0887579_C36AB_denisyuk_v_p_repeta_v_k_gaeva_k_a_kleshnya_n_o_visha_matemat
.pdf
|
|
β |
ρ(ϕ) |
f (ρ cos ϕ, ρ sin ϕ) ρdρ. |
|
|
∫∫ f ( x, y)dxdy = ∫ dϕ ∫ |
(2.8) |
|||
|
D |
α |
0 |
|
|
2. Нехай область D обмежена променями, які утворюють з полярною |
|||||
віссю кути |
α та |
β (α < β), і кривими |
ρ = ρ1 (ϕ) та ρ = ρ2 (ϕ) |
(ρ1 ≤ ρ2 ) |
|
(рис. 2.11, |
б). Тоді полярні координати області D1 змінюються в межах |
||||
ρ1 (ϕ) ≤ ρ ≤ ρ2 (ϕ), |
α ≤ ϕ ≤ β і формулу (2.7) можна записати у вигляді |
||||
|
|
β |
ρ 2 (ϕ) |
|
|
|
∫∫ f ( x, y)dxdy = ∫ dϕ |
∫ |
f (ρ cos ϕ, ρ sin ϕ) ρdρ. |
(2.9) |
|
|
D |
α |
ρ1 (ϕ) |
|
3. Нехай область D, межа якої задана полярним рівнянням ρ = ρ(ϕ) , охоплює початок координат, тобто точка O(0; 0) є внутрішньою точкою області D (рис. 2.11, в), тоді виконується формула
|
|
|
|
2π |
ρ(ϕ) |
|
|
|
|
||
|
|
|
∫∫ f ( x, y)dxdy = ∫ dϕ ∫ f (ρ cos ϕ, ρ sin ϕ) ρdρ . |
(2.10) |
|||||||
|
|
|
D |
0 |
0 |
|
|
|
|
|
|
Зокрема, якщо межа області D — коло x2 + y2 = R2 , або |
ρ = R , тоді |
||||||||||
формула (2.10) набуває найпростішого вигляду |
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
2π |
R |
|
|
|
|
||
|
|
|
∫∫ f (x, y) dxdy = ∫ dϕ∫ f (ρ cos ϕ, ρ sin ϕ) ρdρ . |
|
|||||||
|
|
|
D |
0 |
0 |
|
|
|
|
|
|
y |
|
|
|
y |
|
|
|
|
|
y |
|
|
|
|
ρ = ρ(φ) |
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
ρ = ρ2(φ) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
D |
|
|
|
|
|
|
|
D |
|
|
|
|
ρ = ρ(φ) |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
α β |
|
α β ρ = ρ1(φ) |
|
D |
|
x |
||||
|
|
|
|
О |
|||||||
|
|
|
|
||||||||
О |
|
|
x |
О |
|
|
x |
|
|
|
|
а |
|
|
|
б |
|
|
|
в |
|
||
|
|
|
|
|
Рис. 2.11 |
|
|
|
|
||
Зауваження. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
1. Оскільки в полярних координатах вираз x2 + y2 |
має досить простий |
||||||||||
вигляд |
x2 + y2 = ρ2 , а рівняння кола x2 + y2 = R2 –– |
ρ = R , то до поляр- |
них координат найчастіше переходять тоді, коли область D ― круг, кільце,
121
сектор тощо, при цьому підінтегральна функція часто має вигляд f (x, y) = g(x2 + y2 ) .
Y |
|
|
2. У деяких випадках, наприклад, коли область |
|||||||
|
M |
D обмежена колом (x − x0 ) |
2 |
+ ( y − y0 ) |
2 |
= R |
2 |
, до- |
||
у |
ρ |
|||||||||
p |
|
|
|
|||||||
M0 |
φ |
цільно перейти до полярних координат із полюсом |
||||||||
y0 |
|
|
у точці M0 (x0 , y0 ) і полярною віссю, напрям якої |
|||||||
О x0 |
х |
Х |
збігається з додатним напрямом осі абсцис. У цьому |
|||||||
разі перехід від прямокутних декартових координат |
||||||||||
Рис. 2.12 |
|
(x, y) до полярних координат |
|
(ρ, ϕ) (рис. 2.12) здій- |
||||||
|
|
|
снюєтьсязаформулами x − x0 = ρcos ϕ , y − y0 = ρsin ϕ , |
прицьомуякобіанзалишаєтьсянезмінним: J = ρ.
1.6.Деякі застосування подвійного інтеграла
1.Площу S плоскої області D обчислюють за формулою
|
S = ∫∫ dxdy. |
|
(2.11) |
|
D |
|
|
|
|
|
|
У полярних координатах ця формула має вигляд |
|
||
|
S = ∫∫ ρdρdϕ . |
|
|
|
D1 |
|
2. Об’єм циліндричного тіла, обмеженого зверху неперервною поверхнею z = f (x, y) , де f (x, y) ≥ 0 , знизу — замкненою обмеженою областю
D, з боків — циліндричною поверхнею, напрямна якої збігається з межею області D, а твірні паралельні осі Oz, визначають за формулою
V = ∫∫ f (x, y)dxdy. |
(2.12) |
D |
|
|
|
3. Площу Sσ гладкої поверхні σ , заданої рівнянням z = f (x, y) , обчислюють за формулою
Sσ = ∫∫ 1+ ( fx′(x, y))2 + ( fy′ (x, y))2 dxdy, |
(2.13) |
Dxy
де Dxy ― проекція поверхні на площину Оху.
122
4. Масу m плоскої пластини, яка має форму обмеженої замкненої області
D, в кожній точці якої задано густину γ(x, |
y) , обчислюють за формулою |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
m = ∫∫ γ(x, y)dxdy. |
|
(2.14) |
|||
|
|
|
|
|
D |
|
|
|
|
|
5. Координати xc , |
yc центра маси пластини визначають за формулами |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
xc = |
1 |
∫∫ xγ(x, |
y)dxdy, yc |
= |
1 |
∫∫ yγ(x, y)dxdy. |
(2.15) |
||
m |
m |
|||||||||
|
|
|
D |
|
|
|
D |
|
||
Зауваження. Величини |
|
|
|
|
|
|
||||
|
M y = ∫∫ xγ(x, |
y)dxdy, M x |
= ∫∫ yγ(x, y)dxdy |
|
||||||
|
|
|
D |
|
|
D |
|
називаються статичними моментами пластини відносно осей Оу та Ох
відповідно. Тоді координати центра маси пластини можна записати у ви- г-ляді
x |
= |
M y |
, |
y |
= |
M |
x |
. |
|
|
|
||||||
c |
|
m |
|
c |
|
m |
||
|
|
|
|
|
6. Моменти інерції пластини відносно координатних осей обчислюють за формулами
|
|
|
Ix = ∫∫ y2 γ(x, |
y)dxdy, |
I y = ∫∫ x2 γ(x, y)dxdy, |
|
||
|
|
|
D |
|
D |
|
||
|
|
|
|
|
|
|
||
а відносно початку координат ― за формулою |
||||||||
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
I0 = ∫∫ (x2 + y2 )γ(x, y)dxdy. |
|
|
||
|
|
|
|
D |
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
Т.1 |
ПРИКЛАДИ РОЗВ’ЯЗАННЯ ТИПОВИХ ЗАДАЧ |
||||||
1. У подвійному інтегралі |
∫∫ f (x, |
y)dxdy розставте межі інтегрування |
||||||
|
|
|
|
|
D |
|
|
|
(двома способами) по області D, межа якої задана такими рівняннями:
а) x = 1 , x = 4, y = 1, y = 3 ;
б) y = x − 1, x = 3 , y = −1 ;
в) y = 2x, x + y = 3, y = 0 ;
123
y
3
D
1
О 1 4 x
Рис. 2.13
y |
|
2 |
у = х – 1 |
|
1 |
О |
3 x |
|
у = – 1 |
Рис. 2.14
г) y = 2x − 2, y = 2x − 8, y = 0 , y = 2 ; д) y = x , y = x − 2 , x = 0 ;
е) y = 0 , y = 3 , x = 0 , x = 2 , x = 2 y − y2 .
Розв’язання: а) Маємо найпростіший випадок. Область інтегрування ― прямокутник, зображений на рис. 2.13. Ця область правильна і в напрямку осі Ох, і в напрямку осі Оу. Проекція області на вісь Ох ― відрізок [1; 4] , а на вісь Оу ― відрізок
[1; 3] . Оскільки сторони прямокутника паралельні
осям координат, то подвійний інтеграл зводиться до повторного інтеграла за формулами
∫∫ f (x, |
4 |
3 |
|
y)dxdy = ∫ dx∫ f (x, |
y)dy |
||
D |
1 |
1 |
|
або |
3 |
4 |
|
∫∫ f (x, |
|
||
y)dxdy = ∫ dy∫ f (x, |
y)dx . |
||
D |
1 |
1 |
|
б) Область інтегрування –– трикутник (рис. 2.14). Ця область є правильною. Як і в попередньому випадку розбивати область інтегрування на частини не потрібно. Далі міркуємо так. Область інтегрування лежить між
прямими x = 0 та |
x = 3, її нижня межа |
y = −1 , а верхня –– y = x − 1 , тому |
|
за формулою (2.4) |
маємо |
|
|
|
|
3 |
x−1 |
|
∫∫ f (x, y)dxdy = ∫ dx ∫ f (x, y)dy . |
||
|
D |
0 |
−1 |
Спроектуємо тепер область D на вісь Оу. У результаті дістанемо відрізок [−1; 2] . Область D розміщена між прямими y = −1 та y = 2 , причому
ліва межа має рівняння x = y + 1, а права –– |
x = 3 . Отже, якщо −1 ≤ y ≤ 2 , |
||
то y + 1 ≤ x ≤ 3 , тому |
|
|
|
|
3 |
3 |
|
∫∫ f (x, y)dxdy = ∫ dy ∫ |
f (x, y)dx . |
||
D |
−1 |
y+1 |
|
в) Область інтегрування –– трикутник (рис. 2.15). Ця область також правильна в обох напрямах, але на відміну від попередніх випадків існує суттєва відмінність. Спроектуємо область D на вісь Ох, дістанемо відрізок [0; 3] , точка перетину прямих y = 2x та y = 3 − x проектується у точку,
абсциса якої x = 1 . Нижня межа області D на всьому проміжку [0; 3]
124
задається одним рівнянням y = 0 , тоді як верхня межа складається з двох частин, їхні рівняння: y = 2x , якщо x [0; 1] , та y = 3 − x , якщо x [1; 3]
(рис. 2.15, а). Як наслідок, щоб звести подвійний інтеграл до повторного, де внутрішнє інтегрування відбувається за змінною y , область інтегру-
вання потрібно розбити на дві частини: якщо 0 ≤ x ≤ 1, то 0 ≤ y ≤ 2x ; якщо 1 ≤ x ≤ 3 , то 0 ≤ y ≤ 3 − x , тому
∫∫ f (x, |
|
1 |
2x |
3 |
3− x |
|
||
y)dxdy = ∫ dx ∫ f (x, |
y)dy + ∫ dx ∫ f (x, |
y)dy. |
||||||
D |
|
|
|
0 |
0 |
1 |
0 |
|
y |
|
|
|
|
|
y |
|
|
3 |
|
|
y = 2x |
|
|
3 |
|
|
|
А |
|
|
|
А |
|
||
2 |
|
y = 3 – x |
|
|
2 |
|
||
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
В |
|
|
|
|
В |
О |
1 |
3 |
x |
|
О |
1 |
3 x |
|
а |
|
|
|
|
|
б |
|
|
|
|
|
|
|
Рис. 2.15 |
|
|
Розставимо межі інтегрування іншим способом. Для цього спроектуємо область D на вісь Оу. У результаті дістанемо відрізок [0; 2] . Область D
розміщена між прямими y = 0 та y = 2 , як видно з рис. 2.15, б, у цьому випадку розбивати область D на окремі частини вже не потрібно. Якщо
0 ≤ y ≤ 2 , то |
y |
≤ x ≤ 3 − x . Отже, |
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∫∫ f (x, |
2 |
3− y |
||
|
|
y)dxdy = ∫ dy ∫ f (x, y)dx . |
||||
|
|
D |
0 |
|
y |
|
|
|
|
|
2 |
|
г) Область інтегрування –– паралелограм (рис. 2.16, а), розміщений у
смузі між прямими y = 0 та y = 2 і обмежений зліва прямою x = |
y |
+ 1 (тут |
||||||||
2 |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
y |
|
|
||
х виражений через у з рівняння y = 2x − 2 ) та x = |
+ 4 , тому |
|
|
|||||||
2 |
|
|
||||||||
|
|
|
y |
|
|
|
|
|
||
|
|
|
+ 4 |
|
|
|
|
|||
∫∫ f (x, |
2 |
|
2∫ f (x, |
|
|
|
|
|||
y)dxdy = ∫ dy |
y)dx . |
|
|
|||||||
D |
0 |
|
y |
+1 |
|
|
|
|
||
2 |
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
125 |
Для того, щоб розставити межі в іншому порядку, розбиваємо область D на три частини (див. рис. 2.16, б):
D1 : 1 ≤ x ≤ 2 , 0 ≤ y ≤ 2x − 2 ; D2 : 2 ≤ x ≤ 4 , 0 ≤ y ≤ 2 ;
D3 : 4 ≤ x ≤ 5 , 2x − 8 ≤ y ≤ 2 .
Межі інтегрування розставляємо так:
|
2 |
|
2x−2 |
|
4 |
2 |
|
5 |
2 |
|
|
|
||||
∫∫ f (x, y)dxdy = ∫ dx |
|
∫ |
f (x, |
y)dy + ∫ dx∫ f (x, y)dy + ∫ dx ∫ |
f (x, y)dy. |
|
||||||||||
D |
1 |
|
0 |
|
2 |
0 |
|
4 |
2x−8 |
|
|
|
||||
|
|
|
y |
|
|
|
|
y |
|
|
|
|
|
|
||
|
2 |
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
D1 |
|
D2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
D |
|
|
|
|
|
|
|
D3 |
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
О 1 |
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
4 5 |
О 1 2 |
|
4 5 x |
|
|
|||||||||
|
|
а |
|
|
|
|
б |
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
Рис. 2.16 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
д) Область інтегрування обмежена верхньою |
||||||||
y |
|
|
y = |
x |
віткою параболи y2 = x , |
прямими |
x = 0 |
та |
||||||||
2 |
|
|
y = x − 2 (рис. 2.17). Область D розміщена у |
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
смузі між прямими x = 0 |
та |
|
x = 4 , |
рівняння |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
D |
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
нижньої межі |
y = x − 2 , а верхньої –– |
y = |
x . |
||||||||
О |
|
|
x |
|||||||||||||
4 |
|
|||||||||||||||
–2 |
y = x – 2 |
|
|
Тому |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
∫∫ f (x, |
4 |
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
Рис. 2.17 |
|
|
|
y)dxdy = ∫ dx ∫ |
f (x, |
y)dy . |
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
D |
0 |
|
x−2 |
|
|
|
|
|
Проекція області D на вісь Оу –– відрізок [−2; 2] . Ліва межа області D
складається з двох частин –– відрізка та дуги параболи. Тому область інтегрування розбиваємо на дві частини:
D1 : −2 ≤ y ≤ 0 , 0 ≤ x ≤ 2 + y ; |
|
|
||
D : 0 ≤ y ≤ 2 , y2 ≤ x ≤ 2 + y . |
|
|
||
2 |
|
|
|
|
У результаті маємо |
|
|
|
|
∫∫ f (x, |
0 |
y+ 2 |
2 |
y+ 2 |
y)dxdy = ∫ dy ∫ f (x, |
y)dx + ∫ dy ∫ f (x, y)dx. |
|||
D |
−2 |
0 |
0 |
y2 |
126
е) Область інтегрування (див. 2.18, а), обмежена прямими y = 0 , y = 3 ,
x = 0 , |
x = 2 |
та правою частиною |
кола |
x2 + ( y − 1)2 = 1 |
(рівняння |
|
x = 2 y − y2 |
рівносильне рівнянню x2 |
= 2 y − y2 , або |
x2 + ( y2 − 2 y + 1) = 1 |
|||
за умови x ≥ 0 ). З рівняння кола визначаємо |
y = 1± |
1− x2 , причому рів- |
||||
няння |
y = 1+ |
1− x2 визначає верхнє півколо, а рівняння y = 1− |
1− x2 –– |
нижнє півколо. У напрямку осі ординат область D не є правильною, тому розбиваємо її на три правильні області, а саме (див. рис. 2.18, б):
|
|
|
D : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1− 1− x2 ; |
|
||||
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
D : 0 ≤ x ≤ 1, 1+ 1− x2 |
≤ y ≤ 3; |
|
|||
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
Тоді |
|
|
D3 : 1 ≤ x ≤ 2 , 0 ≤ y ≤ 3. |
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∫∫ f (x, |
1 |
1− 1− x2 |
1 |
|
3 |
2 |
3 |
|
y)dxdy = ∫ dx |
∫ |
f (x, y)dy + ∫ dx |
∫ |
f (x, y)dy + ∫ dx∫ f (x, y)dy. |
||||
D |
0 |
|
0 |
0 |
1+ 1− x2 |
1 |
0 |
Для того, щоб розставити межі в іншому порядку, розбиваємо область D на дві частини прямою y = 2 (див. рис. 2.18, в):
|
|
|
|
|
|
|
D : 0 ≤ y ≤ 2 , 0 ≤ x ≤ 2 y − y2 ; |
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
D2 : 2 ≤ y ≤ 3 , 0 ≤ x ≤ 2 . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
Тоді |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
2 y− y2 |
|
3 |
|
|
2 |
|
|
|
|||||||
∫∫ f (x, y)dxdy = ∫ dy ∫ f (x, |
y)dx + ∫ dy∫ f (x, |
y)dx. |
||||||||||||||||||||||
|
D |
0 |
|
0 |
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
0 |
|
|
|
|||||||
y |
|
y |
|
|
|
|
|
|
|
|
y |
|
|
|
|
|
||||||||
3 |
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
D2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
D2 |
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
D |
|
|
|
|
|
D3 |
|
|
|
|
|
|
|||||||||
1 |
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
1 |
|
|
|
D1 |
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
О |
|
|
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
x |
О 1 2 |
x |
|||||||
1 2 |
О 1 2 |
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
D1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
в |
|
|
|
|
|
||
а |
|
б |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
Рис. 2.18 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
127
2. Змініть порядок інтегрування у подвійному інтегралі та накресліть область інтегрування.
y
5
y = 5 – x2
D |
х = 2у |
|
1
О2 x
Рис. 2.19
2 5− x2
∫ dx ∫ f (x, y)dy .
0x
2
Розв’язання. З вигляду меж інтегрування випливає, що область інтегрування розміщена у смузі між прямими x = 0 та x = 2 , знизу область D обмежена
прямою y = 2x , а зверху –– правою віткою параболи
y = 5 − x2 . Побудувавши графіки цих рівнянь,
дістанемо область D (див. рис. 2.19).
Для зміни порядку інтегрування спроектуємо область D на вісь Оy, дістанемо відрізок [0; 5] . Оскільки права
межа області складається з двох різних ліній, то цю область розбиваємо на дві частини прямою y = 1 , на якій
лежить точка перетину цих ліній. Виразивши з рівнянь |
y = |
x |
та y = 5 − x2 |
|||||||
|
||||||||||
зміннухчерезу, урезультатідістанемо |
|
|
2 |
|
||||||
|
|
|
|
|
||||||
2 |
5− x2 |
1 |
2 y |
5 |
5− y |
|
|
|
||
∫ dx ∫ f (x, y)dy = ∫ dy ∫ f (x, y)dx + ∫ dy ∫ f (x, y)dx. |
||||||||||
0 |
|
x |
|
0 |
0 |
1 |
0 |
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
Зауваження. Зверніть увагу на те, що якщо у повторному інтегралі внутрішнє інтегрування проводиться за деякою змінною, то ця змінна як у нижній так і у верхній межах внутрішнього інтеграла не фігурує.
3. Обчисліть подвійний інтеграл
I = ∫∫ (x + 2 y)dxdy,
D
якщо область D обмежена прямою y = 2 − x та параболою y = x2 .
Розв’язання. Побудувавши графіки заданих рівнянь, дістанемо область інтегрування D (див. рис. 2.20). Ця область правильна як у напрямку осі ординат, так і в напрямку осі абсцис. Тому інтегрування можна проводити як за формулою (2.4), так і за формулою (2.5). На наш погляд, інтегрування зручніше проводити за формулою (2.4). Знайдемо абсциси точок перетину
параболи з прямою: x2 = 2 − x , x2 + x − 2 = 0 , x = −2 , |
x = 1. Тоді |
1 |
2 |
128 |
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
2− x |
|
|
|
|
1 |
|
|
2− x |
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
I = ∫∫ (x + 2 y)dxdy = ∫ dx ∫ |
(x + 2 y)dy = ∫ dx(xy + y2 ) |
= |
|||||||||||||||||
|
1 |
D |
|
|
|
|
|
|
−2 |
x2 |
|
|
|
|
1 |
−2 |
|
|
x2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(4 − 2x − x3 − x4 )dx = |
|||||
= ∫ |
(x(2 − x) + (2 − x)2 − x3 − x4 )dx = ∫ |
||||||||||||||||||
|
−2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
−2 |
|
|
|
|
|
4x |
− x2 |
|
x4 |
|
x5 |
|
|
1 |
|
|
1 |
|
1 |
− |
|
32 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
= |
− |
|
− |
|
|
|
|
= 4 − |
1− |
|
− |
|
−8 − 4 − 4 + |
|
= 12,15. |
||||
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
4 |
|
5 |
|
|
−2 |
|
|
4 5 |
|
|
5 |
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4.Обчисліть подвійний інтеграл
∫∫1− x2 − y2 dxdy ,
D
якщо область D обмежена колом x2 + y2 = 1 .
Розв’язання. Область інтегрування D ― круг радіуса R = 1 з центром у початку координат (рис. 2.21). У полярних координатах рівняння кола ― межі області D ― має вигляд ρ = 1 . Враховуючи форму області D, подвійний
інтеграл обчислюватимемо в полярній системі координат (див. рис. 2.10).
|
|
2π |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
2π |
1 |
|
||
∫∫ 1− x2 − y2 dxdy = ∫ |
dϕ∫ 1− ρ2 ρdρ = − |
∫ dϕ∫ 1− ρ2 d(1− ρ2 ) = |
||||||||||||||||
2 |
||||||||||||||||||
D |
|
0 |
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
0 |
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
2π |
(1− ρ2 ) |
3 |
|
|
1 |
|
1 2π |
|
|
|
||||||
|
1 |
2 |
|
|
|
2π |
|
|||||||||||
= − |
|
∫ |
|
|
|
|
|
|
|
dϕ = |
|
|
∫ |
dϕ = |
|
. |
||
2 |
|
3 |
|
|
|
|
0 |
3 |
3 |
|||||||||
|
0 |
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|||||||||
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
5. Обчислітьплощуобласті, обмеженоїлініями x2 + y2 = 4x, y = x, y = 0. Розв’язання. Зобразимо цю фігуру на рисунку. Рівняння x2 + y2 = 4x визначає коло радіуса два з центром у точці A(2; 0) . Справді, виділивши
повний квадрат за змінною x , дістанемо:
x2 − 4x + y2 = 0, (x2 − 4x + 4) + y2 = 4, (x − 2)2 + y2 = 4 .
Графіки рівнянь y = x та y = 0 –– прямі лінії, які разом із дугою кола
визначають область інтегрування D, яка являє собою криволінійний сектор з вершиною у початку координат (рис. 2.22).
Враховуючи форму області D, подвійний інтеграл обчислюватимемо в полярній системі координат.
129
|
|
y |
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
y |
|
|
|
|
|
|
|
|
y |
|
|
|
С |
|
|
|
y = x |
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
4 |
|
|
|
|
y = x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ρ = 4cosφ |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
D |
|
|
|
|
|
|
|
|
D |
|
|
|
|
y = 2 – x |
|
|
|
|
|
|
|
|
D |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
π/4 |
|
|
|
|
|
|
|
x |
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x |
|
|
O |
|
|
|
A(2; 0) |
|
|
|
B |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
O |
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
–2 |
О |
1 |
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
Рис. 2.20 |
|
|
|
|
|
|
|
Рис. 2.21 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Рис. 2.22 |
|
||||||||||||||||||
У полярних координатах рівняння кола має вигляд |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
ρ2 cos2 ϕ + ρ2 sin2 ϕ = 4ρ cos ρ, |
ρ2 = 4ρ cos ρ, |
ρ = 4 cos ϕ , |
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||
прямі |
y = 0 та |
y = x |
у полярних координатах набирають вигляду ϕ = 0 та |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
ϕ = π |
відповідно. Отже, |
полярні координати |
ϕ і |
|
ρ точок, які належать |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
π |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
області інтегрування, змінюються у межах: 0 ≤ ϕ ≤ |
|
, 0 ≤ ρ ≤ 4ρ cos ϕ . |
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
За формулою (2.11) маємо |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
π |
4cosϕ |
|
|
|
π |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
S = ∫∫ dxdy = ∫∫ |
|
|
|
|
4 |
|
4 |
ρ |
2 |
4cosϕ |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
ρdρdϕ = ∫ dϕ |
∫ |
|
ρ dρ = ∫ |
|
|
|
dϕ = |
|
|||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
D |
|
|
|
D |
|
|
|
|
0 |
|
|
0 |
|
|
0 |
2 |
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
π |
|
|
|
|
|
|
π |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
π4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
4 |
|
2 |
|
|
|
4 |
1+ cos 2ϕ |
|
|
|
|
|
|
|
sin 2ϕ |
|
|
|
|
π |
|
|
|
1 |
|
||||||||||||||
= 8∫ cos |
|
|
ϕd |
ϕ = 8∫ |
|
|
|
|
|
|
dϕ = 4 |
|
ϕ + |
|
|
|
|
|
|
|
= 4 |
|
+ |
|
|
= π + 2. |
|
||||||||||||||
|
|
|
|
2 |
|
|
|
2 |
|
|
|
4 |
|
|
|||||||||||||||||||||||||||
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
2 |
|
6. Використовуючи геометричний зміст подвійного інтеграла, обчисліть
об’ємтіла, обмеженогоповерхнями z = 4− 2y2 , z = 0, |
x = 0, y = 0 та x+ 2y = 2. |
Розв’язання. Задане тіло обмежене зверху |
параболічним циліндром |
z = 4 − 2 y2 , знизу ― координатною площиною Оху, з боків ― паралельними осі Оz площинами Охz, Оyz та x + 2 y = 2 . Отже, задано циліндричне тіло (рис. 2.23), об’єм якого обчислимо за формулою (2.12). Область
інтегрування D ― трикутник ОАВ: 0 ≤ y ≤ 1, |
0 ≤ x ≤ 2 − 2 y . Використо- |
||||
вуючи формулу (2.5), дістанемо |
|
|
|
||
|
1 |
2−2 y |
1 |
|
2−2 y |
|
|
||||
V = ∫∫ (4 − 2 y2 )dxdy = ∫ dy |
∫ (4 − 2 y2 )dx =∫ (4 − 2 y2 )x |
|
dy = |
||
D |
0 |
0 |
0 |
|
0 |
130 |
|
|
|
|
|