координат.

Решение. Уравнение заданной кривой в полярной системе координат имеет вид

ρ = a 2 cos 2ϕ .

Рис. 2.6		π
Заштрихованная область находится в секторе	0 ≤ϕ ≤		, 0 ≤ ρ ≤ a 2cos 2ϕ. По-
		4

вторный интеграл в полярной системе координат, равный площади этой заштрихованной области, будет иметь вид:

ππ

		4		a 2cos2ϕ		4	a	2
	SD =	∫	dϕ	∫	ρdρ = a ² ∫cos 2ϕdϕ =				.
							2
						0
		0		0

Вся же площадь равна S = 2a2.

2.4.Применение двойных интегралов

1.Пусть f(x,y) ≥ 0, непрерывная функция в области D.

Величины f(xк,yк)σк есть объёмы цилиндрических столбиков с площадью основания σк и высотой f(xк,yк).

Сумма всех их объёмов – это объём ступенчатого тела, а при переходе к пределу при ∆→0 (при сжатии элементарных частей деления области интегрирования D) мы получаем объём области, ограниченной поверхностями z = 0 и z = f(x,y), а с боковой стороны – образующими цилиндрической поверхности, направляющей для которой является граница области D.

Итак, геометрически двойной интеграл даёт объём этой области.

173

РАЗДЕЛ II. ДВОЙНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ

2. Площадь кривой поверхности.

Пусть на области D задана поверхность z = f(x,y), где f(x,y) – непрерывная функция, имеющая непрерывные частные производные первого порядка. Разделим поверхность над областью D на малые элементы. Площадь такого элемента обозначим ∆Si и пусть ∆Di – его проекция на плоскость xoy, а точка (xi,yi) принадлежит этой проекции. Пусть γ i – угол нормали к поверхности z = f(x,y) в точке (xi,yi) с осью OZ. Тогда имеем

n	n	∆Di	, а в пределе получим: S =	∫∫D	dxdy	.
i=1	i=1	cosγ i			cosγ
∑∆Si	= ∑

Этой формуле можно придать иной вид, если пользоваться уравнением касательной плоскости к поверхности

Z – z = ∂∂fx (X – x) + ∂∂fy (Y – y).

Нетрудно заметить, что отсюда cosγ

=

1

и тогда

∂f

)2 + (∂f

)2

1 + (

∂x

∂y

S = ∫∫

1 + (∂f

)2 +

(∂f

)2

dxdy .

(D )

∂x

∂y

Пример 2.3 Найти площадь части поверхности z = xy, вырезанной из нее цилин-

дром x2 + y2 = 1.

∂z

∂z

2

Решение. Так как частные производные функции z ∂x

= y,

= x

, то cosγ=1/(1+x

∂y

+y2)1/2, а площадь вырезанной поверхности выражается двойным интегралом

S = ∫∫ 1 + x2 + y 2 dxdy =

2∫π dϕ∫1

1 + r

2 rdr = 2

π(2 2 −1).

(D )

0

0

3

Каквидим, переходкполярнойсистемекоординатсущественноупростилвычисления.

3. Механические приложения двойных интегралов.

Пусть на плоской фигуре D распределена масса m с поверхностной плотностью

ρ (x,y). Тогда

m = ∫∫ ρ (x,y)dxdy.

D

Координаты центра тяжести тела выражаются формулами

			∫∫xρdxdy				∫∫yρdxdy
x		=	(D)	, y		=	(D)		.
	C		∫∫ρdxdy		C		∫∫
								ρdxdy
			(D )				(D )

174

РАЗДЕЛ II. ДВОЙНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ

4. Вычисление ∞∫e−X 2 dx с помощью двойного интеграла.

0

Этот несобственный интеграл сходится, так как сходится несобственный интеграл

∞∫e−X

dx . Обозначим значение заданного несобственного интеграла через J.

0

Рассмотрим

∞∫

∞∫e−X 2 −y2 dxdy =

∞∫e−X 2 dx ∞∫e−y2 dy = J J=J2.

0

0

0

0

Для вычисления этого интеграла полезно перейти к полярной системе координат.

Имеем

2

∞ ∞

2

2

)

π

∞

−ρ

2

1

π

А

−ρ

2

2

1

π

−ρ

2

A

−(x

+y

2

2

2

J

= ∫0 ∫0

e

dxdy

= ∫0 dϕ∫0 e

ρdρ = −

2

∫0

dϕ

Аlim→∞ ∫0 е

d(−ρ

) = −

2

∫0

dϕ Alim→∞ e

0

= −

1

π2 dϕ(lim

(e − A2

−1))=

1

π2 dϕ =

1

×

π

=

π.

2

∫0

A→∞

2

∫0

2 2 4

Отсюда J = ∞∫e

−x2 dx =

π .

0

2

Примеры

Пример 1. Вычислить интеграл

					1	1−x
					∫dx		∫(1− x − y)dy .
					0		0
Решение:
1	1−x		1					y	2			1										(1− x)				2
∫dx ∫		(1− x − y)dy = ∫dx(y − xy −								)10−x		=∫[(1− x) − x(1− x) −															]dx =
																							2
0	0		0				2					0
		∫1 [1 − 2x + x 2 −		x 2	+ x −	1	]dx			=	1	x −	x 2		+				+	x 3	1	=		1	.
																				6			6
		0	2			2				2		2									0
Ответ:		1 .
		6

175

РАЗДЕЛ II. ДВОЙНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ

		Пример 2. Найти объём полушара: z ≥0,x2 + y2 +z2 = 1, z =																									1 − x2		− y2 .
									1			1−X 2
		Решение:					V = 2∫dx					∫			1 − x2 − y2 dy									=	(переходим		к полярной					системе)=
									0			0
	π											(1 − ρ 2 ) 32
	2	1	2						π									2 1			π
= 2∫dϕ		∫ 1 − ρ			ρdρ = 4					[−									]0	=				2.
									2						3 2							3
	0	0
		Ответ:		2π			.
					3
		Пример 3. Найти площадь участка поверхности, вырезанного цилиндром x2+ y2 =
R (x,y > 0) из поверхности z = xy.
		Решение:
		∂z = p = y;					∂z	= q = x.
		∂x					∂y
		S = ∫∫					1+ p2 + q2 dxdy = ∫∫											1+ x2 + y2 dxdy =
		X 2 +Y 2 ≤R													D
π
												3
= ∫2	dϕ∫R r 1 + r 2 dr = π [(1 + R 2 )														−1].
													2
0	0						6
		Ответ:	π [(1 + R 2 )							3	−1] .
										2
			6
		Пример 4. Найти объём тела, ограниченного поверхностями
															z			1
												-1			x
																		x+y=1							y
		z =1 + x + y,
		z = 0,
		x + y =1, x = 0, y = 0.
		Решение:																			2 1−X
		1	1−X												1					y					1			(1	− x)	2			5
		V = ∫dx			∫ (1+ x + y)dy = ∫dx( y + xy +																		)		= ∫(1− x + x(1− x) +						)dx =			.
		0			0										0					2				0	0				2			6
		Ответ:		5		.
			6

176

РАЗДЕЛ II. ДВОЙНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ

Тест 2.

Вычислить объемы тел, ограниченных данными поверхностями.

	1. z = x2 – y2; y = 0, z = 0, x = 1
	а) 2.					б)		1		.					в)	1			.			г) 1.
							4
														6
	2. x2 + y2 = a2; y = 0, z = 0, y = x
	а)		а3	.		б)			а3		.				в)		3			а3 .		г) ра3 .
	2						3							4
	3. y = x ; y = 2 x , x + z = 6, z = 0
	а) 24 6 .					б)	11 3 .								в) 1.							г)	48 6 .
	5						2																			5
	4. z = x2 + y2 ; y = x2 , y = 1, z = 0
	а) 3.					б)			86				.		в)			86			.	г)			68			.
							101							105									101
	5. x +y + z = a; 3x + y = a,													3	x + y = a, y = 0, z = 0.
														2
			а3						а3														2
														3												а	3	.
	а)				.	б)						.			в) а .							г)
			12						18														3

6. z = 2x2 + y2 + 1; x + y = 1 и координатными плоскостями.

	а)		3	.	б)	1	.		в)	2		.		г)	1		.
		4				4				3					2
	7. az = y3; x2 + y2 = r2, z = 0, a>0, r >0.
		3				рr 4					рr 4					рr 5
	а)	рra .			б)			.	в)				.	г)				.
						4a					3a					4a2

Вычислить площади поверхностей.

8. Часть плоскости, ax + by + cz =1, заключенной между координатными плоскостями.

2				2 2	1	a	2	b	2	+ b	2	c	2	+ c			2	a	2		ab + bc + ac				1	a	4		+ b		4	+ c	4
а) α +b +c .					б) 2															. в)			.	г)	8									.
																						3
											2				2			2		2						x 2				y 2
9. Часть поверхности шара: х +у																+z			=α , вырезанную цилиндром:										+			=1.
																										a 2				b2
2		a	2		2									2						г) рa	2
а)				.	б) 3α .					в) 4α .												.
	3

10. Часть поверхности параболоида у2 +z2 =2αx между цилиндром у2 =αx и плоскостью х=α.

а) a 2 ( 3 − 2) .	б)	1	рa2 (3 3 −1) . в) рa2 ( 2 +1) .	г) a 2 ( 2 + 3) .
		3

177

РАЗДЕЛ III. ТРОЙНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ

Раздел III. Тройные интегралы

3.1.Определение тройного интеграла и его применение

Пусть G – ограниченная, замкнутая и кубируемая (то есть имеющая определённый объём) область трёхмерного пространства, где введены прямоугольные координаты и пусть в области G задана непрерывная функция трёх переменных f(x,y,z).

Процесс интегрирования функции f(x,y,z) по области G состоит в следующем:

z

у

х

Рис. 3.1

1)Разбиваем G на малые кубируемые части ∆Vi:

2)В каждой части ∆Vi берём точку (xi, yi, zi) и составляем произведение f(xi, yi, zi)

∆Vi;

n

3) Берём их сумму ∑ f (xi , yi , zi )∆Vi , которая называется интегральной суммой

i=1

функции f(x,y,z) в области G ;

4) Находим предел этой суммы при стремлении к 0 наибольшего из диаметров час-

тей (maxdi).

Определение 3.1 Если существует предел интегральной суммы

n

lim ∑ f (xi , yi , zi )∆Vi

max di →0 i=1

не зависящий от способа разбиения области G на части и от выбора промежуточных точек f(xi,yj,zi), то функция f(x,y,z) называется интегрируемой в области G, а указанный предел называется тройным интегралом функции в области G и обозначается:

∫∫∫

n

i

i

i

i

f (x, y, z)dxdydz =

max di →0∑

f (x

, y

, z

)∆V

.

(3.1)

lim

(G)

i=1

Иллюстрацией смысла тройного интеграла может служить задача о массе тела с распределенной плотностью. Пусть функция ρ=f(х,у,z) описывает распределение плотности вещества, а область G есть тело с распределенной по этому закону плотностью. Тройной интеграл функции ρ по области G есть масса этого тела

m = ∫∫∫ f (x, y, z)dxdydz .

(G)

178

РАЗДЕЛ III. ТРОЙНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ

Координаты центра тяжести этого тела определяются по формулам

	X 0 =	1	∫∫∫pxdxdydz, Y0 =	1	∫∫∫pydxdydz,	Z0 =	1	∫∫∫pzdxdydz .
		m		m			m
			(G)		(G)			(G)

Все свойства тройного интеграла аналогичны свойствам двойного интеграла.

3.2. Сведение тройного интеграла к повторному

Теорема 3.1 Пусть на плоскости хоу задана область D (замкнутая и квадрируемая) и через точки её границы проходит цилиндрическая поверхность, образующая которой параллельна оси oz; далее, пусть даны две поверхности z = z1(x, y) и z = z2(x,y), не пересекающиеся в области D. В области G, ограниченной указанной цилиндрической поверхностью и поверхностями z =z1(x,y) и z = z2(x,y) задана функция f(x,y,z).

Если функция f(x,y,z) интегрируема в области G, то есть существует тройной интеграл

∫∫∫ f (x, y, z)dxdydz , идлялюбойточкиобластиD существует

(G)

Z2	( X ,Y )
интеграл	∫ f (x, y, z)dz , тоимеетместо формула
Z1 ( X ,Y )
	Z2	( x, y)		∫∫dxdy	Z2	( x, y)
∫∫∫ f (x, y, z)dxdydz = ∫∫		∫ f (x, y, z)dz dxdy =			1	∫ f (x, y, z)dz .	(3.2)
(G)	1	( x, y)		( D)		( x, y)
	( D) Z				Z

Для вычисления тройного интеграла по области G , проекцией которой на плоскость хоу служит область D: а≤x≤b, y1(x)≤ y≤y2(x), а нижним и верхним ограничениями являются поверхности z=z1(х, у) z=z2(x,y) , необходимо выполнить следующее трехкратное интегрирование:

b	y2 ( x)	z2	( x, y)
∫dx	∫dy		∫ f (x, y, z)dz .
a	y( x)	z1 ( x, y)

Следует отметить, что выбор порядка интегрирования может быть и другим. Переменные x,y,z являются независимыми переменными и поэтому все приведенные высказывания могут быть сформулированы для других вариантов описания области G.

Если область G для решения задачи удобнее спроектировать на плоскость yoz, представляющая собой область D: c≤у≤d, z1(y)≤z≤z2(y) , а внутри цилиндрической области, параллельной оси ох область G ограничивают поверхности x=x1(y,z) и x=x2(y,z), x1(y,z)<x2(y,z), то тройной интеграл функции по области G вычислим следующим образом:

	d	z2	( y)	x2	( x, y)
∫∫∫ f (x, y, z)dxdydz = ∫dy			∫dz		∫ f (x, y, z)dx .
(G)	c	z1 ( y)		x1 ( x,z)

179