razdel7(UMK) by Абзалимов Рамиль

ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ

Государственное образовательное учреждение высшего профессионального образования

"УФИМСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ НЕФТЯНОЙ ТЕХНИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ" (УГНТУ)

Кафедра математики

УЧЕБНО – МЕТОДИЧЕСКИЙ КОМПЛЕКС дисциплины «Математика» ________________________________________________________________________________

РАЗДЕЛ 7 «ИНТЕГРАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ ФУНКЦИИ НЕСКОЛЬКИХ ПЕРЕМЕННЫХ»

Теоретические основы Методические указания для студентов Материалы для самостоятельной работы студентов

Уфа • 2007

Ответственный редактор д. ф.-м. наук, проф. Р.Н. Бахтизин Редколлегия: АкмадиеваТ.Р., Аносова Е.П., Байрамгулова Р.С., Галиуллин М.М., Галиева Л.М., Галиакбарова Э.В., Гимаев Р.Г., Гудкова Е.В., Егорова Р.А., Жданова Т.Г., Зарипов Э.М., Зарипов Р.М., Исламгулова Г.Ф., Ковалева Э.А., Майский Р.А., Мухаметзянов И.З., Нагаева З.М., Савлучинская Н.М., Сахарова Л.А., Степанова М.Ф., Сокова И.А., Сулейманов И.Н., Умергалина Т.В., Фаткуллин Н.Ю., Хайбуллин Р.Я., Хакимов Д.К., Хакимова З.Р., Чернятьева М.Р., Юлдыбаев Л.Х., Шамшович В.Ф., Якубова Д.Ф., Якупов В.М., Янчушка А.П., Яфаров Ш.А. Рецензенты: Кафедра программирования и вычислительной математики Башкирского государственного педагогического университета. Заведующий кафедрой д. ф.-м. наук, профессор Р.М. Асадуллин. Кафедра вычислительной математики Башкирского государственного университета. Заведующий кафедрой д. ф.-м. наук, профессор Н.Д. Морозкин.

Учебно-методический комплекс дисциплины «Математика». Раздел 7 «Интегральное исчисление функции нескольких переменных». Теоретические основы. Методические указания для студентов. Материалы для самостоятельной работы студентов. – Уфа: Издательство УГНТУ, 2007. – 118 с. Содержит теоретические материалы, способы и методы решения практических задач, задания для самостоятельной работы студентов, контрольные вопросы для самопроверки, список рекомендуемой литературы. Разработан для студентов, обучающихся по всем формам обучения по направлениям подготовки и специальностям, реализуемым в УГНТУ.

СОДЕРЖАНИЕ

1. Теоретические основы 1.1. Двойной интеграл 1.1.1. Определение двойного интеграла. Его геометрический смысл 1.1.2. Свойства двойного интеграла 1.1.3. Вычисление двойного интеграла 1.1.3.1. Понятие о правильных областях. Двукратный интеграл 1.1.3.2. Сведение двойного интеграла к двукратному 1.1.3.3. Замена переменных в двойном интеграле. Вычисление двойного интеграла в полярных координатах 1.1.4. Приложения двойных интегралов к задачам геометрии и механики 1.1.4.1. Вычисление объемов тел и площадей плоских областей 1.1.4.2. Задачи механики 1.2. Тройной интеграл 1.2.1. Определение тройного интеграла. Его механический смысл. Свойства 1.2.2. Вычисление тройного интеграла 1.2.2.1. Вычисление тройного интеграла в декартовых координатах 1.2.2.2. Замена переменных в тройном интеграле. Тройной интеграл в цилиндрических и сферических координатах 1.2.3. Приложения тройных интегралов к задачам геометрии и механики 1.2.3.1. Вычисление объемов тел 1.2.3.2. Задачи механики 1.3. Криволинейные интегралы 1.3.1. Криволинейный интеграл первого рода (или по длине дуги) 1.3.1.1. Определение и физический смысл криволинейного интеграла первого рода. Свойства 1.3.1.2. Вычисление криволинейного интеграла первого рода 1.3.1.3. Криволинейный интеграл для пространственного случая 1.3.1.4. Некоторые применения криволинейного интеграла первого рода 1.3.2. Криволинейный интеграл второго рода (или по координатам) 1.3.2.1. Задача о работе силового поля. Определение криволинейного интеграла второго рода 1.3.2.2. Существование и вычисление криволинейного интеграла второго рода 1.3.2.3. Связь между криволинейными интегралами первого и второго рода 1.3.2.4. Формула Грина 1.3.2.5. Условия независимости интеграла от пути интегрирования

6 6 8 9 9 11 16 21 21 23 26 26 27 27 30 32 32 32 35 35 35 37 39 39 42 42 45 50 51 52

1.3.2.6. Вычисление площади с помощью криволинейного интеграла второго рода 1.4. Поверхностные интегралы 1.4.1. Поверхностный интеграл первого рода (или по площади поверхности). Теорема существования интеграла 1.4.1.1. Вычисление поверхностного интеграла первого рода 1.4.1.2. Некоторые применения поверхностного интеграла первого рода 1.4.2. Поверхностный интеграл второго рода (или по координатам) 1.4.2.1. Вычисление поверхностного интеграла второго рода 1.4.2.2. Применение поверхностного интеграла второго рода 2. Методические указания для студентов Введение 2.1. Кратные интегралы 2.1.1. Вычисление двойного интеграла в декартовой системе координат 2.1.2. Вычисление двойного интеграла в полярной системе координат 2.1.3. Приложение двойных интегралов к вычислению площадей плоских фигур 2.1.4. Приложение двойных интегралов к вычислению объемов цилиндрических тел 2.1.5. Приложение двойного интеграла. (К вычислению массы, центра тяжести и момента инерции) 2.1.6. Вычисление тройного интеграла в декартовой системе координат 2.1.7. Вычисление тройного интеграла в цилиндрических и сферических координатах 2.1.8. Приложение тройных интегралов к вычислению объемов тел

57 58 58 59 62 65 67 68 73 73 74 80 83 84 87 89 92 95

2.1.9. Приложения тройных интегралов к вычислению массы, центра тяжести и момента инерции тела 2.2. Криволинейные интегралы 2.2.1. Криволинейные интегралы первого рода или по длине дуги, их вычисление 2.2.2. Применения криволинейного интеграла первого рода 2.2.3. Криволинейные интегралы второго рода или по координатам, их вычисление 2.2.4. Формула Грина 2.2.5. Применения криволинейного интеграла второго рода 2.3. Поверхностные интегралы 2.3.1. Поверхностные интегралы 1-го рода или по площади поверхности, их вычисление 2.3.2. Приложения поверхностных интегралов первого рода 2.3.3. Поверхностные интегралы второго рода или по координатам,

98 103 104 108 111 115 116 117 118 121 125

их вычисление 3. Материалы для самостоятельной работы студентов 3.1. Контрольные вопросы 3.2. Задачи и упражнения для самостоятельной работы 3.3. Расчетные задания 3.4. Литература

132 133 140 163

УЧЕБНО – МЕТОДИЧЕСКИЙ КОМПЛЕКС

РАЗДЕЛ 1 «ЛИНЕЙНАЯ И ВЕКТОРНАЯ АЛГЕБРА»

1. Теоретические основы

УЧЕБНО - МЕТОДИЧЕСКИЙ КОМПЛЕКС

РАЗДЕЛ 7 «ИНТЕГРАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ ФУНКЦИИ НЕСКОЛЬКИХ ПЕРЕМЕННЫХ»

1. Теоретические основы

1.1. ДВОЙНОЙ ИНТЕГРАЛ 1.1.1. Определение двойного интеграла. Его геометрический смысл Пусть в некоторой замкнутой области D на плоскости xOy задана ограниченная функция двух переменных z = f (x , y ) . Проделаем следующие операции (подобно тому, как это делаем при определении определенного интеграла). 1. Область D (рис. 1.1) разобьем произвольным образом на n частей ΔS1 , ΔS 2 , .... ΔS n . И чтобы не вводить новых символов, площади этих

(

)

подобластей тоже будем обозначать через ΔSi i = 1, n , а диаметры их

(расстояния между наиболее удаленными точками границы области ΔSi ) –

d i . Пусть max d i - наибольший диаметр областей ΔSi i = 1, n . D ⋅P 2. В каждой из областей ΔSi возьмем произвольную точку Pi (ξ i , ηi ) (внутри или ΔS на границе ΔSi ). И вычислим значение x функции в этой точке f (Pi ) = f (ξ i , ηi ) . 0 Рис. 1.1 3. Значение f (Pi ) умножим на площадь ΔSi - меру элементарной области ΔSi . (В случае функции одной переменной y = f ( x ) мерой элементарной области была длина Δx i отрезка [x i −1 , x i ] , в случае функции двух переменных за меру области ΔSi принимается ее площадь). 4. Составим сумму произведений вида f (Pi )ΔSi : через

(

)

∞

S n = f (P1 )ΔS1 + f (P2 )ΔS 2 + ... + f (Pn )ΔS n = ∑ f (Pi )ΔSi

(1.1)

n =1

Сумма (1.1) называется интегральной суммой для функции z = f (x , y ) по области D, соответствующей данному разбиению. При заданном числе n частей ΔSi , на которые дробится область D, можно составить сколько угодно интегральных сумм: во-первых, по-разному дробить фигуру на n частей, а во-вторых, в каждой части можно произвольным образом выбирать точку Pi . 5. Измельчая разбиение, находим предел I интегральной суммы S n при

условии, что max d i → 0 , следовательно, n → ∞ n

I = lim S n = lim ∑ f (Pi )ΔSi . max d i →0 ( n →∞ )

max d i →0 i =1 ( n →∞ )

ОПРЕДЕЛЕНИЕ. Если существует конечный предел интегральной суммы S n при max d i → 0 (при этом n → ∞ ) и если этот предел не зависит ни от способа разбиения области D на элементарные площадки Si , ни от

выбора точки Pi ∈ ΔSi , то он называется двойным интегралом от функции

z = f (x , y ) по области D и обозначается символом ∫∫ f (P )dS или ∫∫ f (x , y )dxdy . D

Выражение f (x , y )dxdy называется подынтегральным выражением;

функция f (x , y ) - подынтегральной функцией; dS = dxdy - элементом площади; D – областью интегрирования; х и у – переменными интегрирования. Итак, по определению n

∫∫ f (P )dS = lim ∑ f (Pi )ΔSi . max d i →0 i =1 ( n →∞ )

(1.2)

Функция, имеющая интеграл (1.2), называется интегрируемой в области D. Вводя определение двойного интеграла, мы предполагали, что функция z = f (x , y ) ограничена в области D. Однако не всякая ограниченная функция интегрируема, иначе говоря, имеет двойной интеграл. Какие условия надо наложить на функцию еще, чтобы можно было гарантировать существование двойного интеграла? Ответ на этот вопрос дает Теорема существования двойного интеграла. Всякая функция z = f (x , y ) , непрерывная в ограниченной замкнутой области D, интегрируема в этой области. Выясним теперь геометрический смысл двойного интеграла. Рассмотрим в z тело Т, z = f (x , y ) пространстве ограниченное снизу областью D, сверху поверхностью z = f (x , y ) такой, что функция

f (x , y )

непрерывна и неотрицательна в области D, с Т 0 боков – цилиндрической y поверхностью с образующей, P параллельной оси Oz, и D направляющей – границей x области D (рис. 1.2). Такое тело Рис. 1.2 ΔSi будем называть цилиндрическим. Поставим задачу: найти объем V цилиндрического тела. При разбиении основания цилиндрического тела – области D – на n частей ΔSi тело Т Ti

окажется разбитым на n элементарных цилиндрических тел – столбиков Т 1 , Т 2 , ... , Т n с основаниями Δ S 1 , Δ S 2 , ... , Δ S n . Объем цилиндрического столбика Т i приближенно равен объему прямого цилиндра с тем же

основанием и высотой f (Pi ) :

ΔVi ≈ f (Pi )ΔSi .

Принимая объем V данного цилиндрического тела Т приближенно равным объему Vn n – ступенчатого тела, получаем приближенное равенство n

V ≈ Vn = ∑ f (Pi )ΔSi ,

(1.3)

i =1

которое, интуитивно ясно, будет тем ближе к точному, чем меньше размеры областей ΔSi и больше n. Для получения точного значения V нужно в выражении (1.3) перейти к пределу, устремив наибольший диаметр d i ячеек

ΔSi к нулю:

V = lim Vn = lim ∑ f (Pi )ΔSi . max d i →0 ( n →∞ )

max d i →0 i =1 ( n →∞ )

Последний предел есть двойной интеграл, значит, V = ∫∫ f (x , y )dxdy .

(1.4)

Таким образом, решена задача об объеме цилиндрического тела и установлен геометрический смысл двойного интеграла: двойной интеграл дает объем ∫∫ f (x, y )dxdy от неотрицательной функции f (x, y ) D

соответствующего цилиндрического тела, верхней поверхностью которого служит поверхность z = f (x , y ) . 1.1.2. Свойства двойного интеграла

Как видно, конструкции определенного интеграла и двойного интеграла аналогичны. Вследствие этого свойства, а также доказательства свойств двойного интеграла аналогичны соответствующим свойствам определенного интеграла. Поэтому приведем свойства двойного интеграла, не останавливаясь на доказательствах. Свойства формулируются в предположении непрерывности функций. 10 . Двойной интеграл от суммы конечного числа функций равен сумме двойных интегралов от слагаемых функций

∫∫ [f1 (x, y ) + f 2 (x, y ) + ... + f n (x, y )]dS = D

= ∫∫ f1 (x , y )dS + ∫∫ f 2 (x , y )dS + ... + ∫∫ f n (x , y )dS. D

2 0 . Постоянный множитель подынтегральной функции можно выносить за знак интеграла

∫∫ af (x, y )dS = a ∫∫ f (x, y )dS . D

Совокупность этих двух свойств называется линейностью интеграла. y D

30 . (Свойство аддитивности). Если область D разбита на две области D1 и D 2 без

общих внутренних точек

(рис. 1.3), то ∫∫ f (x, y )dS = ∫∫ f (x, y )dS + ∫∫ f (x, y )dS .

D 0

Рис. 1.3

4 . (Свойство монотонности интеграла).

Если

f (x , y ) ≤ ϕ(x , y ) ∀(x , y ) ∈ D , то ∫∫ f (x, y )dS ≤ ∫∫ ϕ(x, y )dS . D

Из этого свойства, в частности, следует, что если подынтегральная функция в области интегрирования не меняет знак, то двойной интеграл есть число того же знака, что и функция. 5 0 . (Оценка интеграла по модулю)

∫∫ f (x, y )dS ≤ ∫∫ f (x, y ) dS . D

6 0 . (Теорема об оценке интеграла). Если m и M – наименьшее и наибольшее в области D, то двойной интеграл от нее значения функции f (x , y ) удовлетворяет неравенствам:

m ⋅ S ≤ ∫∫ f (x , y )dS ≤ M ⋅ S , D

где S – площадь области D. 7 0 . (Теорема о среднем значении). В области D найдется по крайней мере одна точка P(x , y ) такая, что

∫∫ f (x, y )dS = f (P ) ⋅ S . D

1.1.3. Вычисление двойного интеграла 1.1.3.1. Понятие о правильных областях. Двукратный интеграл

Пусть область интегрирования D удовлетворяет условию: любая прямая, проходящая через внутреннюю точку области параллельно координатной оси, пересекает ее границу не более, чем в двух точках.

Область D называется правильной в направлении оси Оу (Ох), если любая прямая, параллельная оси Оу (Ох), пересекает границу области не более, чем в двух точках. Для правильной в направлении оси Оу области нижнюю из этих точек будем называть точкой входа, а верхнюю – точкой выхода. Для правильной в направлении оси Ох области точка входа – левая точка пересечения прямой с границей области, точка выхода – правая точка пересечения прямой с границей. Область, правильная как в направлении оси Оу, так и в направлении оси Ох, называется правильной. Область, изображенная на рис. 1.4, является правильной и в направлении оси Оу (при этом M 1 - точка входа в область, M 2 - точка выхода из нее) и в направлении оси Ох ( N 1 - точка входа, N 2 - точка выхода из области).Область D на рис.1.5 является правильной только в направлении оси Ох (прямая M 1 M 2 , параллельная оси Оy, пересекает границу в четырех точках). y

A N1

y = ϕ 2 (x )

y = ϕ1 (x )

Рис. 1.4

N 1′ M 2

N ′2

x = ψ 1 (x )

M1 С

x = ψ 2 (x )

Рис. 1.5

Правильная в направлении оси Оу область D аналитически определяется

⎧a ≤ x ≤ b, где y = ϕ1 (x ) и y = ϕ 2 (x ) ( ) ( ) ϕ x ≤ y ≤ ϕ x , ⎩ 1 2 уравнения нижней (ACB) и верхней (AEB) линий границы, x = a и x = b -

системой неравенств ⎨

уравнения прямых, параллельных оси Оу и касающихся границы в точках А и В (рис.1.4). Правильная в направлении оси Ох область D определяется системой

⎧с ≤ у ≤ d, где x = ϕ1 (y ) и x = ϕ 2 (y ) ⎨ ( ) ( ) ϕ y ≤ x ≤ ϕ y , ⎩ 1 2 уравнения левой ( CAE на рис.1.4, CN 1 N 1′ E на рис.1.5) и правой ( CBE на рис.1.4, CN 2 N ′2 E на рис.1.5) линий границы, y = c и y = d - уравнения неравенств вида

прямых, параллельных оси Ох и касающихся границы в точках С и Е. Рассмотрим выражение

⎛ ϕ2 ( x ) ⎞ I D = ∫ ⎜⎜ ∫ f (x , y )dy ⎟⎟dx ; a ⎝ ϕ1 ( x ) ⎠ b

будем называть его двукратным или повторным интегралом от функции f (x , y ) по области D. Сначала вычисляется интеграл в скобках: интегрирование ведется по у, а х считается постоянным; в результате такого интегрирования получается некоторая функция от х ϕ2 ( x )

Φ(x ) = ∫ f (x, y )dy . ϕ1 ( x )

Затем эта функция интегрируется по х в пределах от а до b: b

I D = ∫ Φ(x )dx . a

В результате получается число. Двукратный интеграл обычно записывают в виде b

ϕ2 ( x )

ϕ1 ( x )

I D = ∫ dx ∫ f (x , y )dy .

⎞ ⎛ x2 ⎜ ПРИМЕР. Вычислить двукратный интеграл I D = ∫ ∫ (x − y )dy ⎟dx . ⎟ ⎜ 0⎝ 0 ⎠ 2

⎛ y I D = ∫ ⎜⎜ xy − 2 0⎝ 2

⎞ ⎟⎟ ⎠

⎛ x4 x5 ⎞ ⎛ 3 x4 ⎞ dx = ∫ ⎜⎜ x − ⎟⎟dx = ⎜⎜ − ⎟⎟ = 0,8. 2 4 10 ⎠ 0 0⎝ ⎝ ⎠ 2

Таким образом, вычисление двукратного интеграла последовательному вычислению двух определенных интегралов.

сводится

1.1.3.2. Сведение двойного интеграла к двукратному Вычисление двойного интеграла сводится к вычислению одного или нескольких двукратных интегралов. Покажем это для случая, когда f (x , y ) ≥ 0 в области D. Будем рассматривать двойной интеграл ∫∫ f (x , y )dxdy как объем D

цилиндрического тела Т, ограниченного снизу областью D, сверху поверхностью z = f (x , y ) (формула (1.4)). Задачей вычисления объема тела мы уже занимались, когда рассматривали применения определенного интеграла к задачам геометрии. Тогда была получена формула b

V = ∫ S(x )dx ,

(1.5)

где S(x) – площадь произвольного поперечного сечения тела, и x = b - уравнения плоскостей, перпендикулярного к оси Ох, а x = a ограничивающих тело. Применим эту формулу к вычислению интеграла 12

∫∫ f (x, y )dxdy ,

где D – правильная область. Рассечем цилиндрическое тело Т

(a < x 0 < b ) ,

x = x0

(рис. 1.6) произвольной плоскостью

параллельной

плоскости уОz. В сечении имеем криволинейную трапецию M 1 NKM 2 , ограниченную кривой NK , уравнение которой z = f (x 0 , y ) , где у изменяется

b x

от ординаты точки M 1 до ординаты точки M 2 . Точка M 1 является точкой входа прямой x = x 0 в область D, а M 2 -

z = f (x , y )

y M1 = ϕ1 (x 0 ) ; точка M 2 лежит на линии y = ϕ 2 (x ) , значит, y M 2 = ϕ 2 (x 0 ) . Таким образом,

x0 M1

точкой выхода из нее. Точка M 1 лежит на линии y = ϕ1 (x ) , значит

Рис. 1.6

площадь рассматриваемого сечения, как площадь криволинейной трапеции находится по формуле:

S(x 0 ) =

ϕ2 ( x 0 )

∫ f (x 0 , y )dy .

ϕ1 ( x 0 )

В силу произвольности x (a ≤ x ≤ b ) интеграл

ϕ2 ( x )

∫ f (x, y )dy

ϕ1 ( x )

есть выражение

для площади S(x) любого сечения, перпендикулярного к оси Ox. Подставляя найденное S(x) в формулу (1.5), получим ϕ2 ( x ) b ⎛ ϕ2 ( x ) ⎞ V = ∫ ⎜⎜ ∫ f (x, y )dy ⎟⎟dx = ∫ dx ∫ f (x , y )dy . ϕ1 ( x ) a ⎝ ϕ1 ( x ) a ⎠ b

Сопоставляя полученный результат с формулой (1.4), заключаем, что двойной интеграл выражается через двукратный по формуле b

ϕ2 ( x )

ϕ1 ( x )

∫∫ f (x, y )dxdy = ∫ dx ∫ f (x, y )dy . D

(А)

Рассекая тело Т плоскостями y = const (c ≤ y ≤ d ) , найдем площадь S(y) любого сечения, перпендикулярного к оси Оу, по формуле ϕ2 ( x )

S(y ) = ∫ f (x, y )dy , ϕ1 ( x )

где у при интегрировании считается постоянным. Применяя формулу для вычисления объема тела по площади параллельных сечений

V = ∫ S(y )dy , c

придем ко второму выражению для двойного интеграла: d

ϕ2 ( y )

∫∫ f (x, y )dxdy = ∫ dy ∫ f (x, y )dx . D

(Б)

ϕ1 ( y )

В формуле (А) интегрирование выполняется вначале по у – в пределах от y1 = ϕ1 (x ) до y 2 = ϕ 2 (x ) , которые указывают границы изменения у при

постоянном, но произвольном значении х, а затем по х – в пределах от x 1 = a

до x 2 = b , которые являются наименьшим и наибольшим значениями х во всей области D и всегда постоянны. В формуле (Б) интегрирование выполняется в другом порядке: внутренний интеграл берется по х (при фиксированном у), пределы интегрирования указывают границы изменения х, в общем случае y

y = ϕ (21) (x ) A

x = ψ 1(2 ) (y )

y = ϕ1 (x )

Рис. 1.7

x = ψ 2 (y ) C

y = ϕ1 (x ) 0

x = ψ 1(2 ) (y )

y = ϕ (22 ) (x )

E x = ψ 2 (y )

Рис. 1.8

зависящие от у; внешний интеграл берется по у, пределы интегрирования также постоянны и указывают границы изменения этой переменной. Если область интегрирования D являются правильной в направлении оси Оу и в направлении оси Ох, то вычисление двойного интеграла можно производить как по формуле (А), так и по формуле (Б). В тех случаях, когда нижняя или верхняя (левая или правая) линии границы области D представлены различными аналитическими выражениями, область следует разбить прямыми, параллельными оси Оу (или Ох), на составляющие области, в каждой из которых указанные границы определялись бы одним уравнением, а затем воспользоваться свойством аддитивности двойного интеграла. Так, для области D, изображенной на рис.1.7, где верхняя граница имеет уравнение ∪

дуги

AC : y = ϕ (21) (x ) при a ≤ x ≤ c , ∪

CB : y = ϕ (22 ) (x ) при c ≤ x ≤ b , 14

двойной интеграл следует представить в виде суммы двух интегралов по областям D1 и D 2 , каждый из которых будет вычислен по формуле (А):

∫∫ f (x, y )dxdy = ∫∫ f (x, y )dxdy + ∫∫ f (x, y )dxdy =] D

⎧a ≤ x ≤ c; ⎧c ≤ x ≤ b = = D1 ⎨ D 2⎨ (1) (2 ) ϕ ≤ ≤ ϕ ϕ ≤ ≤ ϕ x y x ; x y x ( ) ( ) ( ) ( ) ⎩ 1 ⎩ 1 2 2 c

ϕ(21) ( x )

ϕ(22 ) ( x )

ϕ1 ( x )

= ∫ dx ∫ f (x, y )dy + ∫ dx ∫ f (x , y )dy.

(1.6)

Область D, следует разбить на подобласти D1 и D 2 прямой y = m , поскольку левая граница ее имеет уравнение ∪

MC : x = ψ 1(1) (y ) при c ≤ y ≤ m ,

дуги

∪

MB : x = ψ 1(2 ) (y ) при m ≤ y ≤ d , тогда двойной интеграл будет представлен в виде суммы следующих интегралов (по аналогии с (1.6)).

∫∫ f (x, y )dxdy = ∫∫ f (x, y )dxdy + ∫∫ f (x, y )dxdy = D

ψ2 (y )

ψ (1) ( y )

ψ(2 ) ( y )

= ∫ dy ∫ f (x , y )dx + ∫ dy ∫ f (x , y )dx. 1

(1.7)

Если область D не является правильной, то ее разбивают на конечное число правильных в направлении какой-либо оси областей D1 , D 2 , … , D n , что позволяет свести вычисление двойного интеграла по области D к вычислению n двойных интегралов по составляющим областям. Итак, для вычисления двойного интеграла необходимо построить область интегрирования, а затем установить порядок интегрирования в соответствии с формулами (А) или (Б), выбор которых диктуется соображениями рационального интегрирования. Поясним это на примере. ПРИМЕР. Расставить пределы интегрирования двумя способами и

x2 вычислить двойной интеграл ∫∫ 2 dxdy , D y где область D ограничена линиями x = 2 , y = x и xy = 1 .

y 2

y=x x=y

x=2

D2 1 1 2

1 y

x=2

1 x

Прежде изобразим область (см. рис. 1.9). Область является правильной в направлении оси Оу: произвольная прямая, проведенная параллельно этой оси, пересекает ее границу в двух точках.

Рис. 1.9

1 , сверху – линией x y = ϕ 2 (x ) = x , слева и справа – прямыми x = a = 1, x = b = 2 . Поэтому Область снизу ограничена линией y = ϕ1 (x ) =

интеграл можно вычислить по формуле (А), представив область D в виде:

⎧1 ≤ x ≤ 2 ⎪ D⎨ 1 ⎪⎩ x ≤ y ≤ x. x ⎞ ⎛ 2 2 2 x 2 2 x x2 x dy 1 1⎞ 9 ⎜ ⎟ 2⎛ 2 2 ∫∫ 2 dxdy = ∫ dx ∫ 2 dy = ∫ x dx ∫ 2 = ∫ x ⎜ − 1 ⎟dx = ∫ x ⎜ x − ⎟dx = . x⎠ 4 1 y 1 y ⎝ 1 1 D y 1 1 ⎜ y ⎟ ⎝ ⎠ x x x Изменим порядок интегрирования. Данная область D является правильной и в направлении оси Ох, но при этом левая граница ее x = ψ 1 (y )

1 1 , когда ≤ y ≤ 1, и 2 y x = y , когда 1 ≤ y ≤ 2 . В том случае следует разбить область прямой y = 1 на две подобласти D1 , D 2 и воспользоваться формулой (1.7), положив в ней 1 1 ϕ1(1) (y ) = , ϕ1(2 ) (y ) = y , ϕ 2 (y ) = 2 , c = , m = 1, d = 2 . y 2

состоит из двух участков, имеющих уравнения x =

Тогда

⎧1 ⎪⎪ 2 ≤ y ≤ 1, ⎧1 ≤ y ≤ 2 x2 x2 x2 dxdy dxdy dxdy D D = + = = ∫∫ 2 ∫∫ 2 ∫∫ 2 1⎨ 2⎨ 1 y x 2 ≤ ≤ y y y D D1 D2 ⎩ ⎪ ≤ x ≤ 2, ⎪⎩ y ⎛ 2 1 dy 2 2 dy 2 2 1 ⎜ x3 = ∫ 2 ∫ x dy + ∫ 2 ∫ x dx = ∫ 2 ⎜ 1 y 1 1 y ⎜ 3 1 y y 2 y 2 ⎝ 1

11 1 ∫ 3 1 y2 2

⎞ 2 ⎟ 1 ⎟dy + ∫ 2 1 1 y ⎟ y ⎠

⎛ x3 ⎜ ⎜ 3 ⎝

⎞ ⎟dy = ⎟ y⎠

⎛ 1 ⎞ 12 1 9 ⎜⎜ 8 − 3 ⎟⎟dy + ∫ 2 8 − y 3 dy = . 31 y 4 y ⎠ ⎝

(

)

Мы убедились в том, что значение двойного интеграла не зависит от порядка интегрирования. Однако, очевидно, первоначально выбранный порядок интегрирования в соответствии с формулой (А) (вначале по у, затем по х) рациональнее обратного порядка интегрирования (вначале по х, затем по у). Этот пример также показывает, как важно выбрать нужный порядок интегрирования. 16

Заметим, что формулы сведения двойного интеграла к двукратному имеют особенно простой вид, когда область D является прямоугольником со сторонами, параллельными координатным осям (рис. 1.10). В этом случае являются постоянными пределы и внутреннего интеграла: y

∫∫ f (x, y )dxdy = ∫ dx ∫ f (x, y )dy = ∫ dy ∫ f (x, y )dx .

Рис. 1.10

1.1.3.3. Замена переменных в двойном интеграле. Вычисление двойного интеграла в полярных координатах При вычислении определенного интеграла

∫ f (x )dx

часто приходится

прибегать к замене переменной согласно зависимости x = ϕ(u ) ; введенная функция осуществляет взаимно однозначное соответствие между точками интервала [u 1 , u 2 ] изменения переменной u и точками интервала [x 1 , x 2 ] изменения переменной х. При выполнении определенных условий имеет место равенство x2

∫ f (x )dx = ∫ f [ϕ(u )]ϕ′(u )du .

При вычислении двойных интегралов также бывает полезно сделать замену переменных: перейти к новым переменным u и v, связанные с x и y формулами x = x (u , v ), y = y(u , v ). (1.8) Правило замены переменных в двойном интеграле значительно сложнее. Опуская вывод этого правила, приведем окончательную формулу и разъясним ее смысл на примере преобразования двойного интеграла в декартовых координатах к полярным координатам. Предварительно введем понятие криволинейных координат. Рассмотрим две плоскости с декартовыми координатами (x , y ) и (u , v ) , где выделены замкнутые ограниченные области D и D ′ . Будем предполагать, что x (u , v ), y(u, v ) определены в области D′ плоскости (u , v ) . функции Предположим еще, что формулы (1.8) устанавливают взаимно однозначное соответствие между точками областей D и D ′ (рис. 1.11).

v D(x , y )

D′

D 0

Q(u , v )

Рис. 1.11

Это значит, что не только каждой точке Q(u , v ) из области D ′ соответствует, согласно формулам (1.8), единственная точка P(x , y ) из области

D, но и, наоборот, для любой точки P(x , y ) из D существует единственная

x = x (u , v ), y = y(u , v ). Другими словами, для любых чисел х и у (таких, что точка P(x , y ) находится в D)

точка

Q(u , v ) из D ′ , для которой

система уравнений (1.8) имеет единственное решение u = u (x , y ) , v = v(x , y ) , (1.9) такое, что точка Q(u , v ) лежит в D ′ . То, что точка P(x , y ) в D вполне определяется заданием соответствующей ей точки Q(u , v ) в D′ , позволяет смотреть на числа u и v как на координаты точки; их называют криволинейными координатами этой точки (для точки же Q они служат прямоугольными декартовыми координатами). Когда точка Q(u , v ) пробегает область D ′ , соответствующая точка

P(x , y ) пробегает всю область D. Говорят, что формулы (1.8) отображают область D′ на область D. При этом точка P ∈ D , соответствующая некоторой точке Q ∈ D ′ , называется образом последней, которая, в свою очередь,

называется прообразом точки P. Образом любой непрерывной линии, лежащей в области D, служит непрерывная же линия в D′ . Если z = f (x , y ) - непрерывная в замкнутой ограниченной области D функция и если формулы

x = x (u , v ), y = y(u , v )

устанавливают взаимно однозначное соответствие между точками области D и точками некоторой области D ′ в плоскости (u , v ) , удовлетворяющее условиям: 1) функции x = x (u , v ), y = y(u , v ), u = u (x, y ), v = v(x , y ) непрерывны и имеют непрерывные частные производные первого порядка в областях D и D ′ ; 2) функциональный определитель Якоби (якобиан преобразования (1.8))

∂x ∂v = ∂x ⋅ ∂y − ∂x ⋅ ∂y ∂y ∂u ∂v ∂v ∂u ∂v отличен от нуля всюду в области D ′ , то имеет место следующая формула ∂x I(u , v ) = ∂u ∂y ∂u

замены переменных в двойном интеграле:

∫∫ f (x, y )dxdy = ∫∫ f (x (u, v ), y(u, v )) I(u, v ) dudv .

(1.10)

D′

формулу (1.10) легко запомнить. Для этого заметим, что ее правая часть получается из левой в результате трех процедур: 1) х и у заменяются их выражениями (1.8); 2) dxdy заменяется на I(u , v ) dudv (выражение

I(u, v ) dudv называют «элементом площади в криволинейных координатах»); 3) область D заменяется областью D ′ .

При удачной замене переменных преобразованный интеграл может оказаться проще, чем исходный; например, пределы интегрирования могут получиться постоянными. Наиболее используемыми из криволинейных координат являются полярные. Мы знаем, что полярные координаты ϕ и ρ любой точки связаны с ее декартовыми координатами х и у формулами x = ρ cos ϕ , y = ρ sin ϕ (u = ϕ, v = ρ) (1.11) при условии, что полюс помещен в начале координат и полярная ось направлена вдоль оси Ох. Эти формулы сопоставляют числами ϕ и ρ числа х и (х и у); у. Значит здесь имеется отображение плоскости ( ϕ , ρ ) на плоскость оно будет взаимно однозначным, если потребовать выполнения неравенств 0 ≤ ρ ≤ ∞ , 0 ≤ ϕ ≤ 2π (либо − π ≤ ϕ ≤ π ). Замечая, что функции (1.11) и частные производные x ′ϕ = −ρ sin ϕ ,

x ′ρ = cos ϕ , y′ϕ = ρ cos ϕ , y ′ρ = sin ϕ непрерывны в указанной области D′ , найдем якобиан преобразования (1.11):

I(ϕ, ρ) =

− ρ sin ϕ cos ϕ = −ρ , ρ cos ϕ sin ϕ

I(ϕ, ρ ) = ρ .

Тогда формула (1.10) принимает вид

∫∫ f (x, y )dxdy = ∫∫ f (ρсosϕ, ρ sin ϕ)ρdϕdρ . D

D′

(1.12)

Заметим, что, применяя формулу (1.12), обычно не изображают область D′ плоскости (u , v ) , а пределы изменения переменных ϕ и ρ устанавливают непосредственно по области D. В связи с этим формулу (1.12) часто пишут в виде (1.13) ∫∫ f (x, y )dxdy = ∫∫ f (ρсosϕ, ρ sin ϕ)ρdϕdρ D

Вычисление двойного интеграла в полярной системе координат, как и в декартовой, сводится к двукратному интегрированию по переменным ϕ и ρ . Укажем правила расстановки пределов. 1. Пусть полюс не содержится внутри области D. Область D ограничена ρ = Φ 2 (ϕ) и лучами ϕ = α, ϕ = β , где кривыми ρ = Φ 1 (ϕ) ,

Φ 1 (ϕ) ≤ Φ 2 (ϕ) и α < β (рис.1.12). Если луч ϕ = const , проходящий через

внутреннюю точку области, пересекает ее границу не более чем в двух точках, то такую область так же будем называть правильной. В таком случае

D{α ≤ ϕ ≤ β, Φ 1 (ϕ) ≤ ρ ≤ Φ 2 (ϕ)}

Φ 2 (ϕ )

∫∫ f (ρсosϕ, ρ sin ϕ)ρdϕdρ = ∫ dϕ ∫ f (ρ cos ϕ, ρ sin ϕ)ρdρ . Φ1 (ϕ )

(1.14)

Интегрирование в обратном порядке, т.е. сначала по ϕ , а потом по ρ , обычно не встречается. В частном случае, когда область D есть часть кругового кольца R 1 ≤ ρ ≤ R 2 , α ≤ ϕ ≤ β , пределы внутреннего интеграла постоянны: β

∫∫ f (ρсosϕ, ρ sin ϕ)ρdϕdρ = ∫ dϕ ∫ f (ρ cos ϕ, ρ sin ϕ)ρdρ . D

2. Пусть полюс содержится внутри области интегрирования и любой луч ϕ = const пересекает границу в одной точке (рис. 1.13). Здесь область D описывается системой неравенств 0 ≤ ϕ ≤ 2π , 0 ≤ ρ ≤ Φ (ϕ) y y

ρ = Φ 2 (ϕ)

ρ = Φ 1 (ϕ)

ϕ=β

ϕ=α

β α

ρ = Φ(ϕ)

Рис. 1.13 x

Рис. 1.12

и выполняется равенство 2π

Φ (ϕ )

∫∫ f (ρсosϕ, ρ sin ϕ)ρdϕdρ = ∫ dϕ ∫ f (ρ cos ϕ, ρ sin ϕ)ρdρ . D

В частности, если ρ = R = const , т.е. когда область интегрирования D есть круг с центром в начале координат, то пределы внутреннего интеграла постоянны и имеет место равенство 2π

∫∫ f (ρсosϕ, ρ sin ϕ)ρdϕdρ = ∫ dϕ ∫ f (ρ cos ϕ, ρ sin ϕ)ρdρ . D

Переход к полярным координатам в двойном интеграле целесообразен в следующих случаях: 10 . Подынтегральная функция f (x, y ) содержит в своем выражении x 2 + y 2 ;

(

)

2 0 . Уравнение границы области D содержит x 2 + y 2 ; 30 . Наличие условий 10 и 2 0 . ПРИМЕР. Перейдя к полярным координатам, вычислить двойной интеграл

2 2 ∫∫ x + y dxdy ,

где

область

ограничена

окружностью

x + y = 2ax . Запишем данное уравнение границы области D в каноническом виде

( x − a )2 + y 2

= a 2 , после чего можно утверждать, что область интегрирования есть круг радиуса а с центром в точке (a , 0 ) (рис.1.14). Введем полярные координаты, положив x = ρ cos ϕ , y = ρ sin ϕ . Тогда уравнение окружности x 2 + y 2 = 2ax преобразуется к виду ρ = 2a cos ϕ , а область D в новой системе координат описание:

y ϕ=

π 2

0 ϕ=

π 2

В соответствии с формулами (1.13), (1.14) получаем

Рис. 1.14 π 2

π 2

⎛1 3 x y dxdy d d d d + = ρ ⋅ ρ ϕ ρ = ϕ ρ ρ = ∫∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫ ⎜⎜ ρ π π 3 D D 0 − − ⎝ 2

2 a cos ϕ

следующее

π ⎧ π ⎫ D⎨− ≤ ϕ ≤ , 0 ≤ ρ ≤ 2a cos ϕ⎬ . 2 ⎩ 2 ⎭

ρ = 2a cos ϕ

получает

π 3 2

(

2 a cos ϕ 0

)

8a 8a 8a 2 3 ∫ cos ϕdϕ = ∫ 1 − sin ϕ d(sin ϕ) = 3 −π 3 −π 3

⎞ ⎟ dϕ = ⎟ ⎠ π 2

⎛ sin ϕ ⎞ 32 ⎜⎜ sin ϕ − ⎟⎟ = πa 3 . 3 ⎠ −π 9 ⎝ 3

Читателю предлагаем самостоятельно убедиться в целесообразности 21

вычисления данного двойного интеграла в полярных координатах после попыток вычислить его в декартовых координатах. 1.1.4. Приложения двойных интегралов к задачам геометрии и механики 1.1.4.1. Вычисление объемов тел и площадей плоских областей

1. Объем. В п.1.1 при выяснении геометрического смысла двойного интеграла было установлено, что объем V цилиндрического тела, ограниченного сверху поверхностью z = f (x , y ) , снизу плоскостью z = 0 и с боков цилиндрической поверхностью, направляющей для которой служит граница области D, а образующие параллельны оси Оz, выражается формулой: V = ∫∫ f (x , y )dxdy . D

Если тело ограничено сверху поверхностью z = Φ 2 (x , y ) , а снизу – z = Р 2 (x , y )

z = Ф1 (x, y )

y D x

Рис. 1.15

поверхностью z = Φ 1 (x , y ) , причем проекцией обеих поверхностей на плоскость хОу является область D (рис. 1.15), то объем V тела равен разности объемов двух цилиндрических тел; первое тело верхней «крышкой» имеет поверхность z = Φ 2 (x , y ) , для второго тела «крышкой» служит поверхность z = Φ 1 (x , y ). Поэтому объем V равен разности двух двойных интегралов

V = ∫∫ Φ 2 (x , y )dxdy − ∫∫ Φ 1 (x , y )dxdy = D

(1.15)

= ∫∫ [Φ 2 (x, y ) − Φ 1 (x, y )]dxdy. D

ПРИМЕР. Вычислить объем тела, ограниченного плоскостью у = 0 и 2

параболоидом y = 3 − x − z .

(

z 3

А(0;3;0 )

D′ 3

Рис. 1.16

)

y−3= − x +z Параболоид симметричен относительно оси Оу, имеет вершину в точке А(0;3;0) и 2 2 пересекает по окружности x + z = 3 плоскость хОz, которой, по условию, ограничено данное тело (рис.1.16). Поэтому для решения задачи удобно считать, что тело «стоит» на плоскости xOz и «сверху» ограничено 22

поверхностью y = 3 − x − z . Тогда объем V будет найден по формуле V = ∫∫ f (x , z )dxdz . D

Поскольку областью интегрирования D является круг, то вычисление интеграла упростится переходом в полярную систему координат, где уравнение границы 2 имеет вид ρ = 3 или ρ = 3 . С учетом симметрии тела относительно плоскостей xOy и yOz найдем:

(

)

(

)

1 V = ∫∫ 3 − x 2 − z 2 dxdz = ∫∫ 3 − ρ 2 ρdϕdρ = 4 D′ D′ π 2

(

)(

π 2

)

(

3 1 1 3−ρ = − ∫ dϕ ∫ 3 − ρ 2 d 3 − ρ 2 = − ∫ 20 0 20 2

откуда V =

)

2 2

9π . 2

dϕ = 0

π 2

9 9π ∫ dϕ = , 8 40

2. Площадь. Так как двойной интеграл от неотрицательной функции выражает объем прямого цилиндра с основанием D, то при f (x , y ) ≡ 1 ∀(x , y ) ∈ D он будет равен объему цилиндра с высотой равной 1. Ясно, что этот объем численно равен площади S плоской области D: S = ∫∫ dxdy или S = ∫∫ dS . (1.16) D

Формула (1.16) для вычисления площади часто бывает удобнее, чем известная нам формула b

S = ∫ f (x )dx , a

выражающая площадь криволинейной трапеции, поскольку она применима не только к криволинейной трапеции, но и к любой фигуре, произвольным образом расположенной относительно координатных осей. Заметим, что если область D правильная (см. например, рис. 1.4), то площадь выразится двукратным интегралом b

ϕ2 ( x )

ϕ1 ( x )

S = ∫ dx ∫ dy , откуда получаем известную обобщающую формулу для вычисления площади фигуры с помощью определенного интеграла: b

S = ∫ [ϕ 2 (x ) − ϕ1 ( x )]dx . a

ПРИМЕР. Вычислить y = 2x + 1, x − y − 1 = 0 .

площадь

фигуры,

ограниченной

линиями

Определим

y 3

A 2 (4;3)

y −1 2

0 4

пересечения

1⎞ ⎟ с прямой 2⎠

x y + = 1 (рис.1.17), их две: 1 −1 A1 (− 1;0), A 2 (4;3) .

⎛ ⎝

параболы y = 2⎜ x +

x = y +1

1 − 2

точки

Воспользуемся формулой (1.16). При вычислении двойного интеграла Рис. 1.17 удобно выбрать порядок интегрирования согласно формуле (Б). Итак, − 1 A 1 (− 1;0 )

⎧− 1 ≤ y ≤ 3 y +1 3 3⎛ y2 − 1⎞ ⎪ 2 ⎟⎟dy = S = ∫∫ dxdy = D⎨ y − 1 = ∫ dy ∫ dx = ∫ ⎜⎜ y + 1 − 2 2 ≤ x ≤ y + 1 −1 y −1 −1⎝ D ⎠ ⎪ ⎩ 2 2 ⎡ (y + 1)2 y 3 y ⎤ =⎢ − + ⎥ 2 6 2⎦ ⎣

= −1

16 . 3

1.1.4.2. Задачи механики 1. Масса пластинки. Рассмотрим на плоскости xOy материальную пластинку, занимающую область D (рис.1.1), по которой распределена масса с плотностью γ = γ (x , y ) . Толщину пластинки считаем настолько малой, что изменением плотности по толщине ее можно пренебречь. Если плотность была постоянной (γ = сonst ) , то масса m всей пластинки определялась бы по известной формуле m = γ ⋅ S , где S – площадь пластинки. Вычислим массу неоднородной пластинки, предполагая γ (x , y ) непрерывной функцией. Для этого разобьем область D на частичные области ΔS1 , ΔS 2 , ... , ΔS n с площадями ΔS1 , ΔS 2 , ... , ΔS n и в каждой из них выберем некоторую точку Pi (ξ i , ηi ) . Если диаметр области ΔSi мал, то плотность в

точках этой области, в силу непрерывности функции γ (x , y ) , мало отличается от ее значения в точке Pi , поэтому массу m i пластинки ΔSi можно считать равной приближенно массе фиктивной пластинки с постоянной плотностью γ (ξ i , ηi ), т.е. m i ≈ γ (ξ i , ηi )ΔSi . Суммируя по всем областям деления, получим приближенное значение массы m области D: n

m ≈ ∑ γ (ξ i , ηi )ΔSi . i =1

За точное значение массы неоднородной пластинки принимается предел, к которому стремится составленная интегральная сумма для функции γ (x , y ) по области D, когда каждая частичная область Si стягивается в точку, т.е.

max ΔSi → 0 . В результате предельного перехода получаем m=

lim

∑ γ (ξ i , ηi )ΔSi = ∫∫ γ (x, y )dxdy .

max ΔSi →0 i =1 ( n →∞ )

(1.17)

2. Координаты центра тяжести и статистические моменты пластинки. Известно, что координаты x c и y c центра тяжести C(x c , y c )

системы материальных точек P1 (x 1 , y1 ) , P2 (x 2 , y 2 ) , … , Pn (x n , y n ) , в которых сосредоточены массы m1 , m 2 , .... m n , определяются по формулам n

xc =

∑ x i mi i =1 n

yc =

∑ mi

∑ yi mi i =1 n

(1.18)

∑ mi

i =1

Найдем координаты центра тяжести плоской неоднородной пластинки D. Разбив область D на части ΔSi и выбрав в каждой из них точку Pi (ξ i , η i ) , будем считать, как и при решении предыдущей задачи, массу m i элементарной

площадки ΔSi приближенно равной γ (Pi )ΔSi . Если предположить, что каждая из этих масс m i сосредоточена в одной точке Pi , то получим систему материальных точек, центр тяжести которой вычисляется по формулам (1.18). Тем самым найдены приближенные значения n

xc ≈

∑ ξ i γ (ξ i , ηi )ΔSi i =1 n

∑ γ (ξ i , ηi )ΔSi

yc ≈

∑ ηi γ (ξ i , ηi )ΔSi i =1 n

i =1

∑ γ (ξ i , ηi )ΔSi i =1

координат центра C(x c , y c ) масс пластинки. Чтобы получить точные значения этих координат, в последних формулах нужно перейти к пределу, неограниченно измельчая разбиение области D. Тогда стоящие в этих формулах суммы перейдут в соответствующие двойные интегралы. Таким образом получим

xc =

∫∫ xγ (x, y )dxdy D

∫∫ γ (x, y )dxdy

, yc =

∫∫ yγ (x, y )dxdy D

∫∫ γ (x, y )dxdy D

(1.19)

Если пластинка однородна, т.е. γ = const , то формулы для координат центра масс приобретают более простой вид

xc =

∫∫ xdxdy D

∫∫ dxdy

, yc =

ydxdy . dxdy ∫∫

(1.20)

Заметим, что выражения

M y = ∫∫ xγ (x , y )dxdy , M x = ∫∫ yγ (x , y )dxdy D

называют статистическими моментами плоской фигуры D относительно осей Оу и Ох соответственно. С учетом этого замечания и формулы (1.17) последние формулы (1.19), (1.20) можно записать компактно:

xc =

My m

, yc =

Mx . m

3. Моменты инерции пластинки. Напомним, моментом инерции I материальной точки P с массой m относительно какой –либо оси (или точки О) называется произведение массы 2 на квадрат ее расстояния r от этой оси (или точки); I = mr . А момент инерции I системы материальных точек с массами m1 , m 2 , .... m n относительно одной и той же оси (точки) есть сумма моментов инерции отдельных точек этой n

системы, т.е. I = ∑ m i ri . 2

i =1

Определим момент инерции плоской пластины D (рис. 1.18), имеющей поверхностную плотность распределения масс γ = γ (x , y ) относительно осей координат. Метод составления выражений для моментов инерции пластинки такой же, какой был использован при y решении предыдущей задачи. Разбив область D на части ΔSi и выбрав в каждой ηi D Pi (ξ1 , η i ) из них некоторую точку Pi (ξ i , η i ) , заменим данную пластинку системой точек с массами γ (ξ i , ηi )ΔSi . Момент инерции x системы точечных масс относительно оси ξi 0 Oy , по определению, равен Рис. 1.18 n

∑ ξ i2 γ (ξ i , ηi )ΔSi . i =1

Момент инерции I y пластинки D относительно оси Оу определим как

предел полученной интегральной суммы для функции x γ (x , y ) , когда 2

наибольший из диаметров площадок стремится к нулю (max ΔSi → 0 ) . Переходя к пределу при указанном условии, получим формулу I y = ∫∫ x 2 γ (x, y )dxdy . (1.21) D

Аналогично находится момент инерции I x пластины относительно оси Ох; в результате получим I x = ∫∫ y 2 γ (x, y )dxdy . (1.22) D

Найдем еще момент инерции I 0 пластинки относительно начала

координат. Приняв во внимание, что момент материальной точки Pi (ξ i , ηi ) с

(

)

массой m i относительно точки O(0,0) равен m ξ i + ηi и воспользовавшись рассуждениями, аналогичными приведенным выше, получим, что I 0 = ∫∫ x 2 + y 2 γ (x , y )dxdy , 2

(

т.е. I 0 = I x + I y .

)

(1.23)

1.2. ТРОЙНОЙ ИНТЕГРАЛ 1.2.1. Определение тройного интеграла. Его механический смысл. Свойства

Тройной интеграл от функции трех переменных по некоторой ограниченной пространственной области определяется по той же схеме, что и определенный и двойной интегралы. Ввиду полной аналогии между определениями двойного и тройного интегралов, изложение тем будем вести по возможности кратко. Итак, пусть в области T, отнесенной к пространственной системе координат и ограниченной замкнутой поверхностью S, задана ограниченная функция u = f (x , y, z ) . Тело T с помощью сети поверхностей произвольным образом разобьем на n частей Т 1 , Т 2 , .... Т n , объемы которых обозначим

ΔV1 , ΔV2 , .... ΔVn . Пусть max ΔVi - наибольший из объемов ΔV1 , ΔV2 , .... ΔVn . В каждой из областей Ti выберем произвольную точку Pi (ξ i , ηi , ζ i ) , затем вычислим значение функции в ней f (Pi ) и умножим его на отрезке элементарной области Ti - объем ΔVi . Составим сумму вида n

S n = ∑ f (Pi )ΔVi ;

(1.24)

i =1

ее называют интегральной суммой для функции u = f (x , y, z ) по области T. ОПРЕДЕЛЕНИЕ. Конечный предел интегральной суммы S n при

max ΔVi → 0 (n → ∞ ) , если он существует и не зависит ни от способа

разбиения области Т на элементарные части, ни от выбора в них точки,

называется тройным интегралом от функции f (x , y, z ) по области Т и обозначается символом ∫∫∫ f (P )dV или ∫∫∫ f (x , y, z )dxdydz . T

Итак, по определению, n

∑ f (Pi )ΔVi . ∫∫∫ f (P )dV = maxlim ΔV →0 i

( n →∞ )

(1.25)

i =1

Выясним механический смысл тройного интеграла, если функцию u = f (x, y, z ) считать объемной плотностью вещества в области T . Ясно, что если в каждой частичной области Т i плотность постоянна и равна ее значению

в точке Pi , выражение f (Pi )ΔVi определяет приближенное значение массы всего тела. Предел этой суммы при указанном условии, по определению, есть масса тела. Таким образом, если u = f (x , y, z ) есть объемная плотность распределения вещества в области T, то интеграл (1.25) дает массу всего вещества, заключенного в объеме Т. Терминология для тройных интегралов совпадает с соответствующей терминологией для двойных интегралов. Точно так же формулируется и теорема существования тройного интеграла (предоставляем читателю сделать 0 0 (линейности, аддитивности, это самостоятельно). Свойства 1 − 5 монотонности, оценка интеграла по модулю) переносятся на тройные интегралы. Приведем лишь формулировки теорем об оценке и о среднем значении интеграла. Теорема об оценке интеграла. Если m и М – наименьшее и наибольшее значения функции f (x , y, z ) в области Т, то значение тройного интеграла от нее удовлетворяет неравенству m ⋅ V ≤ ∫∫∫ f (x, y, z )dV ≤ M ⋅ V , T

где V – объем области Т. Теорема о среднем значении интеграла. В области Т найдется по крайней мере одна такая точка Р, для которой выполняется равенство ∫∫∫ f (x, y, z )dV = f (P ) ⋅ V . T

1.2.2. Вычисление тройного интеграла

Вычисление тройного интеграла, как и двойного, осуществляется путем последовательного интегрирования по каждой из переменных. Мы ограничимся описанием соответствующих правил. 1.2.2.1. Вычисление тройного интеграла в декартовых координатах Вычисление тройного интеграла в декартовых координатах сводится к последовательному вычислению одного однократного и одного двойного 28

интеграла или к вычислению трех однократных интегралов, т.е. трехкратного интеграла. Предположим, что область Т, ограниченная замкнутой поверхностью σ , такая, что: 1) всякая прямая, параллельная оси Оz, проведенная через внутреннюю точку области Т, пересекает поверхность σ - границу данной области – в двух точках; 2) вся область Т проектируется на плоскость хОу в правильную (относительно какой-либо координатной оси) область D. Область Т обладающую перечисленными свойствами, называют правильной в направлении оси Оz. Пусть область интегрирования Т, правильная в z = z 2 (x , y ) направлении оси Оz, z ограничена снизу поверхностью z = z 1 (x , y ) , сверху поверхностью

T c

a b

(z1 (x, y ) ≤ z 2 (x, y )),

z = z 1 (x , y )

0 y = ϕ1 (x )

x = ψ 1 (y )

D x = ψ 2 (y )

z = z 2 (x , y )

y = ϕ 2 (x )

Рис. 1.19

с боков прямым цилиндром (в частном случае боковая поверхность цилиндра может отсутствовать); проекцией тела Т на плоскость хОу является двумерная область D (рис. 1.19). Тогда тройной интеграл вычисляется по формуле

z2 (x ,y )

∫∫∫ f (x, y, z )dxdydz = ∫∫ dxdy ∫ f (x, y, z )dz . Т

z1 ( x , y )

(1.26)

По этой формуле сначала вычисляется определенный интеграл по переменной z (х и у рассматриваются как постоянные), при этом переменная интегрирования изменяется от значения аппликаты z1 = z 1 (x , y ) точки входа прямой в область Т до значения z 2 = z 2 (x , y ) точки выхода прямой из области. Результат

F(x , y ) . Затем вычисляется двойной интеграл по области D от полученной функции F(x , y ) . Записывая, в свою очередь, двойной интеграл ∫∫ F(x , y )dxdy через один

интегрирования

является

функцией

двух

переменных

из повторных, получаем ϕ2 x

z2 (x , y )

∫∫∫ f (x, y, z )dxdydz = ∫ dx ∫ dy ∫ f (x, y, z )dz Т

ϕ1 ( x ) z1 ( x , y )

ψ2x

или

z2 (x ,y )

∫∫∫ f (x, y, z )dxdydz = ∫ dy ∫ dx ∫ f (x, y, z )dz . Т

ψ1 ( x ) z1 ( x , y )

(1.27)

(1.27’)

Наиболее простой вид формула (1.27) (или (1.27’)) принимает в случае, когда Т есть параллелепипед, ограниченный плоскостями x = a , x = b, y = c , y = d, z = e, z = g : b

∫∫∫ f (x, y, z )dxdydz = ∫ dx ∫ dy ∫ f (x, y, z )dz . Т

Заметим, что если тело Т ограничено поверхностями x = x 1 (y, z ) , x = x 2 (y, z ) и цилиндрической поверхностью с образующими, параллельными Ох, то в формуле (1.26) внутреннее интегрирование следует вести по х, а двойной интеграл брать по проекции тела на плоскость yOz. Аналогичные последуют изменения, если тело ограничено поверхностями y = y1 (x , z ),

y = y 2 (x , z ) и цилиндром с образующими, параллельными Оу. (При этом

область Т должна быть правильной в направлении оси Ох – в первом случае или в направлении оси Оу – во втором). Т – тетраэдр, ПРИМЕР. Вычислить ∫∫∫ (x + y + z )dxdydz , где Т

ограниченный

плоскостями x = 0, y = 0, z = 0 , x + y + z = 1. Решение. Правильную в направлении оси Оz область Т (рис.1.20) спроектируем на плоскость хОу. Тогда нижней границей области Т является часть плоскости z = 0 , верхней z = 1 − x − y ; областью D является правильный треугольник, в котором 0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ 1 − x . Применив формулу (1.26), получим

z 1

z =1− x − y

0 y=0

z=0

y =1− x 1

Рис. 1.20

1− x − y

⎡ z2 ⎤ ∫∫∫ (x + y + z )dxdydz = ∫∫ dxdy ∫ (x + y + z )dz = ∫∫ ⎢(x + y )z + ⎥ 2 ⎦0 T D 0 D⎣ 1− x − y

[

dxdy =

]

1 1 1− x ⎡1 1 2⎤ 2 = ∫∫ ⎢ − (x + y ) ⎥dxdy = ∫ dx ∫ 1 − (x + y ) dy = 2 20 ⎦ D ⎣2 0 1− x

3 ( 1 x3 ⎞ 1 1⎛2 x + y) ⎤ 1 ⎡ = ∫ ⎢y − ⎥ dx = ∫ ⎜⎜ − x + ⎟⎟dx = . 8 3 ⎠ 2 0⎝ 3 3 ⎦ 20⎣ 0 1

В этой задаче область Т можно спроектировать на любую другую координатную плоскость (уОz или xOz). Так, данная область является 30

правильной в направлении Ох; точка входа прямой в область находится на плоскости уOz и имеет абсциссу x = 0 , точка выхода лежит на поверхности x = 1 − y − z . Областью D является треугольник плоскости yOz, где 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1 − y . Поэтому можно записать: 1− y − z

1− y

1− y − z

∫∫∫ (x + y + z )dxdydz = ∫∫ dydz ∫ (x + y + z )dx = ∫ dy ∫ dz ∫ (x + y + z )dx = T

1− y − z

⎡ x2 ⎤ = ∫ dy ∫ ⎢(y + z )x + ⎥ 2 ⎦0 0 ⎣ 0 1

1− x

1− y

1 ⎡1 1 2⎤ dz = ∫ dy ∫ ⎢ − (y + z ) ⎥ dz = . 2 8 ⎦ 0 0 ⎣2 1

1.2.2.2. Замена переменных в тройном интеграле. Тройной интеграл в цилиндрических и сферических координатах Если функции

x = x (u , v, ω), y = y(u , v, ω) , z = z(u , v, ω)

(1.28)

устанавливают взаимно однозначное соответствие между точками P(x , y, z ) области Т пространства Оxyz и точками Q(u , v, ω) области T ′ пространства

O1uvω (при этом тройка чисел u , v, ω , соответствующая точке P(x, y, z ) из

области Т, называется криволинейными координатами этой точки) и I(u , v, ω) , иначе Якобиан функциональный определитель Якоби преобразования (1.28)

x ′u x ′v x ′ω I(u , v, ω) = y ′u y′v y′ω , z ′u z ′v z ′ω не обращается в нуль в области T ′ , то справедлива следующая формула замены

переменных в тройном интеграле:

∫∫∫ f (x, y, z )dxdydz = ∫∫∫ f (x (u, v, ω), y(u, v, ω), z(u, v, ω)) I(u, v, ω) dudvdω . (1.29) T

Наиболее используемыми из криволинейных координат являются цилиндрические и сферические. Цилиндрические координаты. Положение точки P в пространстве определяется полярными координатами (ϕ, ρ ) ее проекции P ′ на плоскость называются хОу и ее аппликатой z (рис.1.21). Величины ϕ,ρ, z цилиндрическими координатами точки Р. Из рис. 1.21 видно, что декартовы координаты точки связаны с ее цилиндрическими координатами соотношениями

x = ρ cos ϕ , y = ρ sin ϕ , z = z (u = ϕ, v = ρ, ω = z ) . 31

(*)

Для выполнения взаимно однозначного соответствия полагают 0 ≤ ϕ < 2π , 0 ≤ ρ < ∞ , − ∞ < z < ∞ . Якобиан преобразования (*) равен

− ρ sin ϕ cos ϕ 0 I(ϕ, ρ, z ) = ρ cos ϕ sin ϕ 0 = −ρ . 0 0 1 Преобразование тройного интеграла к цилиндрическим координатам в соответствии с (1.29) осуществляется по формуле (1.30) ∫∫∫ f (x, y, z )dxdydz = ∫∫∫ f (ρ cos ϕ, ρ sin ϕ, z )ρdϕdρdz . T

Здесь, как правило, внутреннее интегрирование производится по переменной z (см. формулу (1.26)). Цилиндрическими координатами при вычислении тройного интеграла фактически пользуются тогда, когда после интегрирования по z, есть необходимость перехода в получившемся двойном интеграле к полярным координатам. Сферические координаты. В сферических координатах положение точки Р определяется числами ϕ, θ, ρ ; ρ - расстояние точки Р от начала координат или длина радиуса – вектора этой точки, ϕ - угол между проекцией радиуса – вектора точки на плоскость хОу и осью Ох, θ - угол между радиусом-вектором и осью Оz, который отсчитывается от положительного направления оси Оz (рис.1.22). Связь между декартовыми и сферическими координатами точки имеет вид: x = ρ cos ϕ sin θ , y = ρ sin ϕ sin θ , z = ρ cos θ , (1.31)

(u = ϕ, v = θ, ω = ρ)

при этом 0 ≤ ϕ < 2π , 0 ≤ θ ≤ π , 0 ≤ ρ < ∞ .

Якобиан преобразования (1.31) равен I(ϕ, θ, ρ ) = −ρ sin θ (проверьте) и переход от прямоугольных координат к сферическим координатам ϕ, θ, ρ осуществляется по формуле 2

2 ∫∫∫ f (x, y, z )dxdydz = ∫∫∫ f (ρ cos ϕ sin θ, ρ sin ϕ sin θ, ρ cos θ)ρ sin θdϕdθdρ T

(1.32) Переход к сферическим координатам в тройном интеграле целесообразен в следующих случаях: 10 . Подынтегральная функция f (x , y, z ) содержит в своем выражении

)

+ y2 + z2 ;

(

)

2 0 . Уравнение поверхности, ограничивающей тело Т содержит x 2 + y 2 + z 2 ; 30 . Имеют место в тройном интеграле 10 и 2 0 . Применение сферических координат особенно удобно в тех случаях, z

P(ϕ, θ, ρ)

P(ϕ, ρ, z )

y ϕ

ρ P′

P′

Рис. 1.22

Рис. 1.21

когда область Т – шар с центром в начале координат или шаровое кольцо. 1.2.3. Приложения тройных интегралов к задачам геометрии и механики 1.2.3.1. Вычисление объемов тел

Если Т – произвольное тело, то объем V его можно вычислять по формуле V = ∫∫∫ dV . (1.33) T

Действительно, интегральная сумма для функции f (x , y, z ) ≡ 1 по области Т выражает объем данного тела, значит предел ее равен искомому объему. Тройные интегралы в некоторых случаях удобнее использовать для вычисления объемов, чем двойные, так как с их помощью можно записать сразу объем не только цилиндрического тела, но и любого тела. 1.2.3.2. Задачи механики Естественно, что все механические величины, связанные с распределением массы в пределах некоторого тела (Т), выражаются тройными интегралами, распространенными на область Т. Применение тройных интегралов к вычислению массы, координат центра тяжести, статических моментов и моментов инерции тела основано на том же принципе, что и применение двойных интегралов к вычислению соответствующих механических характеристик – принципе суммирования бесконечно малых элементов.

Если γ = γ (x , y, z ) - объемная плотность, то, как уже было установлено в п.1.2.1, масса m тела, занимающего область Т, вычисляется по формуле m = ∫∫∫ γ (x , y, z )dxdydz . (1.34) T

Координаты центра тяжести тела выражаются формулами

xс =

∫∫∫ xγ (x, y, z )dxdydz T

∫∫∫ γ (x, y, z )dxdydz

M yz m

yc =

∫∫∫ yγ (x, y, z )dxdydz T

∫∫∫ γ (x, y, z )dxdydz

M xz , m

(1.35)

zс =

∫∫∫ zγ (x, y, z )dxdydz T

∫∫∫ γ (x, y, z )dxdydz

M xy m

которые получают, исходя из формул (1.18), с помощью тех же рассуждений, что и в случае двух измерений. В z формулах (1.35) M yz , M xz , M xy статические моменты тела относительно координатных плоскостей. Перейдем к определению моментов инерции тела относительно осей и точки. Замечая, что квадраты расстояний r материальной точки Р до осей Ox, Oy, Oz и начала координат y2 + z2 , соответственно равны

r = x 2 + y2

x P(x , y, z )

0 r = y +z 2

r = x2 + z2

Рис. 1.23

x2 + z2 ,

x 2 + y2 ,

x 2 + y2 + z2

(рис.1.23), аналогично плоскому случаю найдем, что моменты инерции тела I x , I y , I z , I 0 относительно указанных осей и начала координат О выражаются тройными интегралами

( ) I = ∫∫∫ (x + z )γ (x , y, z )dxdydz , I = ∫∫∫ (x + y )γ (x , y, z )dxdydz , = ∫∫∫ (x + y + z )γ (x, y, z )dxdydz .

I x = ∫∫∫ y 2 + z 2 γ (x, y, z )dxdydz ,

(1.36)

(1.37)

(1.38)

Из сопоставления формул (1.39) и (1.36) – (1.38) следует: 34

(1.39)

I0 =

1 (I x + I y + I z ), 2

т.е. момент инерции тела относительно точки равен полусумме его моментов относительно трех взаимно перпендикулярных осей, проходящих через эту точку. Если тело однородное, то в формулах (1.34) – (1.39) следует считать γ = сonst . ПРИМЕР. Найти массу лежащей в первом октанте части Т шара радиуса а 2 2 2 (рис. 1.24), если плотность γ = x + y + z . По формуле (1.34) имеем m =

2 2 2 ∫∫∫ (x + y + z )dxdydz . T

Этот интеграл удобно вычислить, перейдя к сферическим координатам. Согласно формуле (1.34) получаем π 2

π 2

m = ∫∫∫ ρ ⋅ ρ sin θdϕdθdρ = ∫ dϕ ∫ sin θdθ∫ ρ dρ = ϕ ⋅(− cos θ) 2

π 2

ρ5 ⋅ 5

πa 5 . = 10

ПРИМЕР. Найти момент инерции однородного (γ = 1) цилиндра с высотой h и радиусом основания а относительно диаметра основания и относительно оси цилиндра, считая, что ось цилиндра направлена по оси Оz. Поместим начало координат в центр нижнего основания (рис.1.25); 2 2 2 уравнение цилиндра будет иметь вид x + y = a . Моменты инерции, которые требуется найти, будут равны моментам z

z a

P (x , y, z )

0 ρ ϕ

a Рис. 1.24

x Рис. 1.25

инерции тела относительно оси Ох (или Оу) и оси Оz. Согласно формулам (1.36) и (1.38) имеем I y = ∫∫∫ x 2 + z 2 dxdydz , I z = ∫∫∫ x 2 + y 2 dxdydz .

(

)

(

)

Перейдем к цилиндрическим координатам: x = ρ cos ϕ , y = ρ sin ϕ , z = z . 35

Тогда

(

)

2π

(

)

I y = ∫∫∫ ρ сos ϕ + z ρdϕdρdz = ∫ dϕ∫ ρdρ ∫ ρ 2 cos 2 ϕ + z 2 dz = T

2π a⎛ ⎛ 2 z3 ⎞ h3 ⎞ 2 2 2 = ∫ dϕ∫ ⎜⎜ ρ cos ϕ ⋅ z + ⎟⎟ ρdρ = ∫ dϕ∫ ⎜⎜ hρ cos ϕ + ⎟⎟ρdρ = 3 ⎠0 3 ⎠ 0⎝ 0 0⎝ 0 2π

2 π⎛ 4 ⎛ ρ4 h 3 ρ2 ⎞ a h a 2h3 ⎞ 2 2 ⎟⎟dϕ = = ∫ ⎜⎜ h cos ϕ + ⋅ ⎟⎟ dϕ = ∫ ⎜⎜ cos ϕ + 4 3 2 4 6 0⎝ 0⎝ ⎠0 ⎠ 2π

(

)

πa 2 h 4h 2 + 3a 2 = . 12 πa 2 h I z = ∫∫∫ ρ ⋅ ρdϕdρdz = ∫ dϕ∫ ρ dρ ∫ dz = . 2 T 0 0 0 2π

1.3. КРИВОЛИНЕЙНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ

Нахождение массы материальной кривой по ее плотности, вычисление силового поля вдоль некоторого пути и ряд других задач требуют введения так называемых криволинейных интегралов, т.е. интегралов от функций, заданных вдоль кривых. Рассмотрение различных задач физики и механики, связанных с интегрированием функций вдоль кривых линий, приводит к необходимости введения двух типов криволинейных интегралов – интегралов первого и второго рода. 1.3.1. Криволинейный интеграл первого рода (или по длине дуги) 1.3.1.1. Определение и физический смысл криволинейного интеграла первого рода. Свойства

ОПРЕДЕЛЕНИЕ. Кривая линия L называется гладкой, если в каждой ее точке существует касательная прямая, непрерывно меняющаяся вдоль кривой линии. КусочноP (x , y ) Ai гладкой кривой называется An = B l A i −1 непрерывная кривая, состоящая A1 из конечного числа гладких кусков кривой линии. A = A0 Пусть на кусочно-гладкой i

Рис. 1.26 36

∪

кривой L взята дуга AB (рис.

∪

1.26), вдоль которой определена функция f (P ) = f (x , y ) . Разобьем дугу AB ∪

(

)

произвольным образом на n элементарных дуг A i − 1 A i i = 1, n , длины которых обозначим через ΔL i . Пусть max ΔL i - наибольшая из длин всех ∪

элементарных дуг. На элементарной дуге A i − 1 A i выберем произвольную точку Pi (ξ i , ηi ) , вычислим значение функции в этой точке и умножим его на ∪

длину ΔL i - меру элементарной дуги A i − 1 A i . Составим сумму таких произведений по всем элементарным дугам n

S n = ∑ f (Pi )ΔL i .

(1.40)

i =1

∪

Сумму S n называют интегральной суммой для функции f (x , y ) по дуге AB . Каждому способу разбиения дуги на элементарные части и выбору в них точек Pi отвечает определенная интегральная сумма S n . ОПРЕДЕЛЕНИЕ. Если при стремлении max ΔL i к нулю, т.е. при неограниченном увеличении числа n элементарных дуг, интегральные суммы (1.40) стремятся к конечному пределу, который не зависит ни от способа ∪

разбиения дуги AB на элементарные части, ни от выбора точки Pi в них, то этот предел называется криволинейным интегралом первого рода от функции ∪

f (P ) по дуге AB и обозначается символом ∫ f (P )dL или ∫ f (x, y )dL . ∪

∪

Таким образом, по определению n

∑ f (Pi )ΔL i . ∫ f (P )dL = maxlim ΔL →0

∪

( n →∞ )

(1.41)

i =1

Следует иметь в виду, что в выражении

∫ f (x, y )dL

переменные х и у не

∪

независимы, а связаны условием: точка (x, y ) лежит на кривой AB . Приведем без доказательства теорему существования криволинейного интеграла первого рода. Теорема. Если функция f (x , y ) непрерывна вдоль кусочно-гладкой кривой AB , то криволинейный интеграл (1.41) существует. Интеграл (1.41) в задачах физики и механики численно выражает массу материальной кривой AB , которая распределена вдоль нее с линейной ∪

плотностью ρ = f (P ) = f (x , y ) . В самом деле, массу Δm i дуги A i − 1 A i длины 37

ΔL i

можно принять равной приближенно массе дуги с постоянной

плотностью f (Pi ) , такой, как в точке Pi , т.е. Δm i ≈ f (Pi )ΔL i . Суммируя по всем элементарным дугам найдем приближенное значение массы m : n

Δm i ≈ ∑ f (Pi )ΔL i . i =1

За точное значение массы неоднородной дуги AB принимается предел, к которому стремится составленная интегральная сумма для функции f (P ) по области AB , когда каждая элементарная дуга стягивается в точку и, следовательно, max ΔL i → 0 . Таким образом, в результате предельного перехода получаем

lim

∑ f (Pi )ΔL i = ∫ f (x, y )dL .

max ΔL i →0 i =1 ( n →∞ )

(1.42)

Свойства криволинейных интегралов аналогичны свойствам определенных интегралов. Выполняются свойства линейности, монотонности, аддитивности, оценка по модулю, теорема о среднем. Вместе с тем следует выделить особое свойство: Теорема. При изменении направления интегрирования криволинейный интеграл первого рода не меняет своего значения, т.е. ∫ f (P )dL = ∫ f (P )dL . ∪

∪

1.3.1.2. Вычисление криволинейного интеграла первого рода Вычисление криволинейного интеграла по длине дуги сводится к вычислению определенного интеграла, если воспользоваться выведенными в дифференциальном исчислении формулами для дифференциала длины дуги в декартовых координатах: dL =

(dx )2 + (dy )2 ,

двухмерном пространстве, т.е. на плоскости; ∪

∪

если дуга

dL =

AB задана в

(dx )2 + (dy )2 + (dz )2 ,

если дуга AB задана в трехмерном пространстве. Не останавливаясь на выводе, который предполагает использование определения криволинейного интеграла, приведем формулы сведения его к определенному интегралу. Для вычисления криволинейного интеграла первого рода пользуются одной из следующих формул: а) если гладкая кривая AB задана на плоскости параметрическими уравнениями x = x (t ), y = y(t ), α ≤ t ≤ β , то dx = x ′(t ) ⋅ dt , dy = y ′(t ) ⋅ dt , тогда dL =

(x ′(t ))2 + (y′(t ))2 dt 38

2 2 ∫ f (x, y )dL = ∫ f (x (t ), y(t )) x ′t + y′t dt ;

(1.43)

б) если гладкая кривая AB задана явным уравнением 2

⎛ dy ⎞ 2 y = ϕ(x ), a ≤ x ≤ b , то dL = 1 + ⎜ ⎟ ⋅dx = 1 + (ϕ′(x )) ⋅dx ⎝ dx ⎠ β

2 ∫ f (x, y )dL = ∫ f (x, ϕ(x )) = 1 + ϕ′(x ) dx ;

(1.44)

в) если гладкая кривая AB задана в полярной системе координат

dl = ρ + ρ′ ⋅ dϕ . Так как уравнением ρ = ρ(ϕ), ϕ1 ≤ ϕ ≤ ϕ 2 , то формулы, связи декартовой системы координат и полярной: x = ρ cos ϕ , y = ρ sin ϕ , то 2

ϕ2

2 2 ∫ f (x, y )dL = ∫ f (ρ cos ϕ; ρ sin ϕ) = ρ + ρ′ dϕ .

(1.45)

ϕ1

Подчеркнем, что в криволинейном интеграле та функция, которую мы интегрируем, не имеет ничего общего с уравнениями кривой, по которой ведется интегрирование. Сведение криволинейного интеграла к определенному интегралу по идее близко к замене переменной в определенном интеграле. Однако следует иметь в виду одно отличие. После замены переменной в определенном интеграле может случиться, что нижний предел интегрирования оказывается больше верхнего. При вычислении же криволинейного интеграла всегда нижний предел должен быть меньше верхнего. Это объясняется тем, что элемент dL длины дуги должен быть положительным и поэтому, например, в формуле (1.44) должно быть dx > 0 , а в формуле (1.43) dt > 0 . Таким образом, при переходе от криволинейного интеграла к определенному переменная, выбранная в качестве основной, должна пробегать промежуток своего изменения в сторону возрастания. Если линия AB кусочно-гладкая, то ее нужно разбить на отдельные части и интеграл вычислить, согласно свойству аддитивности, как сумму интегралов, взятых по этим частям кривой. ∪

ПРИМЕР. Найти массу дуги AB цепной линии y = a ch

x между a

точками с абсциссами x A = 0, x B = a , если в каждой точке линейная плотность ρ(x , y ) =

a . y

Решение. Согласно формуле (1.42) имеем

m= ∫

∪

a dL . Исходя из y

данного уравнения кривой, преобразуем криволинейный определенный с переменной х в соответствии с формулой (1.44):

y ′(x ) = sh

x , a

интеграл

x x dl = 1 + sh 2 dx = ch dx (т.к. ch 2 α − sh 2 α = 1 ), a a xB a a a x m = ∫ dL = ∫ ch dx = ∫ dx = a . x ∪ y a xA 0 a ch AB a

1.3.1.3. Криволинейный интеграл для пространственного случая Аналогично определяется и физически интерпретируется криволинейный f (P ) = f (x , y, z ) , заданной вдоль интеграл первого рода от функции пространственной кусочно-гладкой линии AB . Если гладкая кривая AB задана параметрическими уравнениями x = x (t ), y = y(t ), z = z(t ), α ≤ t ≤ β тогда

dx = x ′(t ) ⋅ dt ,

dL =

dy = y ′(t ) ⋅ dt ,

(dx )2 + (dy )2 + (dz )2 ,

dz = z ′(t ) ⋅ dt ,

dL = x ′t 2 + y ′t 2 + z ′t 2 ⋅ dt

2 2 2 ∫ f (P )dL = ∫ f (x, y, z )dL = ∫ f [x (t ), y(t ), z(t )] x ′t + y′t + z ′t dt .

(1.46)

1.3.1.4. Некоторые применения криволинейного интеграла первого рода Криволинейные интегралы, как и все другие определенные интегралы, служат для вычислении различных геометрических и физических величин. ∪

1. Длина дуги AB плоской или пространственной линии: L ∪ = ∫ dL . AB

∪

2. Масса материальной дуги AB m =

∫ ρ(P )dL ,

∪

где ρ(P ) линейная

плотность вещества в точке ρ дуги. 3. Вычисление координат центра тяжести материальной кривой. Пусть масса m распределена вдоль кривой AB с плотностью ρ = ρ(x , y, z ) . Разбив эту кривую на элементарные части длины ΔL i и выбрав на каждой из этих частей

некоторую

точку

Pi (x i , y i , z i ), можно материальную кривую 40

приближенно рассматривать как систему масс ρ(Pi )ΔL i , сосредоточенных в точках Pi . Как известно из механики, центр масс системы материальных точек имеет координаты n

xС =

∑ x i ρ(Pi )ΔL i i =1 n

∑ ρ(Pi )ΔL i

yС =

∑ y i ρ(Pi )ΔL i i =1 n

∑ ρ(Pi )ΔL i

i =1

, zС =

∑ z i ρ(Pi )ΔL i i =1 n

i =1

∑ ρ(Pi )ΔL i

i =1

Эти выражения можно считать приближенными значениями координат x C , y C , z C центра масс C(x C , y C , z C ) кривой AB . Для получения точных

значений этих координат следует перейти к пределу при max ΔL i → 0 . В результате предельного перехода получаем

xС =

∫ xρ(x , y, z )dL

, yС =

∫ yρ(x , y, z )dL

m где m = ∫ ρ(x, y, z )dL .

, zС =

∫ zρ(x , y, z )dL

, (1.47)

ПРИМЕР. Найти координаты центра тяжести первого полувитка винтовой линии L : x = a cos t , y = a sin t , z = bt , считая плотность постоянной. Решение. Применяем формулы (1.47), в которых (т.к. плотность постоянна) можно взять ρ = 1 . Вычислим криволинейные интегралы, содержащиеся в этих формулах, преобразуя их в определенные интегралы с переменной t согласно формуле (1.46). Первому полувитку отвечает изменение параметра t от 0 до π . π

m = ∫ dL = ∫ a 2 (− sin t ) + a 2 cos 2 t + b 2 dt = ∫ a 2 + b 2 dt = a 2 + b 2 π , L

I1 = ∫ xdL = ∫ a cos t a + b dt = a a + b sin t = 0 , L

0 π

I 2 = ∫ ydL = ∫ a sin t a + b dt = a a + b (− cos t ) = 2a a 2 + b 2 , 0 L

t2 bπ 2 a 2 + b 2 I 3 = ∫ zdL = ∫ bt a + b dt = b a + b = . 2 2 L 0 0 I I I bπ 2a Следовательно, x C = 1 = 0 , y C = 2 = , zC = 3 = . m m 2 m π π

4. Вычисление моментов материальной кривой. Момент инерции системы точечных масс m i относительно некоторой точки (прямой, плоскости) равен

∑ ri2 m i ,

где

i =1

- расстояние i-й точечной массы до этой точки (прямой,

плоскости). В частности, момент инерции системы материальных точек относительно начала координат, оси Oz и плоскости xOy соответственно равны n

I0 = ∑

i =1

(

x i2

y i2

z i2

)m , i

I 0z = ∑

i =1

(

x i2

y i2

)m , i

I x 0 y = ∑ z i2 m i , i =1

где (x i , y i , z i ) - координаты точечной массы m i . Для получения моментов инерции материальной кривой AB , вдоль которой распределена масса с плотностью ρ(x , y, z ), нужно сделать такой же предельный переход, как и в предыдущей задаче. Тогда для моментов инерции массы относительно начала координат, координатных осей и плоскостей получим следующие выражения:

(

)

I 0 = ∫ x 2 + y 2 + z 2 ρ(x , y, z )dL,

I0y

(

)

(

)

I 0 x = ∫ y 2 + z 2 ρ(x , y, z )dL,⎫ ∪ ∪ ⎪⎪ AB AB ⎬ (1.48) 2 2 2 2 I 0 z = ∫ x + y ρ(x , y, z )dL, ⎪ = ∫ x + z ρ(x , y, z )dL, ∪ ∪ ⎪⎭ AB Ab I x 0 y = ∫ z 2 ρ(x, y, z )dL , I x 0 z = ∫ y 2 ρ(x, y, z )dL ,

(

)

∪

I y 0 z = ∫ x 2 ρ(x, y, z )dL .

(1.49)

∪

Воспользовавшись определением статических моментов системы материальных точек относительно прямой (оси), плоскости, тем же методом можно найти статические моменты материальной кривой. Так, например, статический момент кривой AB относительно плоскости xOy есть M x 0 y = ∫ zρ(x, y, z )dL , ∪

а статические моменты плоской кривой относительно осей Ox и Oy суть M 0 x = ∫ yρ(x , y, z )dL , M 0 y = ∫ xρ(x , y, z )dL . ∪

∪

ПРИМЕР. Найти моменты инерции относительно координатных осей и начала координат четверти однородной окружности y = 2 cos t , z = 2 sin t , лежащей в первом квадранте плоскости yOz (рис. 1.27). z Решение. Воспользуемся полученными формулами B(0;2 ) моментов инерции в плоском случае (кривая AB расположена в плоскости yOz, т.е. x = 0 ). В силу одинакового расположения кривой по отношению 0 A(2;0) y координатных осей I 0 y = I 0 z . x

Рис. 1.27

По формулам (1.48), где можно принять ρ = 1 , получаем 42

I 0 y = I 0 z = ∫ z 2 dL = ∫ z 2 ⋅ AB

π2

(y′t )2 + (z′t )2 dt = π2

π2

1 − cos 2 t ⎛ 1 ⎞ = ∫ 4 sin t 4 sin t + 4 cos t dt = 8 ∫ dt = 4⎜ t − sin 2 t ⎟ = 2 ⎝ 2 ⎠0 0 0 2

= 2π,

(

)

π2

(

)

π2

I 0 = ∫ y + z dL = ∫ 4 cos t + sin t 4 sin t + 4 cos t dt = 8 ∫ dt = 4π. 2

1.3.2. Криволинейный интеграл второго рода (или по координатам) 1.3.2.1. Задача о работе силового поля. Определение криволинейного интеграла второго рода

Для того, чтобы подойти к понятию нового типа интеграла, начнем с физической задачи. Рассмотрим плоское силовое поле, т.е. некоторую плоскую r область D в плоскости xOy, к каждой точке P которой приложена сила F(P ) .

r Тот что сила F зависит от точки ее приложения, записывают в виде: r факт, r r F = F(x, y ). Проекции вектора силы F обозначим через X и Y; они также являются функциями переменных x и y.rТогда r

r F = X ( x , y ) i + Y (x , y ) j .

Определим работу этого силового поля при перемещении материальной точки вдоль некоторой кривой MN, расположенной в области D (рис. 1.28). Из физики известно, что y r если сила F постоянна (и по F(P2 ) величине и направлению), а F (Pi ) y i −1 Δ y i путь MN прямолинеен, то M i −1 yi Mi M2 соответствующая работа равна Pn P2 произведению величины этой F (P1 ) N = Mn M1 силы на косинус угла между F (Pn ) P1 силой и направлением MN , т.е. M = M0 работа А равна скалярному Δx i r x x x 0 i i −1 произведению векторов F и r MN , т.е. F ⋅ MN . Рис. 1.28 Найдем теперь выражение для r работы в общем случае, т.е. когда сила F переменна, а путь MN криволинеен. ∪

Разобьем произвольным образом дугу MN на n малых дуг точками M = M 0 , M 1 ,... , M i ,..., M n = N , длины которых ΔL i . Впишем в кривую MN ломаную

M 0 , M 1 ,..., M n , заменив каждый криволинейный участок 43

_______

∪

прямолинейным вектором перемещения M i −1 M i . А силу F , которая, вообще говоря, меняется и по величине и по направлению от точки к точке, условимся считать постоянной вдоль каждого звена ломаной и равной

M i −1 M i

∪

силе, приложенной в точке Pi (ξ i , ηi ) дуги M i −1 M i :

r r r F(Pi ) = X(ξ i , ηi )i + Y(ξ i , ηi ) j . ∪

Тогда работу силы вдоль дуги M i −1 M i можно принять приближенно равной

_______ r работе силы F(Pi ) вдоль вектора M i −1M i , которая, как было сказано, равна скалярному произведению F(Pi ) ⋅ M i −1 M i . _______

Проекции вектора M i −1M i на оси координат соответственно равны

Δx i = x i − x i −1 , Δy i = y i − y i −1 . Следовательно, имеет место представление _______ r r M i −1M i = Δx i ⋅ i + Δy i ⋅ j . F(Pi ) ⋅ M i −1M i в координатной Выражая скалярное произведение форме, получаем

F(Pi ) ⋅ M i −1M i = X(ξ i , ηi )Δx i + Y(ξ i , ηi )Δy i .

Суммируя эти выражения по всем звеньям приближенное значение работы А вдоль кривой MN:

ломаной,

n r A ≈ ∑ F(Pi ) ⋅ M i −1 M i = ∑ [X(ξ i , ηi )Δx i + Y(ξ i , ηi )Δy i ]. n

i =1

найдем (1.50)

i =1

За точное значение работы А принимают предел полученной суммы при ∪

стремлении к нулю max ΔL i - максимальной из длин дуг M i −1 M i .

lim

∑ [X(ξ i , ηi )Δx i + Y(ξ i , ηi )Δy i ].

max ΔL i →0 i =1 ( n →∞ )

Таким образом, вычисление работы привело нас к нахождению предела суммы нового вида. К составлению сумм вида (1.50) с последующим переходом к пределу приводит не только задача о работе, поэтому совсем не обязательно всегда считать, что функции X(x , y ) и Y(x , y ) - проекции сил. Рассмотрим этот вопрос в общем виде. Пусть на плоскости задана гладкая линия MN. Установим на ней определенное направление движения, которое происходит от M к N. Кривую с установленным на ней направлением движения назовем ориентированной кривой. Пусть на кривой MN заданы две функции X (x , y ) и Y(x, y ) , иначе говоря, задана вектор-функция

r r F(x, y ) = X(x, y )i + Y(x, y ) j . Разобьем эту кривую на n участков точками M = M 0 , M 1 ,..., M n = N и в каждом из них выберем по произвольной точке 44

Pi (ξ i , ηi )

(в частности, эти точки могут совпадать с концами участков).

Значения функции в точках Pi будем умножать теперь не на длины частичных

ΔL i , а на их проекции на координатные оси: Δx i = x i − x i −1 , Δy i = y i − y i −1 (рис. 1.28). (Если движение по проекции происходит в сторону увеличения x (или y ) , то проекцию Δx i (или Δy i ) части ΔL i считаем

дуг

положительной, в противном случае – отрицательной). Составим сумму вида n

∑ [X(Pi )Δx i + Y(Pi )Δy i ].

(1.51)

i =1

Эту сумму называют интегральной суммой для вектор-функции F(x, y ) по линии MN. ОПРЕДЕЛЕНИЕ. Если при стремлении к нулю max ΔL i существует конечный предел интегральной суммы (1.51), не зависящий ни от способа разбиения дуги MN на элементарные части, ни от выбора в каждой из них точки Pi , то этот предел называют криволинейным интегралом второго рода от вектор-функции F(x, y ) по линии MN и обозначают символом ∫ X(P )dx + Y(P )dy или ∫ X(x, y )dx + Y(x, y )dy . MN

Итак, по определению

∫ X(x, y )dx + Y(x , y )dy =

lim

∑ [X(ξ i , ηi )Δx i + Y(ξ i , ηi )Δy i ].

max ΔL i →0 i =1 ( n →∞ )

(1.52)

Замечание 1. По традиции для выражения, стоящего слева, скобки не пишутся и предполагается, что интеграл относится ко всей сумме. Линия MN называется линией или контуром интегрирования, точка M – начальной, точка N – конечной точкой интегрирования. Замечание 2. Если кривая L = MN замкнутая, то для обозначения интеграла используют символ ∫ X(x, y )dx + Y(x, y )dy . L

ОПРЕДЕЛЕНИЕ. Если

∫ X(x, y )dx

Y(x , y ) ≡ 0 , то интеграл принимает вид

и называется криволинейным интегралом по координате x. Если

X(x , y ) ≡ 0 , то

∫ Y(x, y )dy

называют криволинейным интегралом по

координате y. Поскольку определяемый нами интеграл (1.52) можно записать в виде суммы двух криволинейных интегралов по координатам x и y ∫ X(x, y )dx + Y(x, y )dy = ∫ X(x, y )dx + ∫ Y(x, y )dy , MN

то его называют еще составным криволинейным интегралом по координатам. 45

Подынтегральное выражение в левой части равенства есть r последнего r F = X i + Y j = {X(x, y ); Y(x, y )} и скалярное произведение вектора

r r дифференциала dr = dx ⋅ i + dy ⋅ j = {dx; dy} радиуса-вектора r переменной r точки P кривой MN. Поэтому криволинейный интеграл от вектор-функции F r r по кривой MN можно записать в векторной форме: ∫ F ⋅ d r . MN

ОПРЕДЕЛЕНИЕ. Этот интеграл называют также линейным интегралом v r вектора F( r ) . А если кривая L - замкнутая, то криволинейный интеграл

r v ∫ F ⋅ dr называют циркуляцией вектора F по замкнутому контуру.

Возвращаясь к задаче о работе, можно сказать, что работа силового поля при перемещении материальной точки по кривой MN выражается криволинейным интегралом второго рода А = ∫ X(x, y )dx + Y(x , y )dy , (1.53) MN

что можно записать в векторной форме так: r

r A = ∫ F ⋅ dr . MN v Таким образом, если вектор F(x , y ) задает силовое поле, то

криволинейный интеграл второго рода выражает работу этого поля вдоль линии MN. В этом состоит простейший физический смысл криволинейного интеграла второго рода. Аналогично определяется криволинейный интеграл второго рода для вектор-функции r r r F(x, y, z ) = X(x, y, z )i + Y(x, y, z ) j + Z(x, y, z )k , заданной вдоль пространственной кривой MN, который аналитически записывают так: r r ( ) ( ) ( ) X x , y , z dx + Y x , y , z dy + Z x , y , z dz = F ∫ ∫ ⋅ dr . MN

1.3.2.2. Существование и вычисление криволинейного интеграла второго рода Теорема. Пусть кривая MN задана параметрическими уравнениями x = x (t ), y = y(t ), причем функции x (t ), y(t ) непрерывны вместе со своими производными первого порядка на отрезке t ∈ [α, β], где α = t M и β = t N значения параметра t, соответствующие точкам M и N. Тогда для всякой вектор-функции r r F (x , y ) = X ( x , y ) i + Y (x , y ) j , непрерывной вдоль кривой MN, существует криволинейный интеграл и имеет место равенство

∫ X(x, y )dx + Y(x, y )dy = ∫ {X[x (t ), y(t )]x ′(t ) + Y[x (t ), y(t )]y′(t )}dt .

(1.54)

Доказательство. Остановимся на втором утверждении теоремы. Покажем, что вычисление криволинейного интеграла второго рода сводится к вычислению определенного интеграла по формуле (1.54). Разделим дугу MN на элементарные части длиной ΔL i точками M = M 0 , M 1 ,..., M n = N , имеющими следующие координаты:

M 0 (x 0 = x (t 0 ), y 0 = y(t 0 )) , M 1 (x 1 = x (t 1 ), y1 = y(t 1 )) , … причем t 0 = α ; t n = β . Возьмем произвольным образом точку Pi (ξ i , ηi ) на ∪

каждой из элементарных дуг M i −1 M i . По определению для криволинейного интеграла по координате x имеем n

∫ X(x, y )dx = lim ∑ X(ξ i , ηi )Δx i , λ →0 i =1

(1.55)

где Δx i = x i − x i −1 = x (t i ) − x (t i −1 ) , λ - наибольшее из Δx i . Последнюю разность преобразуем по формуле Лагранжа Δx i = x (t i ) − x (t i −1 ) = x ′(τ i )Δt i , ∪

где Δt i = t i − t i −1 и t i −1 < τ i < t i . Так как точку Pi (ξ i , ηi ) на дуге M i −1 M i выбрали произвольным образом, то выберем ее так, чтобы ее координаты соответствовали значению параметра τ i : x i = x (τ i ), y i = y(τ i ) . Подставляя найденные значения x i , y i , Δx i в формулу (1.55) и учитывая, что при ∪

стремлении к нулю длин дуг M i −1 M i получим

Δx i → 0 , следовательно, Δt i → 0 ,

∫ X(x, y )dx = lim ∑ X[x (τ i ), y(τ i )]x ′(τ i )Δt i . Δt i →0 i =1

Сумма, стоящая в правой части последнего равенства, является интегральной суммой для непрерывной функции одной переменной t: X[x (t ), y(t )]x ′(t ) , заданной на отрезке [α, β]. Ее предел равен определенному интегралу. Таким образом, имеем β

∫ X(x, y )dx = ∫ X[x (t ), y(t )]x ′(t )dt .

Аналогично рассуждая, найдем β

∫ Y(x, y )dy = ∫ Y[x (t ), y(t )]y′(t )dt .

Складывая почленно эти два равенства, получим

∫ X(x, y )dx + Y(x, y )dy = ∫ {X[x (t ), y(t )]x ′(t ) + Y[x (t ), y(t )]y′(t )}dt . α

Итак, для того, чтобы вычислить криволинейный интеграл по дуге линии x = x (t ), y = y(t ), нужно в подынтегральной выражении заменить x, y, dx, dy их выражениями через t и dt и вычислить получившийся определенный интеграл по интервалу изменения параметра t . Сформулированная теорема обобщается аналогичным образом на пространственный случай, когда линия MN задана уравнениями x = x (t ), y = y(t ), z = z(t ), α ≤ t ≤ β . В этом случае имеет место равенство

∫ X(x, y, z )dx + Y(x, y, z )dy + Z(x, y, z )dz =

= ∫ {X[x (t ), y(t ), z(t )]x ′(t ) + Y[x (t ), y(t ), z(t )]y ′(t ) + Z[x (t ), y(t ), z(t )]z ′(t )}dt

(1.56)

Рассмотрим важные частные случаи формулы (1.54). Если кривая MN задана уравнением y = y(x ) , то формула (1.54), сводящая криволинейный интеграл к определенному, принимает вид xN

∫ X(x, y )dx + Y(x, y )dy = ∫ {X[x, y(x )] + Y[x, y(x )]y′(x )}dx ,

(1.57)

где x = x M отвечает начальной точке M кривой, а x = x N - ее конечной точке N. Если, в частности, кривая MN – отрезок горизонтальной прямой y = y 0

(рис. 1.29а), то вдоль него y′ ≡ 0 и

∫ X(x, y )dx + Y(x, y )dy = ∫ X(x, y 0 )dx .

Если кривая MN задана уравнением x = x (y ) , где y пробегает отрезок [y M , y N ], то имеет место yN

∫ X(x, y )dx + Y(x, y )dy = ∫ {X[x (y ), y]x ′(y ) + Y[x (y ), y]}dy .

(1.58)

В частности, когда MN – отрезок вертикальной прямой x = x 0 (рис. 1.29б), то

x ′(y ) ≡ 0 и

y = y0

x = x0 yM

M x

Рис. 1.29б

Рис. 1.29а

∫ X(x, y )dx + Y(x, y )dy = ∫ Y(x 0 , y )dy .

Замечание 1. Определенный интеграл является частным случаем криволинейного интеграла по координате, у которого линией интегрирования служит прямолинейный отрезок оси координат. Замечание 2. В случае замкнутого контура интегрирования в формулах (1.54), (1.56), (1.57) условимся брать направление движения по кривой L так, чтобы область, ограниченная этой кривой, оставалась слева (рис. 1.30). Такое направление интегрирования называют положительным. Перемещение в противоположном направлении называют отрицательным. Криволинейный интеграл второго рода, наряду с теми свойствами, которые аналогичны свойствам интеграла первого рода, обладает следующим отличительным свойством: при изменении направления пути интегрирования криволинейный интеграл изменяет свой знак на противоположный, т.е. ∫=− ∫ и ∫= − ∫ MN

L+

L−

−

(здесь L - замкнутый контур, обходимый в положительном направлении, L контур, обходимый в отрицательном направлении). 2 2 ПРИМЕР 1. Вычислить ∫ y dx + x dy , если в качестве пути L

интегрирования L берется одна из следующих линий, соединяющих точки O(0;0 ) и B(1;1) : а) отрезок прямой y = x ; 2

б) дуга параболы x = y ; в) ломаная OABO, где A(1;0 ) (рис. 1.31).

y y

B(1;1) L

A(1;0)

Рис. 1.31

Рис. 1.30

Решение: а) из уравнения линии OB y = x найдем dy = dx Используя формулу (1.57), получим 2 2 ∫ y dx + x dy = ∫ (x + x )dx = 2

x3 2 = 2 ∫ x dx = 2 ⋅ 3 0 1

2 = . 3

б) воспользуемся формулой (1.58), выбрав в качестве переменной интегрирования в определенном интеграле переменную y . Из уравнения кривой OB x = y находим dx = 2 ydy ; при движении от точки О к точке B y меняется в пределах от 0 до 1. Следовательно, 2

⎛ y 4 y5 ⎞ 7 2 2 2 4 ∫∪ y dx + x dy = ∫ y ⋅ 2 y + y dy = ⎜⎜ + ⎟⎟ = ; 5 ⎠ 0 10 yO ⎝ 2 OB yB

(

)

в) контур интегрирования разбиваем на три участка OА, AB, BO, обходя его против часовой стрелки, т.е. в положительном направлении: ∫= ∫+ ∫+ ∫ . L+

OA AB BO

Вдоль OA имеем y = 0, dy = 0, 0 ≤ x ≤ 1, так что Вдоль AB имеем x = 1, dx = 0, 0 ≤ x ≤ 1, поэтому 2

2 2 ∫ y dx + x dy = 0 .

∫ y dx + x dy = ∫ dy = ∫ dy = y = 1.

Вдоль BO имеем y = x, dy = dx и

(

)

x3 ∫ y dx + x dy = ∫ x + y dx = ∫ 2x dx = 2 ⋅ 3 BO yB 1 2 1 2 2 Следовательно, ∫ y dx + x dy = 0 + 1 − = . 3 3 L 2

= 0−

2 2 =− . 3 3

Сравнивая результаты, полученные в пунктах а) и б), замечаем, что хотя начальная и конечная точки пути интегрирования были одни и те же, получены разные значения интеграла. Это показывает, что криволинейный интеграл зависит не только от начальной и конечной точек интегрирования, но и от линии, их соединяющей. Подробно этот вопрос r рассмотрен r r позже. r будет 2 ПРИМЕР 2. Вычислить работу силы F = − y i + x j + z k вдоль первого витка винтовой линии L : x = a cos t, y = a sin t, z = bt, 0 ≤ t ≤ 2π . Решение. Используя формулы (1.53), (1.56) и замечая, что x ′t = −a sin t ,

y ′t = a cos t , z ′t = b , получим

[

]

2π

A = ∫ − ydx + xdy + z dz = ∫ − a sin t (− a sin t ) + a cos t ⋅ a cos t + b 2 t 2 ⋅ b dt = 2

2π

3 3 ⎛ 2 b 3 (2π ) 2 2 3 2 3 t ⎞ ⎟⎟ = a ⋅ 2π + . = ∫ a + b t dt = ⎜⎜ a t + b 3 3 ⎠0 0 ⎝

(

)

2π

1.3.2.3. Связь между криволинейными интегралами первого и второго рода

Пусть на кривой L установлено направление движения. Взяв точку P на этой кривой, проведем касательную к линии L в точке z P и установим на касательной направление, dτ соответствующее направлению движения по кривой. P L Отложим по касательной в установленном направлении r y дифференциал дуги dL , получим вектор dτ (рис. 1.32), 0 проекциями которого служат дифференциалы Рис. 1.32 dx, dy, dz координат x , y и z . Обозначим через α(P ) ,

r β(P ) , γ (P ) углы, образованные касательным вектором dτ с осями координат Ox , Oy, Oz . Эти углы есть функции от точки P. Напомним формулы, по которым определяются проекции вектора на ось: r dx = dτ cos α(P ) = dL ⋅ cos α(P ),

dy = dL ⋅ cos β(P ), dz = dL ⋅ cos γ (P ) .

Поэтому составной криволинейный интеграл второго рода может быть заменен интегралом первого роды по формуле ∫ Xdx + Ydy + Zdz = ∫ (X cos α(P ) + Y cos β(P ) + Z cos γ (P ))dl . l

1.3.2.4. Формула Грина

D - плоская область, ограниченная линией L . В замкнутой Пусть r области D заданы функции X(x , y ) и Y(x , y ) , непрерывные вместе со своими частными производными

∂X(x , y ) , ∂y

∂Y(x , y ) . Тогда справедлива формула, ∂x

называемая формулой Грина:

⎛ ∂Y ∂X ⎞ ⎟dxdy = ∫ X(x, y )dx + Y(x, y )dy , − ∂y ⎟⎠ D ⎝ ∂x L

∫∫ ⎜⎜

(1.59)

где замкнутый контур L проходит в положительном направлении, т.е. при движении по контуру область D остается слева. Формула Грина, как, впрочем, и другие формулы, в известном смысле сходные с ней, которые мы будем рассматривать в дальнейшем, весьма полезна. Она позволяет заменять анализ одного явления, происходящего в области (двойной интеграл), анализом другого явления, происходящего только на границе области (криволинейный интеграл). Выведем формулу (1.59). Пусть отнесенная к плоскости xOy область D правильна как в направлении оси Ох, так и в направлении оси Oy. Для AMB и определенности предположим, что граница L состоит из двух дуг ANB, заданных соответственно уравнениями y = y1 (x ) , y = y 2 (x ) , причем a ≤ x ≤ b (рис. 1.33). Рассмотрим сначала двойной интеграл y

y = y 2 (x )

L B

A M

y = y1 (x )

Рис. 1.33

. Поэтому

y2 (x ) b ∂X ∂X dy . ∫∫ dxdy = ∫ dx ∫ ∂ y ∂ y D a y1 ( x ) Так как X = X(x , y ) при постоянном x есть одна ∂X из первообразных для , то ∂y y2 (x ) ∂X y (x ) dy = X(x, y ) y 2( x ) = X(x , y 2 (x )) − X(x, y1 (x )) ∫ 1 y1 ( x ) ∂y

b ∂X ∫∫ dxdy = ∫ [X(x, y 2 (x )) − X(x, y1 (x ))]dx = D ∂y a b

= ∫ X(x, y 2 (x ))dx − ∫ X(x , y1 (x ))dx. Каждый из этих двух определенных интегралов можно рассматривать как криволинейный интеграл, взятый по соответствующей дуге (см. формулу (1.57), а именно: 52

∫ X(x, y 2 (x ))dx = ∫ X(x, y )dx , ∫ X(x, y1 (x ))dx = ∫ X(x, y )dx .

Следовательно,

ANB

AMB

∂X ∫∫ dxdy = ∫ X(x, y )dx − ∫ X(x , y )dx . D ∂y ANB AMB

Но

∫ X(x, y )dx = − ∫ X(x, y )dx ,

ANB

BNA

поэтому

∂X ∫∫ dxdy = − ∫ X(x, y )dx − ∫ X(x , y )dx . D ∂y BNA AMB Так как дуги BNA и AMB дают в совокупности границу L , проходимую в положительном направлении, то, воспользовавшись свойством аддитивности, получаем

∂X ∫∫ dxdy = − ∫ X(x , y )dx . D ∂y L

(1.60)

Аналогично устанавливается формула

∂Y dxdy = − ∫ Y(x , y )dy . D ∂x L

∫∫

(1.61)

Вычитая (1.61) из (1.60), получаем

⎛ ∂Y ∂X ⎞ − ⎟⎟dxdy = ∫ Xdx + Ydy . ∂y ⎠ D ⎝ ∂x L

∫∫ ⎜⎜

Формула Грина справедлива для любой области, которую можно разбить на правильные области. 1.3.2.5. Условия независимости интеграла от пути интегрирования Рассматривая в п.1.3.2.2 пример 1, мы обратили внимание на то, что значение криволинейного интеграла второго рода зависит от пути интегрирования, т.е. зависит от вида линии, соединяющей начальную и конечную точку пути. Для различных приложений оказывается важным вопрос: при каких условиях значение интеграла не зависит от пути, по которому производится интегрирование и, следовательно, зависит только от положения начальной и конечной точек пути интегрирования. Для решения поставленной задачи докажем простое вспомогательное предложение, которое позволит заменить ее другой задачей: при каких условиях интеграл по замкнутому контуру равен нулю? ЛЕММА. Пусть функции X(x , y ) и Y(x , y ) определены и непрерывны вместе со своими частными производными 53

∂X(x , y ) ∂Y(x , y ) и в замкнутой ∂y ∂x

ограниченной односвязной области D . Для того чтобы криволинейный интеграл не зависел от линии интегрирования, необходимо и достаточно, чтобы этот интеграл, взятый по любому замкнутому контуру, был равен нулю. Напомним, что область D (открытая или замкнутая) называется односвязной, если для любого замкнутого контура, лежащего в этой области, ограниченная им часть плоскости целиком принадлежит области D . Доказательство. Необходимость. Пусть интеграл

∫ X(x, y )dx + Y(x.y )dy

не зависит от пути интегрирования. Покажем, что он равен нулю по любому замкнутому контуру. Рассмотрим две произвольные линии AMB и ANB, лежащие в области D M и соединяющие данные точки A и B (рис. 1.34) .Так как по Рис. 1.34 условию интеграл по линии AMB равен интегралу по линии ANB: (1.62) ∫ X(x, y )dx + Y(x, y )dy = ∫ X(x, y )dx + Y(x, y )dy , N

AMB

то имеем

ANB

∫ Xdx + Ydy − ∫ Xdx + Ydy = 0 .

AMB

ANB

На основании свойств криволинейного интеграла имеем

∫ Xdx + Ydy + ∫ Xdx + Ydy = 0 .

AMB

BNA

Следовательно,

∫ Xdx + Ydy = 0 ,

(1.63)

где L ≡ AMBNA . Действительно, если криволинейный интеграл не зависит от формы кривой, соединяющей точки A и B, а зависит только от положения этих точек, то интеграл по любому замкнутому контуру равен нулю. Достаточность. Пусть интеграл по любому замкнутому контуру L ≡ AMBNA равен нулю, т.е. ∫ Xdx + Ydy = 0 . L

Но

∫ Xdx + Ydy = ∫ Xdx + Ydy + ∫ Xdx + Ydy =

AMB

BNA

= ∫ Xdx + Ydy − ∫ Xdx + Ydy. AMB

Следовательно,

ANB

∫ Xdx + Ydy = ∫ Xdx + Ydy.

AMB

ANB

Таким образом, если криволинейный интеграл по любому замкнутому контуру равен нулю, то этот интеграл не зависит от формы кривой, 54

соединяющей две любые точки A и B, а зависит только от положения этих точек. Итак, из равенства (1.62) следует выполнимость равенства (1.63) и, наоборот, из (1.63) следует (1.62). А теперь перейдем к рассмотрению вопроса: при каких условиях криволинейный интеграл по замкнутому контуру равен нулю? Ответ на него дает следующая теорема. Теорема. Пусть в некоторой замкнутой ограниченной односвязной области D функции X(x , y ) , Y(x , y ) определены и непрерывны вместе со своими частными производными

∂X(x , y ) ∂Y(x , y ) ; . Тогда, для того чтобы ∂y ∂x

криволинейный интеграл по замкнутому контуру L, лежащему в этой области, был равен нулю, т.е. выполнялось равенство (1.63) ∫ Xdx + Ydy = 0 , L

необходимо и достаточно выполнение равенства

∂X ∂Y = ∂y ∂x

(1.64)

во всех точках области D. Доказательство. Достаточность. Возьмем произвольный замкнутый контур L ⊂ D и к интегралу по этому контуру применим формулу Грина

⎛ ∂Y ∂X ⎞ − ⎟⎟dxdy . ∂y ⎠ D ⎝ ∂x

∫ Xdx + Ydy = ∫∫ ⎜⎜

∂X ∂Y , то двойной интеграл обращается в ноль и, = ∂y ∂x следовательно, ∫ Xdx + Ydy = 0 . Так как по условию

Необходимость. Следует доказать, что выполнение (1.63) влечет выполнение (1.64). Предположим противное: условие (1.64) не выполняется, т.е.

∂Y ∂X ≠ ∂x ∂y

хотя бы в одной точке M (x 0 , y 0 )

из области D. Пусть,

например,

⎛ ∂Y ∂X ⎞ ⎜⎜ − ⎟⎟ > 0 . ⎝ ∂x ∂y ⎠ M В силу непрерывности частных производных их разность, как функция непрерывная, будет положительной и в некоторой достаточно малой области

D ∗ окрестности точки М, т.е. выполняется

∂Y ∂X − > 0. ∂x ∂y

∗

Двойной интеграл по области D от положительной функции в силу известного свойства интеграла также будет иметь положительное значение

⎛ ∂Y ∂X ⎞ − ⎟⎟dxdy > 0 . ∂ ∂ x y ⎝ ⎠

∫∫∗ ⎜⎜

Но по формуле Грина

⎛ ∂Y ∂X ⎞ ∫∫∗ ⎜⎜ − ⎟⎟dxdy = ∫∗ Xdx + Ydy , ∂y ⎠ D ⎝ ∂x L ∗ ∗ где L - граница области D . По предположению криволинейный интеграл по любому замкнутому контуру равен нулю, значит, ∫ Xdx + Ydy = 0 . L∗

Последнее же неравенство противоречит этому условию. А это значит, что

∂Y ∂X − ≠ 0 хотя бы в одной точке было неверным. ∂x ∂y ∂Y ∂X Следовательно во всех точках области D . Теорема доказана. = ∂x ∂y

предположение

Полезно рассмотреть связь вопроса независимости интеграла от пути интегрирования с условием полного дифференциала. Напомним: выражение

X(x , y )dx + Y(x, y )dy

можно рассматривать как полный дифференциал некоторой функции u (x , y ) , т.е. du = X(x , y )dx + Y(x , y )dy . Теорема. При прежних предположениях относительно функций X(x , y )

Y (x , y )

для того, чтобы выражение Xdx + Ydy

было полным

дифференциалом, необходимо и достаточно, выполнение условия

∂Y ∂X . = ∂x ∂y

Сопоставляя рассмотренные лемму и две теоремы, можно теперь вывести Следствие. При сделанных ранее предположениях относительно функций X и Y , для того чтобы интеграл

∫ Xdx + Ydy

не зависел от пути интегрирования (а интеграл по замкнутому контуру равнялся нулю), необходимо и достаточно, чтобы подынтегральное выражение было полным дифференциалом. Приведенные утверждения можно сформулировать в виде обобщающей теоремы.

Теорема. Пусть функции X(x , y ) , Y(x , y ) определены и непрерывны

вместе со своими частными производными

∂Y ∂X и в замкнутой ∂x ∂y

ограниченной односвязной области D . Тогда выполнение одного из следующих четырех утверждений влечет выполнение остальных трех. 1. Криволинейный интеграл ∫ Xdx + Ydy не зависит от линии AB

интегрирования, соединяющей две данные точки. 2. Криволинейный интеграл ∫ Xdx + Ydy , взятый по любому L

замкнутому контуру, целиком лежащему в области D , равен нулю. является полным дифференциалом 3. Выражение Xdx + Ydy du = Xdx + Ydy некоторой функции u (x, y ) . 4. Во всех точках области D выполняется равенство

∂X ∂Y . = ∂y ∂x

Связь равносильных между собой утверждений 1-4 можно изобразить схемой:

1. → 2 . → 3. → 4 . → 1 .

Следствие. Из первых трех высказываний следует, что B( x 2 , y 2 )

(x 2 ,y2 )

A ( x1 , y1 )

( x1 , y1 )

∫ Xdx + Ydy = ∫ du (x, y ) = u (x 2 , y 2 ) − u (x 1 , y1 ).

Эту формулу естественно называть обобщенной формулой Ньютона-Лейбница. Она будет весьма полезной в теории поля, в частности, при вычислении работы потенциальной силы. ПРИМЕР. Найти I =

(3; 4 )

∫ ydx + xdy .

(1; 2 )

Когда найдена функция u (x , y ) - первообразная для подынтегрального выражения Xdx + Ydy , значение криволинейного интеграла между любыми двумя точками легко вычисляется по обобщенной формуле Ньютона-Лейбница. Легко видеть, что u (x , y ) = x ⋅ y , т.к. ydx + xdy = d(xy ) , поэтому (3; 4 )

(3; 4 )

(1; 2 )

I = ∫ d(xy ) = xy

= 3 ⋅ 4 − 1 ⋅ 2 = 10 .

1.3.2.6. Вычисление площади с помощью криволинейного интеграла второго рода В п.1.3.2.1 было установлено, что работа силового поля при перемещении материальной точки вдоль кривой L выражается криволинейным интегралом второго рода по этой кривой. Применение криволинейного интеграла второго рода к решению физических задач будет изложено в теории поля. Покажем, что криволинейный интеграл может быть использован для вычисления площади плоской фигуры. Пусть D - некоторая область (правильная) с границей L и S - площадь этой области. Рассмотрим криволинейный интеграл ∫ xdy . L

Применив к нему формулу Грина (1.59), где X (x , y ) = 0 , Y(x , y ) = x ,

∂X ∂Y = 0, = 1 , получим ∂y ∂x

∫ xdy = ∫∫ dxdy = S .

Аналогично получается другая формула S = − ∫ ydx . L

Можно получить иные формулы. Для этого достаточно выбрать функции X(x, y ) и Y(x, y ) такими, чтобы они удовлетворяли условию

∂Y ∂X − = 1. ∂x ∂y Так, если в интеграле

∂Y 1 ∂X 1 = , =− и ∂x 2 ∂y 2

∫ Xdx + Ydy

положить

1 1 X = − y , Y = x , то 2 2

⎛ ∂Y ∂X ⎞ = ⎜ ∫ ∫∫ ⎜ − ⎟⎟dxdy = ∫∫ dxdy = S . ∂y ⎠ L D ⎝ ∂x D Следовательно,

y a −a

D 0 −a

Рис. 1.35

1 ∫ xdy − ydx . 2L

(1.65)

Формула (1.65) отличается от предыдущих двух симметричностью формы. ПРИМЕР. Вычислить площадь области, 3 3 ограниченной астроидой L : x = a cos t , y = a sin t (рис. 1.35). Применяя формулу (1.65), получим 58

[

(

)

(

)]

1 1 2π S = ∫ xdy − ydx = ∫ a cos 3 t 3a sin 2 t cos t − a sin 3 t − 3a cos 2 t sin t dt = 2L 20

(

)

3a 2 2 π 2 3a 2 2 π 2 3a 2 2 π 1 − cos 4t 2 2 2 dt = = ∫ sin t cos t cos t + sin t dt = ∫ sin 2tdt = ∫ 2 0 8 0 8 0 2 3 = πa 2 . 8 1.4. ПОВЕРХНОСТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ

При рассмотрении ряда физических задач встречаются функции, заданные на той или иной поверхности. Примерами таких функций являются: плотность распределения зарядов на поверхности, скорость жидкости, протекающей через некоторую поверхность, и т.д. Необходимость интегрирования функций, заданных на поверхности, привела к введению поверхностных интегралов. Различают поверхностные интегралы первого и второго рода. 1.4.1. Поверхностный интеграл первого рода (или по площади поверхности). Теорема существования интеграла

Поверхностный интеграл первого рода представляет собой обобщение двойного интеграла, каким криволинейный интеграл z первого рода является по отношению к определенному интегралу. Это обобщение строится так. Пусть в точках гладкой P S (или кусочно-гладкой) поверхности S, S L L, ограниченной кусочно-гладким контуром f (P ) = f (x , y, z ) . Разобьем определена функция y 0 Рис. 1.36 поверхность S произвольно проведенными кривыми на части S1 , S 2 , ... , S n , площадь каждой из которых i i

(

)

(рис. 1.36). Выбрав в каждой из площадок обозначим ΔSi i = 1, n произвольную точку Pi , вычислим в этой точке значение функции f (Pi ) и умножим его на площадь ΔS i элементарной части Si . Составим сумму произведений f (Pi )ΔSi

I n = ∑ f (Pi )ΔSi , i =1

(1.66)

которую будем называть интегральной суммой для функции f (x , y, z ) по поверхности S . Наибольший из диаметров ячеек Si обозначим max ΔSi . Перейдем в равенстве (1.66) к пределу при условии стремлении к нулю 59

max ΔSi , что влечет увеличение числа n ячеек Si и стягивание каждой из них в точку. ОПРЕДЕЛЕНИЕ. Если при стремлении max ΔSi к нулю, существует конечный предел интегральных сумм (1.66), который не зависит от способа разбиения поверхности S на части Si и от выбора точек Pi ∈ Si , то его называют поверхностным интегралом первого рода от функции f (P ) = f (x , y, z ) по поверхности S или интегралом по площади поверхности S и обозначают ∫∫ f (P )dS или ∫∫ f (x, y, z )dS . S

Итак, по определению

∫∫ f (x , y, z )dS = S

∑ f (Pi )ΔSi max ΔS →0 lim

(1.67)

i =1

( n →∞ )

( dS - дифференциал площади поверхности). Теорема. существования поверхностного интеграла первого рода: если функция f (x , y, z ) непрерывна вдоль кусочно-гладкой поверхности S , то интеграл по площади поверхности существует. Поверхностный интеграл первого рода обладает теми же свойствами, что и двойной интеграл. В частности, выполняется свойство аддитивности: если поверхность S разбита на части S1 и S 2 , то

∫∫ = ∫∫ + ∫∫ S

Читателю предлагаем самостоятельно сформулировать остальные свойства. 1.4.1.1. Вычисление поверхностного интеграла первого рода Пусть задана гладкая поверхность S уравнением z = z(x , y ) . Так как поверхность гладкая, то следовательно z(x , y ) - непрерывная функция вместе со своими частными производными. И пусть на поверхности S определена непрерывная функция u = f (x , y, z ) . Требуется вычислить поверхностный интеграл ∫∫ f (x, y, z )dS . S

(Нельзя смешивать интегрируемую функцию f (x , y, z ) с функцией, входящей в уравнение поверхности S!). Покажем, что при таких условиях вычисление поверхностного интеграла можно свести к вычислению двойного интеграла. Предварительно займемся выводом формулы для вычисления площади ΔSi элементарной части Si поверхности S . Обратимся к рис. 1.37 и 1.38, где 60

выделен участок Si разбиения области S на элементарные части с выбранной на нем точкой Pi , которая имеет координаты x i , y i , z i = z(x i , y i ) . z

γi

z = z(x, y )

Si Pi

y S xy

σi

Рис. 1.37

Через точку Pi ∈ Si проведем касательную плоскость к поверхности S . Уравнение касательной плоскости, как известно, имеет вид z − z i = z ′x (x i , y i )(x − x i ) + z ′y (x i , y i )(y − y i ) .

γi

qi Pi

0 γi

σi

Рис. 1.38

На этой плоскости выделим элемент q i с площадью Δq i (рис. 1.38), который проектируется на плоскость xOy в ту же элементарную область σ i , что и элемент Si (рис. 1.37). Заменим криволинейный элемент Si плоским элементом

q i , тогда 61

ΔSi ≈ Δq i .

(1.68)

Δσ i . cos γ i

(1.69)

Обозначим через γ i двугранный угол между касательной плоскостью и плоскость xOy. Воспользуемся соотношением из аналитической геометрии: площадь S1 проекции плоской фигуры равна площади S самой этой фигуры, умноженной на абсолютную величину косинуса двугранного угла ϕ между плоскостями, т.е. S1 = S ⋅ cos ϕ . В наших обозначениях имеем Δσ i = Δq i ⋅ cos γ i , откуда в силу формулы (1.68) получаем

ΔSi ≈

Линейный угол двугранного угла γ i есть в то же время угол между осью Oz и перпендикуляром n к касательной плоскости. И поэтому

⎛ ∧ ⎞ cos γ i = cos⎜ n , Oz ⎟ . ⎝ ⎠

(1.70)

Это позволяет нам найти косинус угла между векторами n и k ( k - орт оси Oz), по известной формуле

⎛ ∧ ⎞ n⋅k . cos⎜⎜ n , k ⎟⎟ = ⎠ n⋅k ⎝ Нормальный вектор n касательной плоскости, как видно из ее уравнения, имеет координаты z ′x (x i , y i ), z ′y (x i , y i ) , − 1, а вектор k = {0,0,1}. Тогда

−1 ⎛ ∧ ⎞ . cos⎜ n , Oz ⎟ = 2 2 ⎝ ⎠ 1 + z ′x (x i , y i ) + z ′y (x i , y i )

(1.71)

Таким образом, с учетом (1.70) и (1.71) получаем

ΔSi ≈ 1 + z ′x2 (x i , y i ) + z ′y2 (x i , y i ) ⋅ Δσ i .

(1.72)

А теперь, для решения поставленной задачи о вычислении поверхностного интеграла, вернемся к интегральной сумме (1.66), соответствующей данному разбиению поверхности S на части ΔSi i = 1, n и выбору точек Pi . Принимая во внимание полученное выражение для ΔS i (1.72), запишем

(

i =1

∑ f (Pi )ΔSi = ∑ f (x i , y i , z(x i , y i ))

)

1 + z ′x2 (x i , y i ) + z ′y2 (x i , y i ) ⋅ Δσ i . (1.73)

В этом равенстве перейдем к пределу при n → ∞ , считая, что каждая из элементарных областей стягивается в точку. Сумма, стоящая в правой части равенства (1.73), является интегральной суммой для непрерывной функции

f (x , y, z(x, y )) 1 + z ′x2 (x i , y i ) + z ′y2 (x i , y i ) по области S xy - проекции поверхности S на плоскость xOy. Поэтому ее предел есть двойной интеграл от указанной функции двух переменных по области S xy .

ОПРЕДЕЛЕНИЕ. Предел суммы, стоящей в левой части равенства (1.73), есть поверхностный интеграл от функции f (x , y, z ) по поверхности S (т.е. 1-го рода). Следовательно, 2 2 ∫∫ f (x, y, z )dS = ∫∫ f (x, y, z(x, y )) 1 + z ′x (x, y ) + z ′y (x, y )dσ , S

иначе

Sxy

2 2 ∫∫ f (x, y, z )dS = ∫∫ f (x, y, z(x, y )) 1 + z ′x (x, y ) + z ′y (x, y )dxdy . S

(1.74)

Sxy

Заметим, что существование двойного интеграла доказывает, в силу (1.74) существование поверхностного интеграла при оговоренных условиях, которым удовлетворяют подынтегральная функция и область интегрирования. Вместо плоскости xOy поверхность S можно спроектировать на плоскости xOz и yOz. Тогда переменив роли координат x, y и z, из равенства (1.74), можно получить следующие формулы: 2 2 ∫∫ f (x, y, z )dS = ∫∫ f (x (y, z ), y, z ) 1 + x ′y (y, z ) + x ′z (y, z )dydz ,

(1.75)

2 2 ∫∫ f (x , y, z )dS = ∫∫ f (x, y(x, z ), z ) 1 + y ′x (x , z ) + y ′z (x, z )dxdz ,

(1.76)

S yz

S xz

y = y(x, z ) - уравнения поверхности S , разрешенные где x = x (y, z ) относительно x и y соответственно, а S yz , S xz - проекции поверхности S на координатные плоскости yOz и xOz. Замечание. В более сложных случаях, когда поверхность кусочно-гладкая или неоднозначно проектируется на координатные плоскости, ее разбивают на гладкие части, однозначно проектирующиеся на одну из координатных плоскостей, тогда интеграл разобьется на сумму интегралов по этим частям, к каждому из которых применимы формулы (1.74) – (1.76). 1.4.1.2. Некоторые применения поверхностного интеграла первого рода Если в равенстве (1.74) функция f (x , y, z ) ≡ 1 , то получается формула для вычисления площади поверхности S (обозначим эту площадь той же буквой S , что и поверхность): 63

S = ∫∫ dS = ∫∫ 1 + z ′x2 (x, y ) + z ′y2 (x , y )dxdy . S

(1.77)

S xy

В этой формуле z = z(x , y ) - уравнение поверхности S , а S xy - ее проекция на плоскость xOy. С помощью поверхностного интеграла первого рода можно определять массы, моменты (инерции и статические), координаты центров тяжести и т.п. величины для материальных поверхностей, вдоль которых распределены массы с поверхностной плотностью ρ = ρ(x , y, z ) . Вывод соответствующих формул по существу не отличается от вывода формул, относящихся к распределению масс в плоской области или вдоль кривой (см. применении двойного интеграла и криволинейного интеграла первого рода к задачам механики). Поэтому мы приведем окончательные результаты, предоставив вывод формул читателю. Пусть по поверхности S распределена масса с поверхностной плотностью ρ(x , y, z ) , представляющей собой непрерывную функцию на S . Такую поверхность называют материальной поверхностью. Тогда имеют место следующие формулы. 1. Масса m материальной поверхности равна m = ∫∫ ρ(x , y, z )dS . (1.78) S

2. Координаты центра масс материальной поверхности определяются формулами

xC =

∫∫ xρ(x , y, z )dS S

, yC =

∫∫ yρ(x, y, z )dS S

, zC =

∫∫ zρ(x , y, z )dS S

. (1.79)

Для однородной поверхности ρ = const . 3. Момент инерции I Oz материальной поверхности относительно оси Oz равен I Oz = ∫∫ x 2 + y 2 ρ(x, y, z )dS . (1.80)

(

)

Аналогично выражаются моменты инерции относительно других осей. 4. Момент инерции I xOy относительно координатной плоскости xOy:

I xOy = ∫∫ z 2 ρ(x, y, z )dS .

(1.81)

Аналогично выражаются моменты инерции относительно других координатных плоскостей. 5. Момент инерции I 0 относительно начала координат:

(

)

I 0 = ∫∫ x 2 + y 2 + z 2 ρ(x, y, z )dS .

(1.82)

6. Статический момент материальной поверхности M xOy относительно плоскости xOy определяется по формуле 64

M xOy = ∫∫ z ρ(x, y, z )dS .

(1.83)

ПРИМЕР. Вычислить статический момент относительно плоскости xOy и координаты центра масс однородной полусферы радиуса R . Решение. Выберем систему координат так, чтобы полусфера стояла на плоскости xOy, а начало координат находилось в ее центре. Тогда уравнение 2 2 2 2 полусферы имеет вид x + y + z = R (z ≥ 0 ) . Согласно формуле (1.83), где полагаем ρ = 1 , имеем

M xOy = ∫∫ z dS . S

Разрешим уравнение поверхности относительно z : z = в соответствии с формулой (1.74) получим

M xOy

R 2 − x 2 − y 2 . Тогда

x2 y2 = ∫∫ R − x − y ⋅ 1 + 2 + 2 dxdy = 2 2 2 2 − − − − R x y R x y Sxy 2

= ∫∫ R 2 − x 2 − y 2 ⋅ Sxy

R R 2 − x 2 − y2

dxdy = R ∫∫ dxdy = R ⋅ S круга = πR 3 . S xy

Так как материальная сфера однородная, то из соображений симметрии ее центр тяжести должен находиться на оси Oz, поэтому

x C = 0, y C = 0 , а z C =

M xOy m

По формуле (1.78) найдем массу полусферы

Rdxdy

m = ∫∫ dS = ∫∫ S

R −x −y

Sxy

Для вычисления двойного интеграла перейдем к полярным координатам: x = ρ cos ϕ , y = ρ sin ϕ .

m = R ∫∫

0≤ρ≤ R

ρd ρdϕ R 2 − ρ2

(

) = −R

2π

d R 2 − ρ2

2 R 2 − ρ2

= − R ∫ dϕ ∫

2π

∫ R −ρ

⋅ dϕ = 2πR 2 .

2 0

Заметим, что в данном случае вычисления двойного интеграла можно избежать. 2 В самом деле, ∫∫ dS = S , а площадь полусферы, как известно, равна 2πR . S

Таким образом, z C =

M xOy m

R . 2

1.4.2. Поверхностный интеграл второго рода или по координатам

Поверхностный интеграл второго рода является обобщением двойного интеграла, каким криволинейный интеграл второго рода является по отношению к определенному интегралу. Пусть в прямоугольной системе координат OXYZ задана некоторая область V. Пусть в этой области задана поверхность σ , ограниченная замкнутым контуром L . Относительно поверхности σ будем предполагать, что она гладкая или кусочно-гладкая, то есть в каждой ее точке P определяется n (P ) , положительное направление нормали единичным вектором направляющие косинусы которого являются непрерывными функциями координат точек поверхности σ . Пусть в каждой точке поверхности σ определен вектор F = X ( x , y, z ) i + Y (x , y, z ) j + Z(x , y, z )k (1.84)

или F = {X ( x , y, z ); Y (x , y, z ); Z(x , y, z )}, где X = X ( x , y, z); Y = Y(x , y, z ); Z = Z(x , y, z ) - непрерывные функции. Разобьем поверхность σ z произвольным образом на n элементарных Δσ i (i = 1, n ) . На каждой площадок n (P ) F(P ) площадке возьмем произвольно точку Pi и P рассмотрим сумму n

∑ (F(Pi ) ⋅ n (Pi )) ⋅ Δσ i ,

(1.85)

i =1

где F(Pi ) - значение вектора (1.84) в точке Pi ; n (Pi ) - единичный вектор нормали в

этой точке; F(Pi ) ⋅ n (Pi ) - скалярное произведение этих векторов. Сумма (1.85) называется интегральной суммой. При различных разбиениях поверхности σ на элементарные площадки получаем различные значения интегральной суммы (1.85). ОПРЕДЕЛЕНИЕ. Предел суммы (1.85) при n → ∞ (таким образом, чтобы наибольшая из Δσ i → 0 ) называется поверхностным интегралом второго рода:

Рис. 1.39

lim

∑ (F(Pi ) ⋅ n (Pi )) ⋅ Δσ i = ∫∫ (F ⋅ n ) ⋅ dσ .

n →∞ i =1 max Δσ i →0

(1.86)

Каждое i-е слагаемое суммы (1.85) можно рассматривать как объем призмы с основанием Δσ i и с высотой F(Pi ) ⋅ n (Pi ) .

Физический смысл поверхностного интеграла второго рода. Вектор F может определять направление скоростей: потока жидкости, потока воздуха, потока частиц газа, магнитных полей и т.д. Если вектор F определяет скорость жидкости, протекающей через поверхность σ , то произведение (F(Pi ) ⋅ n (Pi )) ⋅ Δσ i равно количеству

n (P )

F(P ) Δσi

y x

Рис.1.40

жидкости, протекающей через площадку Δσ i за единицу времени в направлении вектора n (Pi ) . Тогда выражение

∫∫ (F ⋅ n ) ⋅ dσ

из формулы

(1.86) есть общее количество жидкости, протекающей в единицу времени через поверхность σ в положительном направлении. Поэтому поверхностный интеграл (1.86) называется потоком векторного поля F через поверхность σ . Выразим единичный вектор n через его проекции на оси координат: n = {cos α; cos β; cos γ} , (1.87) где α, β, γ - углы между вектором n и положительными направлениями осей Ox, Oy, Oz соответственно. Подставляя в интеграл (1.87) проекции вектора F из (1.84) и проекции вектора n из (1.87), получим:

∫∫ (F ⋅ n ) ⋅ dσ = ∫∫ (X(x , y, z ) cos α + Y(x , y, z ) cos β + Z(x , y, z ) cos γ )dσ = σ

= ∫∫ X(x , y, z )(cos α ⋅ dσ ) + Y(x , y, z )(cos β ⋅ dσ ) + Z(x , y, z )(cos γ ⋅ dσ ). σ

(1.88)

Произведение dσ ⋅ cos α есть проекция площадки Δσ i на координатную плоскость yOz. Произведения dσ ⋅ cos β и dσ ⋅ cos γ есть проекции площадки Δσ на координатные плоскости, соответственно, xOz и xOy. Поскольку разбиение поверхности σ производится произвольным образом, то z можно произвести разбиения плоскостями параллельными координатным плоскостям и тогда при предельном переходе (при n → ∞ ) площади проекций элементарной площадки Δσ равны: y x

dσ ⋅ cos α = dy ⋅ dz ; dσ ⋅ cos β = dx ⋅ dz ; dσ ⋅ cos γ = dx ⋅ dy

Рис. 1.41

и интеграл (1.88) принимает вид: 67

∫∫ (F ⋅ n ) ⋅ dσ = ∫∫ X(x, y, z )dydz + Y(x, y, z )dxdz + Z(x, y, z )dxdy . σ

(1.89)

Из свойств поверхностного интеграла второго рода выделим два 1. ∫∫ (F ⋅ n ) ⋅ dσ = − ∫∫ (F ⋅ n )dσ , (1.90) σ+

σ−

где σ + - это сторона поверхности σ , соответствующая положительному направлению нормального вектора n ; σ − - противоположная сторона поверхности σ . 2. Если поверхность σ состоит их нескольких частей σ = σ1 + σ 2 + ... + σ k , тогда интеграл (1.89) есть сумма интегралов по этим частям поверхности: (1.91) ∫∫ F ⋅ n dσ = ∫∫ F ⋅ n dσ + ∫∫ F ⋅ n dσ + ... + ∫∫ F ⋅ n dσ

(

)

(

)

(

σ1

)

(

σ2

)

σk

1.4.2.1. Вычисление поверхностного интеграла второго рода Вычисление интеграла (1.89) можно свести к вычислению двойных интегралов, если правую часть разложить в сумму трех интегралов: (1.92) ∫∫ X(x, y, z )dydz + ∫∫ Y(x, y, z )dxdz + ∫∫ Z(x, y, z )dxdy σ

и далее вычислять отдельно каждый из них (путем сведения подынтегральной функции к двум переменным). Например, для первого интеграла из (1.91) I1 = ∫∫ X(x , y, z )dydz . Если σ

область интегрирования, то есть поверхность σ , задана таким уравнением, что его можно преобразовать к виду x = x (y, z ), то данный интеграл I1 вычисляем так: ∫∫ X(x, y, z )dydz = ± ∫∫ X(x (y, z ), y, z )dydz , σ

σ yz

где знак ± в силу формулы (1.90) будет определяться в зависимости от стороны поверхности σ (плюс, если cos α = cos n , Ox > 0 ; минус, если cos α < 0 );

(

)

σ yz - это проекция поверхности σ на координатную плоскость yOz (см. рис. 1.41). Аналогичные приемы применяем и при решении второго и третьего интегралов из (1.92). Формула Остроградского-Гаусса Если поверхность σ - замкнутая, V – тело, которое ограничивается поверхностью σ . Тогда имеет место формула

∫∫ X(x, y, z )dydz + Y(x, y, z )dxdz + Z(x, y, z )dxdy = σ

⎛ ∂X ∂Y ∂Z ⎞ ⎟⎟dxdydz, = ∫∫∫ ⎜⎜ + + ∂ ∂ ∂ x y z V ⎝ ⎠ где функции X = X(x , y, z ) , Y = Y(x , y, z ) ,

(1.93)

Z = Z(x , y, z ) и их частные

∂X ∂Y ∂Z , , должны быть непрерывными в области V и на ∂x ∂y ∂z границе, то есть на поверхности σ .

производные

Формула Стокса Если поверхность σ - незамкнута и ограничена замкнутым контуром L , то имеет место формула ∫ X(x , y, z )dx + Y(x , y, z )dy + Z(x , y, z )dz = L

⎛ ∂Y ∂X ⎞ ⎛ ∂Z ∂Y ⎞ ⎛ ∂X ∂Z ⎞ ⎟⎟dxdy, ⎟⎟dydz + ⎜ (1.94) − − = ∫∫ ⎜⎜ − ⎟dxdz + ⎜⎜ y z z x x y ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ⎝ ⎠ σ⎝ ⎝ ⎠ ⎠ где функции X = X(x , y, z ) , Y = Y(x , y, z ) , Z = Z(x , y, z ) и их частные производные должны быть непрерывными функциями на поверхности σ и на ее границе, то есть на контуре L . 1.4.2.2. Применение поверхностного интеграла второго рода z

A x

B B1

Основное применение поверхностного интеграла второго рода вытекает из его физического смысла – он помогает вычислять потоки различных векторных полей. ПРИМЕР. Вычислить поток векторного поля F = {x; y; z} через поверхность куба: 0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1 . Решение. Здесь X(x , y, z ) = x , Y(x , y, z ) = y ,

Z(x, y, z ) = z . Поток будет равен

Рис. 1.42

I = ∫∫ X(x, y, z )dydz + Y(x, y, z )dxdz + Z(x, y, z )dxdy = σ

= ∫∫ xdydz + ydxdz + zdxdy. σ

(*)

Поскольку поверхность σ состоит из шести плоскостей (граней куба), то вычисление потока произведем по формуле (1.92): I = I σ1 + I σ2 + I σ3 + I σ4 + I σ5 + I σ6 .

1) Рассмотрим σ1 : грань A1 ABB1 . Уравнение плоскости, в которой лежит эта грань есть z = 0 , тогда dz = 0 . Подставим эти данные в (*): I σ1 = ∫∫ xdy ⋅ 0 + ydx ⋅ 0 + 0 ⋅ dxdy = 0 . A1ABB1

2) Рассмотрим σ 2 : грань A 1 ADD1 . Уравнение плоскости, в которой лежит эта грань есть y = 0 , тогда dy = 0 . Подставим эти данные в (*):

I σ2 =

∫∫ x ⋅ 0 ⋅ dz + 0 ⋅ dxdz + z ⋅ dx ⋅ 0 = 0 .

A1ADD1

3) Рассмотрим σ 3 : грань ABCD . Уравнение плоскости, в которой лежит

эта грань есть x = 0 , тогда dx = 0 . Подставим эти данные в (*): I σ3 = ∫∫ 0 ⋅ dydz + y ⋅ 0 ⋅ dz + z ⋅ 0 ⋅ dy = 0 . ABCD

4) Рассмотрим σ 4 : грань D1 DCC1 . Уравнение плоскости, в которой лежит эта грань есть z = 1 , тогда dz = 0 . Подставим эти данные в (*):

I σ4 =

∫∫ xdy ⋅ 0 + y ⋅ dx ⋅ 0 + 1 ⋅ dxdy = ∫∫ dxdy =

D1DCC1

( ) 1

D1DCC1

= ∫ dx ∫ dy = ∫ dx y 0 = ∫ dx = x 0 = 1. 0

5) Рассмотрим σ 5 : грань B1C1CB . Уравнение плоскости, в которой лежит

эта грань есть y = 1, тогда dy = 0 . Подставим эти данные в (*):

I σ5 =

∫∫ x ⋅ 0 ⋅ dz + 1 ⋅ dxdz + z ⋅ dx ⋅ 0 = ∫∫ dxdz = ∫ dx ∫ dz = 1.

B1C1CB

6) Рассмотрим σ 6 :

B1C1CB

грань A 1 D1C1 B1 . Уравнение плоскости, в которой

лежит эта грань есть x = 1, тогда dx = 0 . Подставим эти данные в (*):

I σ6 =

∫∫1 ⋅ dydz + y ⋅ 0 ⋅ dz + z ⋅ 0 ⋅ dy =

A1D1C 1 B1

∫∫ dydz = ∫ dy ∫ dz = 1.

A1D1C1B1

Ответ: I = I σ1 + I σ 2 + I σ3 + I σ 4 + I σ5 + I σ6 = 0 + 0 + 0 + 1 + 1 + 1 = 3 . Замечание (к примеру). Эту же задачу можно решить значительно быстрее, если применить формулу Остроградского – Гаусса (1.93). Так как по

условию X(x , y, z ) = x ,

Y(x , y, z ) = y ,

∂Z(x , y, z ) ∂Y(x , y, z ) = 1. = 1, ∂z ∂y По формуле 1.93: 70

Z(x, y, z ) = z , то

∂X(x , y, z ) = 1, ∂x

I = ∫∫ xdydz + ydxdz + zdxdy = ∫∫∫ (1 + 1 + 1)dxdydz = σ

= 3∫∫∫ dxdydz = 3∫ dx ∫ dy ∫ dz = 3. V

УЧЕБНО - МЕТОДИЧЕСКИЙ КОМПЛЕКС

РАЗДЕЛ 7 «ИНТЕГРАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ ФУНКЦИИ НЕСКОЛЬКИХ ПЕРЕМЕННЫХ»

2. МЕТОДИЧЕСКИЕ ОСНОВЫ

ВВЕДЕНИЕ Кратные (двойные, тройные), криволинейные и поверхностные интегралы, как и обыкновенные (однократные) определенные интегралы, служат для вычисления различных величин. Суть общего метода вычисления этих величин заключается в следующем. 1. Искомая величина разбивается на большое число малых элементов. 2. Вычисляется приближенное значение (главная часть) каждого элемента и путем их суммирования находится приближенное значение всей искомой величины в виде интегральной суммы. 3. Находится предел этой интегральной суммы, который дает точное значение искомой величины. В задачах, решаемых с помощью кратных, криволинейных или поверхностных интегралов, вычисление величины сводится к вычислению предела интегральной суммы, распространяющейся или на плоскую область измерения двух переменных, или на пространственную область измерения трех переменных, или вдоль дуги некоторой кривой, или по некоторой поверхности, который и называется соответственно двойным, тройным, криволинейным и поверхностным интегралом. 2.1. КРАТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ Если функция f (М ) непрерывна в некоторой замкнутой области D ⊂ R и если разбить эту область произвольным способом на n частичных областей с площадями ΔS1 , ΔS 2 , ... , ΔS n , выбрать в каждой из них по одной 2

произвольной точке M 1 , M 2 , ... , M n , вычислить значение функции в этих точках и составить сумму n

f (M1 ) ⋅ ΔS1 + f (M 2 ) ⋅ ΔS 2 + ... + f (M n ) ⋅ ΔS n = ∑ f (M i ) ⋅ ΔSi ,

(2.1)

i =1

то она называется интегральной суммой функции f (M ) по плоской области D. Если функция f (M ) непрерывна в некоторой замкнутой пространственной области V ⊂ R и если разбить эту область произвольным способом на n частичных областей с объемами ΔV1 , ΔV2 , ... , ΔVn , выбрать в каждой из них по одной произвольной точке M 1 , M 2 , ... , M n , вычислить значения функции в этих точках и составить сумму 3

f (M1 ) ⋅ ΔV1 + f (M 2 ) ⋅ ΔV2 + ... + f (M n ) ⋅ ΔVn = ∑ f (M i ) ⋅ ΔVi , (2.2) i =1

то она называется интегральной пространственной области V. 74

суммой

функции

f (M )

по

Интегральная сумма зависит как от способа разбиения исходной области на n частичных областей, так и от выбора в них точек M 1 , т.е. для всякой непрерывной функции f (M ) и всякой замкнутой области, где эта функция определена и непрерывна, можно составить бесконечное множество интегральных сумм. Но при неограниченном увеличении n и при стремлении к нулю наибольшей из частичных подобластей все эти интегральные суммы имеют один общий предел. ОПРЕДЕЛЕНИЕ. Предел интегральной суммы (2.1) называется двойным интегралом и обозначается ∫∫ f (M )ds . D

ОПРЕДЕЛЕНИЕ. Предел интегральной суммы тройным интегралом и обозначается ∫∫∫ f (M )dv .

(2.2)

называется

Двойной и тройной интегралы обладают всеми основными свойствами обыкновенного определенного интеграла: 1. Постоянный множитель можно выносить за знак интеграла. 2. Интеграл от суммы функций равен сумме интегралов. 3. Область интегрирования можно разбивать на части. Вычисление двойного и тройного интегралов сводится к вычислению соответственно двукратного и трехкратного интегралов, к оптимальной расстановке пределов интегрирования. Причем значение интеграла не зависит от порядка интегрирования. Замечание 1. Пределы внешнего интеграла всегда есть постоянные величины (числа). Замечание 2. Начинаем интегрирование с внутреннего интеграла. 2.1.1. ВЫЧИСЛЕНИЕ ДВОЙНОГО ИНТЕГРАЛА В ДЕКАРТОВОЙ СИСТЕМЕ КООРДИНАТ

Если область интегрирования D отнесена к прямоугольной системе координат X0Y и если она разбивается на частичные области сетью прямых, параллельных осям координат (рис.2.1), то площадь частичной области ds = dx ⋅ dy (как площадь прямоугольника со сторонами dx и dy ) и (2.3) ∫∫ f (M )ds = ∫∫ f (x, y )dxdy . D

Случай 1. Если область D правильная вдоль оси 0Y, т.е. такова, что любая прямая, проходящая внутри области D параллельно оси 0Y, пересекает ее границу в двух точках (рис. 2.1), то в этом случае область определяется a ≤ x ≤ b , тогда пределы неравенствами вида ϕ1 (x ) ≤ y ≤ ϕ 2 (x ) , интегрирования расставим таким образом: b

ϕ2 ( x )

b ϕ2 ( x )

ϕ1 ( x )

⎛

⎞

∫∫ f (x, y )dxdy = ∫ dx ∫ f (x, y )dy = ∫ ⎜⎜ ∫ f (x, y )dy ⎟⎟dx . D

⎝

ϕ1 ( x )

⎠

(2.4)

y y = ϕ 2 (x )

y = ϕ1 (x )

Рис. 2.1 Случай 2. Если область D правильная вдоль оси 0X (т.е. такова, что любая прямая, проходящая внутри области D параллельно оси 0X, пересекает границу этой области в двух точках, а любая прямая, например, AB рис.2.2, проходящая внутри области D параллельно оси 0Y, пересекает границу этой области более, чем в двух точках), то в этом случае область можно определить c ≤ y ≤ d . Тогда пределы неравенствами вида ψ 1 (y ) ≤ x ≤ ψ 2 (y ) ; интегрирования расставим таким образом: d

ψ2 (y)

d ⎛ ψ2 (y )

⎞

ψ1 ( y )

c ⎝ ψ1 ( y )

⎠

∫∫ f (x, y )dxdy = ∫ dy ∫ f (x, y )dx = ∫ ⎜⎜ ∫ f (x, y )dx ⎟⎟dy . D

C 0

B x = ψ1 ( x )

x = ψ 2 (x )

Рис. 2.2

(2.5)

Примеры решения задач

ПРИМЕР 2.1. Вычислить

2 ∫∫ (x − y )dxdy

а)

б)

3 2 ∫∫ (x + 2) ⋅ (y + 1) dxdy ,

где область

−1

интегрирования D неравенствами: − 1 ≤ x ≤ 2 (рис. 2.3).

определяется и 0 ≤ y ≤1

Рис. 2.3

Решение. а)

∫∫ (x D

)

−1

(

)

− y dxdy = ∫ dx ∫ x 2 − y dy =

1 1 ⎛1 2 ⎞ 2 ⎛ 21 ⎞ 2 2 ⎛⎜ 1 y 2 = ∫ dx⎜ ∫ x dy − ∫ ydy ⎟ = ∫ dx⎜ x ∫ dy − ∫ ydy ⎟ = ∫ x dx y 0 − ⎜ 2 ⎝0 ⎠ −1 ⎝ 0 ⎠ −1 0 −1 0 ⎝ 2

1 x3 ⎛ 1⎞ 1 2 2 2 = ∫ x dx ⎜1 − ⎟ = ∫ x dx = ⋅ 2 3 ⎝ 2 ⎠ 2 −1 −1 2

б)

−1

3 1 ⎛ 2 3 (− 1) ⎞ ⎟= = ⋅ ⎜⎜ − 2 ⎝ 3 3 ⎠⎟

⎞ ⎟= ⎟ 0⎠

1 ⎛8 1⎞ 3 ⎜ + ⎟= ; 2 ⎝ 3 3⎠ 2

2 ∫∫ (x + 2) ⋅ (y + 1) dxdy = ∫ (x + 2) dx ∫ (y + 1) dy = 3

−1

3 1 ⎞ ⎛ (y + 1) ⎟ = ⎛ ⎞ 3 2 3 = ∫ (x + 2) dx ⎜ ∫ (y + 1) d(y + 1)⎟ = ∫ (x + 2) dx ⎜ ⎜ 3 ⎟ ⎝0 ⎠ −1 −1 0 ⎝ ⎠ 3 3 2 ⎛2 1 ⎞ 7 2 72 3 3 3 ⎜ ⎟ = ∫ (x + 2) dx ⎜ − ⎟ = ∫ (x + 2 ) dx = ∫ (x + 2) d(x + 2) = 3 −1 −1 ⎝ 3 3 ⎠ 3 −1 2

7 (x + 2 ) = ⋅ 3 4

4 2

−1

7 ⎛ 4 4 14 ⎞ = ⋅ ⎜⎜ − ⎟⎟ = 3 ⎝ 4 4⎠

7⎛ 1 ⎞ 7 255 7 ⋅ 85 . = ⎜ 64 − ⎟ = ⋅ 3⎝ 4⎠ 3 4 4

Данный интеграл можно вычислить быстрее, поскольку пределы интегрирования у внутреннего и внешнего интеграла являются постоянными величинами и подынтегральная функция f (x , y ) представлена в виде f ( x , y ) = f 1 (x ) ⋅ f 2 ( y ) .

⎛ (x + 2 ) 4 ⎜ ∫∫ (x + 2) ⋅ (y + 1) dxdy = ∫ (x + 2) dx ⋅ ∫ (y + 1) dy = ⎜ 4 −1 D 0 ⎝ 3

⎞ ⎟× ⎟ −1 ⎠ 2

⎛ (y + 1)3 ×⎜ ⎜ 3 ⎝ y

⎞ ⎛ (2 + 2 )4 (− 1 + 2)4 ⎞ ⎛ (1 + 1)3 (0 + 1)3 ⎞ ⎟=⎜ ⎟ ⎟⋅⎜ − ⎟ ⎜ 3 − 3 ⎟= ⎟ ⎜ 4 4 ⎠ ⎠ ⎝ ⎝ 0⎠ 1 ⎞⎛ 8 1 ⎞ 255 7 7 ⋅ 85 ⎛ = ⎜ 64 − ⎟⎜ − ⎟ = ⋅ = 4 3 3 4 3 4 ⎝ ⎠⎝ ⎠

. ПРИМЕР 2.2. Вычислить 2 ∫∫ x − y dxdy ,

(

y=x

)

где область интегрирования D определяется неравенствами (рис. 2.4):

x + y ≤ 1; y ≥ x; x ≥ 0.

y = 1− x 0,5

Рис. 2.4

∫∫ (x

)

(

x3 = 3

0,5

x4 −2 4

0,5

x2 + 2

0,5

1− x

)

⎛ 1− x − y dxdy = ∫ dx ∫ x − y dy = ∫ dx⎜ ∫ x 2 dy − ⎝ x D 0 x 0 1− x ⎞ 1− x 1− x ⎞ 0,5 ⎛ 2 1− x ⎞ 0,5 ⎛⎜ 2 1− x y 2 ⎟= − ∫ ydy ⎟ = ∫ dx ⎜ x ∫ dy − ∫ ydy ⎟ = ∫ dx x y x − 2 x ⎟ ⎠ 0 ⎝ ⎠ 0 ⎜⎝ x x x ⎠ 2 0,5 ⎛ ( 1 − x) x 2 ⎞ 0,5 ⎛ 2 1 2 ⎟ = ∫ ⎜ x − 2x 3 + x − ⎞⎟dx = ⎜ = ∫ dx ⎜ x (1 − x − x ) − + 2 2 ⎠⎟ 0 ⎝ 2⎠ 0 ⎝

Решение.

0,5

1 1 − x = . 2 0 96 0 0 0 ПРИМЕР 2.3. Вычислить ∫∫ (x + y )dxdy , где область D ограничена D

прямыми линиями y = 1, y = 3 , x = 0 , x = 2 y (рис. 2.5).

⎛ 2y Решение. а) ∫∫ (x + y )dxdy = ∫ dy ∫ (x + y )dx = ∫ dy⎜ ∫ x dx + D 1 0 1 ⎝0 2 y 2y ⎞ 3 ⎛ (2 y )2 3 ⎞ ⎞ 3 ⎛⎜ x 2 2y ⎟ ⎟ ⎜ + y ∫ dx ⎟ = ∫ dy + y ⋅ x 0 = ∫ dy⎜ + y ⋅ 2 y ⎟ = 4∫ y 2 dy = ⎟ 1 ⎝ 2 1 0 ⎠ 1 ⎜⎝ 2 0 ⎠ ⎠ 3

y3 =4 3

⎛ 33 1 ⎞ 104 = 4⎜⎜ − ⎟⎟ = ; 3 3 3 ⎝ ⎠

б) если внешний интеграл вычислить по переменной x, то придется область интегрирования разбить на две подобласти, в связи с чем и двойной интеграл будет представлен суммой двух двойных интегралов:

x 2

2 1

∫∫ (x + y )dxdy =

Рис. 2.5 2

x 2

= ∫∫ (x + y )dxdy + ∫∫ (x + y )dxdy = ∫ dx ∫ (x + y )dy + ∫ dx ∫ (x + y )dy = D1

3 ⎛ 3 ⎞ 2 ⎛⎜ 3 y 2 ⎛ ⎞ = ∫ dx⎜ ∫ xdy + ∫ ydy ⎟ + ∫ dx⎜⎜ ∫ xdy + ∫ ydy ⎟⎟ = ∫ dx x y 1 + 2 ⎝1 ⎠ 2 ⎝x 2 0 1 x 2 ⎠ 0 ⎜⎝ 2

⎛ 3 y2 ⎜ = ∫ dx x y x 2 + ⎜ 2 2 ⎝ 6

2 2 ⎞ 2 ⎛ 6 ⎟ = dx ⎜ 3x − x + 9 − 1 ⎞⎟ + dx ⎛⎜ 3x − x + 9 − x ⎞⎟ = ∫ ⎜ ⎟ 0∫ ⎝ 2 2 2 2 8 ⎟⎠ ⎠ 2 ⎝ x 2⎠

9⎞ 2x 2 ⎛ 5 2 = ∫ (2x + 4 )dx + ∫ ⎜ − x + 3x + ⎟dx = 2⎠ 2 0 2⎝ 8 2

⎞ ⎟+ ⎟ 1⎠ 3

2 2

+ 4x 0 + 0

⎛ − 5 x 3 3x 2 9 x ⎞ 104 . + ⎜⎜ ⋅ + + ⎟⎟ = 8 3 2 2 3 ⎝ ⎠2 Последний пример подтверждает, что порядок интегрирования не влияет на значение интеграла. Поэтому для экономии вычислительной работы следует, если это возможно, выбирать такой порядок интегрирования, при котором нет надобности разбивать область интегрирования на части. ПРИМЕР 2.4. Изменить порядок интегрирования в двукратном интеграле: 1

1+ 1− y 2

а) ∫ dy

∫ f (x, y )dx ;

б)

−1

− −x

∫ dx ∫ f (x, y )dy ;

в)

−2

∫ dx ∫2f (x, y )dy .

Решение. а) область интегрирования представлена на рис. 2.6. Эта область

ограничена прямой линией y = x и окружностью (x − 1) + y = 1 , причем 0 ≤ y ≤ 1. 2

1+ 1− y 2

1− ( x −1)2

∫ dy ∫ f (x, y )dx = ∫ dx ∫ f (x, y )dy + ∫ dx

∫ f (x, y )dy;

б) область интегрирования (рис. 2.7) ограничена прямой линией y = x и

ветвью параболы y = − − x или y = − x (x ≤ 0 ) , причем − 1 ≤ x ≤ 0 . 2

− y2

−1

− −x

−1

∫ dx ∫ f (x, y )dy = ∫ dy ∫ f (x, y )dx ;

y y

y=x 0

−1

y 2 = −x −1

y=x

Рис. 2.7

Рис. 2.6 y 4

в) область интегрирования (рис. 2.8) ограничена прямой линией y = 4 и параболой y = x 2 .

y = x2

−2

−1

+ y

−2

− y

∫ dx ∫2f (x, y )dy = ∫ dy ∫ f (x, y )dx

. 0

Рис. 2.8

2.1.2. ВЫЧИСЛЕНИЕ ДВОЙНОГО ИНТЕГРАЛА В ПОЛЯРНОЙ СИСТЕМЕ КООРДИНАТ

Если область интегрирования двойного интеграла задана в полярных координатах ϕ и ρ = ρ(ϕ) и если она разбивается на частичные подобласти лучами ϕ = const , исходящими из точки О (называемой полюсом), и концентрическими окружностями ρ = const с центром в полюсе (рис. 2.9), то ds = ρ ⋅ dϕdρ и

∫∫ f (M )ds = ∫∫ f (ϕ, ρ)ρdϕdρ .

(2.6)

ρ = ρ 2 (x )

dS ρ = ρ1 (x ) ϕ2

ϕ1

Рис. 2.9 Поскольку формулы связи декартовых и полярных координат: x = ρ ⋅ cos ϕ ; y = ρ ⋅ sin ϕ , то множитель ρ в правой части формулы (2.6) есть

ρ = J , где J – это определитель второго порядка, называемый якобианом:

J =

x 'ρ

x 'ϕ

y' ρ

y' ϕ

cos ϕ − ρ sin ϕ = ρ ⋅ cos 2 ϕ + ρ ⋅ sin 2 ϕ = ρ . sin ϕ ρ cos ϕ

Обычно двойной интеграл в полярных координатах выражается через двукратный интеграл вида ϕ2

ρ2

ϕ1

ρ1

∫∫ f (ϕ, ρ)ρdϕdρ = ∫ dϕ ∫ f (ϕ, ρ)ρdρ . D

(2.7)

Примеры решения задач

ПРИМЕР 2.5. Преобразовать к полярным координатам и затем вычислить

(

)

ln x 2 + y 2 двойной интеграл, заданный в декартовых координатах ∫∫ dxdy , 2 2 x +y D 81

где D – круговое кольцо, заключенное между окружностями x + y = 1 и

x 2 + y2 = e2 . 2

Решение. Наличие выражения x + y в подынтегральной функции и в уравнениях границ области указывает на целесообразность перехода к полярным координатам. Подставим формулы перехода x = ρ cos ϕ и

y = ρ sin ϕ в уравнения границ и получим, что окружность x 2 + y 2 = 12 в 2 2 2 полярных координатах имеет уравнение ρ = 1 , а окружность x + y = e , соответственно, ρ = e . Эти уравнения являются нижним и верхним пределами интегрирования по переменной ρ . Чтобы обойти всю плоскость кольца, полярную ось необходимо повернуть от исходного положения (ϕ1 = 0 ) на угол ϕ 2 = 2π . Полученные значения есть нижний и верхний пределы интегрирования по переменной ϕ . 2π e ln x 2 + y 2 ln ρ 2 dρ Итак, ∫∫ = dxdy d d d 2 ln = ⋅ ρ ϕ ρ = ϕ ρ ∫∫ 2 ∫ ∫ 2 2 ρ x y + ρ D D 0 1 e ⎛ (ln ρ )2 ⎞ 2π 2π 2π ⎛1 ⎞ 2π ⎟ ⎜ = 2 ∫ dϕ⎜ − 0 ⎟ = ∫ dϕ = ϕ 0 = 2π . = 2 ∫ dϕ ⎟ ⎜ 2 ⎝2 ⎠ 0 0 0 1 ⎠ ⎝

(

)

( )

ПРИМЕР 2.6.Преобразовать к полярным координатам и затем вычислить двойной интеграл, заданный в декартовых координатах: а)

dxdy

∫∫

x +y

, где D

x 2 + y 2 = 12 и

– круговое кольцо, заключенное между окружностями

x 2 + y 2 = 2 2 (рис. 2.10); б)

2 ∫∫ xy dxdy ,

где D – ограничена окружностями x + (y − 1) = 1 и 2

x + y = 4 y (рис. 2.11). Решение. а) Пользуясь формулой (2.7), запишем

∫∫ D

dxdy 2

x +y

2π 2 ρdϕdρ ρdϕdρ = ∫∫ dϕdρ = ∫ dϕ∫ dρ = = ∫∫ = ∫∫ 2 2 2 ρ cos sin ρ ϕ + ρ ϕ D D D 0 1 2π

( ) 2

2π

= ∫ dϕ ρ 1 = ∫ dϕ = ϕ 0 = 2π . 0

Здесь ρ = 1 и ρ = 2 - полярные уравнения данных окружностей.

y y ρ=2

4 3

ρ =1 0

ρ 2 = 4 sin ϕ ρ1 = 2 sin ϕ

1 0

Рис.2.11

Рис. 2.10

б) Найдем сначала полярные уравнения окружностей, подставив в эти уравнения x = ρ cos ϕ и y = ρ sin ϕ :

ρ 2 cos 2 ϕ + (ρ sin ϕ − 1) = 1 ⇒ ρ 2 − 2 ⋅ ρ sin ϕ = 0 ⇒ ⇒ ρ(ρ − 2 sin ϕ) = 0 ⇒ ρ1 = 2 sin ϕ; 2

ρ 2 cos 2 ϕ + ρ 2 sin 2 ϕ = 4ρ sin ϕ ⇒ ρ 2 = 4ρ sin ϕ ⇒ ⇒ ρ(ρ − 4 sin ϕ) = 0 ⇒ ρ 2 = 4 sin ϕ . Теперь вычисляем интеграл

2 ∫∫ (ρ cos ϕ) ⋅ (ρ sin ϕ) ρdϕdρ = D

π2

4 sin ϕ

= ∫∫ ρ sin ϕ ⋅ cos ϕ dϕdρ = 2 ∫ sin ϕ ⋅ cos ϕ dϕ ∫ ρ 4 dρ = D

2 sin ϕ

⎛ ρ 5 4 sin ϕ ⎞ ⎟= = 2 ∫∫ sin 2 ϕ ⋅ cos ϕ dϕ⎜ ⎟ ⎜ 5 D ⎝ 2 sin ϕ ⎠ π2 ⎛ 45 25 1984 π 2 7 2 5 5 ⎞ ⎟ ⎜ = 2 ∫ sin ϕ ⋅ cos ϕ ⎜ sin ϕ − sin ϕ ⎟dϕ = ∫ sin ϕ ⋅ cos ϕ dϕ = 5 5 5 0 0 ⎝ ⎠ π2

1984 sin 8 ϕ 1984 1 1984 π 2 7 = ⋅ = ⋅ = 49,6 . ∫ sin ϕ ⋅ d(sin ϕ) = 5 8 0 5 8 5 0

2.1.3. ПРИЛОЖЕНИЕ ДВОЙНЫХ ИНТЕГРАЛОВ К ВЫЧИСЛЕНИЮ ПЛОЩАДЕЙ ПЛОСКИХ ФИГУР Площадь S произвольной области D вычисляется с помощью двойного интеграла по формуле S = ∫∫ dS . (2.8) D

Поскольку в декартовых координатах ds = dx ⋅ dy , в полярных координатах ds = ρdϕdρ , то интеграл (2.8) для соответствующих координат принимает вид S = ∫∫ dxdy S = ∫∫ ρdϕdρ . (2.8’) и (2.8”) D

Примеры решения задач ПРИМЕР 2.7. Найти площадь плоской фигуры, ограниченной прямыми линиями y = −2 , y = x + 2 , y = 2 и параболой

y x = y−2

x = y2

−2

−1

Решение. Поскольку данная фигура задана в декартовых координатах, то по формуле (2.8’)

−2

Рис. 2.12 2

y 2 = x (рис. 2.12).

(

)

y2 ⎞ ⎛ S = ∫∫ dxdy = ∫ dy ∫ dx = ∫ dy⎜ x y − 2 ⎟ = ∫ y 2 − y + 2 dy = ⎝ ⎠ −2 D y−2 −2 −2 2

⎞ 40 ⎛ 23 2 2 ⎞ ⎛ (− 2 )3 (− 2 )2 ⎛ y3 y 2 ⎞ − + 2 ⋅ (− 2 )⎟⎟ = . + 4 ⎟⎟ − ⎜⎜ = ⎜⎜ − + 2 y ⎟⎟ = ⎜⎜ − 2 2 2 ⎠ ⎝ 3 ⎝ 3 ⎠ −2 ⎝ 3 ⎠ 3 Здесь вычисление двойного интеграла представлено в более рациональной последовательности, т.е. если внешний интеграл взят по переменной y , а внутренний – по переменной x .

y y=x

45o 0 1

ПРИМЕР 2.8. Найти площадь фигуры, ограниченной окружностями x 2 + y 2 = 2x , x 2 + y 2 = 4x и прямыми y = x , y = 0 (рис.2.13). Решение. Чтобы получить рисунок вычисляемой площади, приведем уравнения окружностей к каноническим x 2 − 2x + y 2 = 0 ⇒ уравнениям:

(

)

⇒ x 2 − 2x + 1 − 1 + y 2 = 0 ⇒

⇒ (x − 1) + y 2 = 1; x 2 − 4 x + y 2 = 0 ⇒ (x − 2)2 + y 2 = 2 2. 2

Рис.2.13

Поскольку границы области заданы окружностями, то для вычисления площади удобнее перейти в полярные координаты и воспользоваться формулой (2.8”): 4 cos ϕ

⎛ ρ2 ⎞ S = ∫∫ ρdϕdρ = ∫ dϕ ∫ ρdρ = ∫ dϕ⎜⎜ ⎟⎟ = 2 D 0 2 cos ϕ 0 ⎝ ⎠ 2 cos ϕ π4

4 cos ϕ

π4

π4 π4 ⎛ 16 cos 2 ϕ 4 cos 2 ϕ ⎞ 1 + cos 2ϕ 2 ⎟⎟dϕ = 6 ∫ cos ϕd = 6 ∫ dϕ = = ∫ ⎜⎜ − 2 2 2 0 ⎝ 0 0 ⎠ π4 π4 π4 3π4 3 π4 = 3 ∫ (1 + cos 2ϕ)dϕ = 3 ∫ dϕ + ∫ cos 2ϕd(2ϕ) = 2ϕ 0 + sin 2ϕ = 2 0 2 0 0 0 3π 3 π 3 = + sin = (π + 2). 4 2 2 4 π4

2.1.4. ПРИЛОЖЕНИЕ ДВОЙНЫХ ИНТЕГРАЛОВ К ВЫЧИСЛЕНИЮ ОБЪЕМОВ ЦИЛИНДРИЧЕСКИХ ТЕЛ Объем цилиндрического тела с образующей боковой стенки, параллельной оси 0Z (его принято называть вертикальным цилиндрическим телом, рис. 2.14), вычисляется по формуле V = ∫∫ z(x, y )dxdy . (2.9) D

z z = z (x , y )

y D

Рис. 2.14

Для горизонтальных цилиндрических тел, изображенных на рис. 2.15 и рис. 2.16, соответствующие формулы имеют вид V = ∫∫ x (y, z )dydz . (2.9’) D

V = ∫∫ y(x , z )dxdz .

(2.9”)

y = y(x , y )

x = x (x , y )

D D

Рис. 2.15

Рис. 2.16

Примеры решения задач ПРИМЕР 2.9. Вычислить объем тела, ограниченного цилиндрическими 2 2 поверхностями x = 2 y , z = 4 − y и плоскостями x = 0 (x ≥ 0 ) , z = 0 (рис.2.17)

Решение. Поскольку образующая боковой стенки тела, т.е. 2 цилиндрическая поверхность x = 2 y , параллельна оси 0Z, то воспользуемся формулой (9):

⎛ 3 2 ⎞ ⎟ ⎜ y V = ∫∫ 4 − y 2 dxdy = ∫ dx ∫ 4 − y 2 dy = ∫ dx ⎜ 4 y − = 2 ⎟ 2 x 3 D 0 0 ⎟ ⎜ x 2 ⎝ 2 ⎠ ⎛ 16 4 ⋅ x 2 1 ⎛ x 2 ⎞ 3 ⎞ 32 2 2 1 2 6 2 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = ∫ dx − + ⎜ ⎟ = − 2 ∫ x dx + ∫ x dx = ⎜3 24 0 2 3⎝ 2 ⎠ ⎟ 3 0 0 ⎝ ⎠

(

)

x3 32 = −2 3 3

1 x7 − ⋅ 24 7

= 0

(

)

128 . 21

ПРИМЕР 2.10. Вычислить объем тела, ограниченного цилиндрической 2 поверхностью z = x и плоскостями z = 1 ; y = 0 ; x + y + z − 4 = 0 (рис. 2.18). Решение. Поскольку образующая боковой стенки тела, т.е. 2 цилиндрическая поверхность z = x , параллельна оси 0Y, то воспользуемся формулой (2.9”): 1

−1

V = ∫∫ (− z − x + 4 )dxdz = ∫ dx ∫ (− z − x + 4 )dz = D

1 ⎛⎛ − z2 ⎞ 1 ⎛ 1 ⎞ ⎞ x4 ⎜ ⎟ = ∫ dx ⎜⎜ − xz + 4z ⎟⎟ = ∫ dx ⎜⎜ − − x + 4 + + x 3 − 4 x 2 ⎟⎟ = ⎜⎝ 2 2 −1 ⎠ x 2 ⎟⎠ −1 ⎝ 2 ⎠ ⎝ 1

1⎛

⎞ ⎛ x 5 x 4 4x 3 x 2 ⎞ x4 68 3 2 = ∫ ⎜⎜ + x − 4 x − x + 3,5 ⎟⎟dx = ⎜⎜ + − − + 3,5x ⎟⎟ = . 3 2 −1⎝ 2 ⎠ ⎝ 10 4 ⎠ −1 15 z z 5 4 3

y = −z − x + 4

2 1

−1

1 x

Рис. 2.17

1 x

Рис. 2.18

2.1.5. ПРИЛОЖЕНИЯ ДВОЙНОГО ИНТЕГРАЛА (К вычислению массы, центра тяжести и момента инерции) Если ϕ(M ) есть поверхностная плотность в точке M (x , y ) плоской фигуры, занимающей область D, то ее масса m, координаты центра тяжести (x c , y c ) и моменты инерции I 0 x , I 0 y , I 0 относительно осей 0X и 0Y и начала координат 0 выражаются формулами:

m = ∫∫ ϕ(M )dxdy . D

xc =

my m

yϕ(M )dxdy m x ∫∫ = D , yc = m m

∫∫ xϕ(M )dxdy D

;

(2.10)

(2.11)

где m x , m y - статические моменты пластинки относительно осей 0X и 0Y.

I 0 x = ∫∫ y 2 ϕ(M )dxdy ;

I 0 y = ∫∫ x 2 ϕ(M )dxdy .

(

)

(2.12)

I 0 = I 0 x − I 0 y = ∫∫ x + y ϕ(M )dxdy . 2

(2.13)

Для однородного вертикального цилиндрического тела с образующей, параллельной оси 0Z (рис. 2.14) с основанием на плоскости X0Y и ограниченного сверху поверхностью z = z(x , y ) , координаты центра тяжести вычисляются по формулам

xc =

∫∫ x z dx dy D

∫∫ z dx dy

;

yc =

∫∫ y z dx dy D

∫∫ z dx dy

;

zc =

2 ∫∫ z dx dy D

2 ∫∫ z dx dy

(2.14)

Примеры решения задач ПРИМЕР 2.11. Найти массу пластинки, имеющей формулу эллипса, если поверхностная плотность в каждой точке пластинки пропорциональна ее расстоянию r от малой оси эллипса и при r = 1 она равна λ . Решение. Обозначим полуоси эллипса через a и b (a > b ) и выберем оси 0X и 0Y декартовых координат так, чтобы они совпали с осями эллипса, его

x 2 y2 уравнение будет 2 + 2 = 1. Согласно условию задачи в точке M (x , y ) b a плотность ϕ(M ) = λ ⋅ x . По формуле (2.10) масса правой половины пластинки b

m = ∫∫ λ ⋅ x ⋅ dxdy = λ ∫ dy D

−b

a 2 2 b −y b

(

)

λa 2 b 2 2 ∫ xdx = 2 ∫ b − y dy = 2b − b 0 87

λa 2 ⎛ 2 y3 ⎞ 2 2 ⎜ ⎟ b y − = a bλ . 3 ⎟⎠ − b 3 2b 2 ⎜⎝ Значит, масса всей пластинки 2m =

4 2 a bλ . 3

ПРИМЕР 2.12. Определить координаты центра тяжести однородной пластинки, лежащей в первой четверти и ограниченной линиями: y = x; y = 0; x 2 + y 2 = 4 . Решение. Данная пластинка представляет собой восьмую часть круга x 2 + y 2 ≤ 2 2 . Так как пластинка однородная, то ϕ(M ) = C = const . По формуле (2.10) и используя переход к полярным координатам:

m = ∫∫ ϕ(M )dxdy = D

π4 ⎛ ρ2 2 ⎞ ⎜ ⎟ = c ⋅ ∫∫ dxdy = c ⋅ ∫∫ ρdϕdρ = c ⋅ ∫ dϕ∫ ρdρ = c ⋅ ∫ dϕ = 2c ⋅ ∫ dϕ = ⎜ ⎟ 2 D D 0 0 0 0 ⎝ 0⎠ cπ π4 = 2cϕ 0 = . Теперь вычисляем координаты центра тяжести по формулам 2 ∫∫ x ⋅ c dx dy (2.11) с переходом к полярным координатам: x c = D = m 2c ∫∫ xdxdy 2 2 2 2π4 D = = ∫∫ xdxdy = ∫∫ ρ cos ϕ ⋅ρdϕdρ = ∫ cos ϕ dϕ∫ ρ 2 dρ = cπ πD πD π 0 0 2 ⎛ ρ 3 ⎞ 16 π 4 16 2 8 2 2π4 16 π4 ⎟= ⋅ = ; = ∫ cos ϕ dϕ⎜ cos ϕ dϕ = sin ϕ 0 = ∫ ⎜ 3 ⎟ 3π 0 π π π 3 2 3 π 0 3 ⎝ 0⎠ ∫∫ y ⋅ c dx dy 2 2 8 2− 2 = ∫∫ ydxdy = ∫∫ ρ 2 sin ϕ dϕdρ = yc = D . πD πD m 3π ПРИМЕР 2.13. Определить моменты инерции I 0 x , I 0 y , I 0 пластинки, π4

π4

(

ограниченной параболами y = 2 x − x ,

точке равна ее ординате, т.е. ϕ(M ) = y . Решение. Используем формулы (2.12):

I 0x

y = x 2 , если плотность в каждой

⎛ 4 ⎜y 2 3 3 = ∫∫ y ϕ(M )dxdy = ∫∫ y dxdy = ∫ dx ∫ y dy = ∫ dx ⎜ ⎜ 4 D D 0 0 x2 ⎝ 2x −x 2

)

2x−x2

⎞ ⎟ ⎟⎟ = ⎠

((

) ( ))

(

)

81 31 − x = ∫ − x 7 + 3x 6 − 4 x 5 + 2 x 4 dx = 40 420; ⎛ 2 2x −x 2 ⎞ 1 2x −x 2 1 ⎟ ⎜y I 0 y = ∫∫ x 2 ϕ(M )dxdy = ∫∫ x 2 y dxdy = ∫ x 2 dx ∫ y dy = ∫ x 2 dx ⎜ ⎟⎟ = 2 2 ⎜ 2 D D 0 0 x x ⎠ ⎝ 1 1 2 1 = ∫ x 2 2x − x 2 − x 4 dx = 2 ∫ x 4 − x 5 dx = . 15 0 0

1 = ∫ dx 2 x − x 2 4 0

((

2 4

)

(

)

Момент инерции относительно начала координат по формуле (2.13)

I 0 = I 0x + I 0y =

31 1 59 + = . 420 15 420

2.1.6. ВЫЧИСЛЕНИЕ ТРОЙНОГО ИНТЕГРАЛА В ДЕКАРТОВОЙ СИСТЕМЕ КООРДИНАТ Вычисление тройного интеграла сводится к трехкратному интегрированию, т.е. к последовательному вычислению трех обыкновенных (однократных) интегралов по каждой из трех переменных координат точки трехмерного пространства. Если область интегрирования V отнесена к прямоугольной системе координат и если она разбивается на частичные области плоскостями, параллельными координатным плоскостям, то объем частичной области dv = dx ⋅ dy ⋅ dz (как объем прямоугольного параллелепипеда) и тройной интеграл преобразуется к виду (2.15) ∫∫∫ f (M )dv = ∫∫∫ f (x, y, z )dx dy dz . V

Случай 1. Если область V правильная вдоль оси 0Z, т.е. такова, что любая прямая, проходящая внутри этой области параллельно оси 0Z, пересекает ее границу (ограничивающую ее замкнутую поверхность) в двух точках (рис. 1.19), то тройной интеграл можно вычислить по формуле

⎛ z=z 2 (x , y ) ⎞ ⎜ ⎟, f ( x , y , z ) dx dy dz dxdy f ( x , y , z ) dz = ∫∫∫ ∫∫ ∫ ⎜ ⎟ V D xy ⎝ z = z1 ( x , y ) ⎠

(2.16)

где D xy - проекция области V на плоскость X0Y. z z = z 2 (x , y ) z = z1(x , y )

y D xy

Рис. 2.19

Случай 2. Если область правильная вдоль оси 0Y, т.е. такова, что любая прямая, проходящая внутри этой области параллельно оси 0Z, пересекает ее границу в более, чем двух точках (прямая AB, рис. 2.20), но прямая, проходящая параллельно оси 0Y, пересекает границу области в двух точках, то тройной интеграл можно вычислить по формуле

⎛ y = y 2 ( x ,z ) ⎞ ⎜ ⎟. f ( x , y , z ) dx dy dz dxdz f ( x , y , z ) dy = ∫∫∫ ∫∫ ∫ ⎜ ⎟ V D xz ⎝ y = y1 ( x ,z ) ⎠ z

A y = y 2 (x , z )

D xz

B y = y1(x , z )

Рис. 2.20

(2.17)

Примеры решения задач

1 dxdydz , где область V ∫∫∫ 1 x y − − V ограничена плоскостями x + y + z = 1, x = 0, y = 0, z = 0; 1 dxdydz , где область V ограничена плоскостями б) J 2 = ∫∫∫ 3 V (x + y + z + 1) y + z = 3, x = 2, x = 0, y = 0, z = 0. ПРИМЕР 2.14. Вычислить: а) J 1 =

Решение. а) Поскольку область V (рис. 2.21) правильная вдоль оси 0Z, то для вычисления интеграла используем формулу (2.16):

(

)

⎛ 1− x − y ⎞ 1 1 1− x − y dxdy z 0 = dz ⎟⎟ = ∫∫ J1 = ∫∫ dxdy⎜⎜ ∫ − − 1 − x − y 1 x y D xy ⎝ 0 ⎠ D xy 1 1− x 1 1 1− x = ∫∫ ⋅ (1 − x − y )dxdy = ∫∫ dxdy = ∫ dx ∫ dy = ∫ dx y 0 = D xy 1 − x − y D xy 0 0 0

( )

⎛ x2 ⎞ 1 = ∫ (1 − x )dx = ⎜⎜ x − ⎟⎟ = . Здесь область D xy есть треугольник AOB . 2 ⎠0 2 0 ⎝ 1

B 3

1 z =1− x − y 1 B

y = 3− z

1 0

y =1− x

1 x

Рис. 2.21

Рис. 2.22

б) Поскольку область V (рис. 2.22) правильная вдоль оси 0Y, то

⎛ 3− z ⎞ 1 ⎜ ⎟= используем формулу (2.17): J 2 = ∫∫ dxdz ∫ dy 3 ⎜ ⎟ D xz ⎝ 0 (x + y + z + 1) ⎠ 91

⎛ 3− z ⎞ −3 = ∫∫ dxdz⎜ ∫ (x + z + 1 + y ) d(x + z + 1 + y )⎟ = ⎝ 0 ⎠ D xz ⎛ ( x + z + 1 + y ) − 2 y = 3− z ⎞ ⎟= = ∫∫ dxdz⎜ ⎜ ⎟ −2 D xz y =0 ⎠ ⎝ ⎛ (x + z + 1 + 3 − z )− 2 (x + z + 1)− 2 ⎞ ⎟= = ∫∫ dxdz⎜⎜ − ⎟ −2 −2 D xz ⎝ ⎠ ⎞ ⎛ 1 1 1 1 1 ⎟ = − dxdz − = − ∫∫ dxdz⎜⎜ − ∫∫ 2 2 ⎟ 2 2 D xz 2 (x + z + 1) ⎠ D xz (x + z + 1) ⎝ (x + 4 )

1 2 dx 3 12 3 1 1 −2 = − ∫∫ dxdz = ∫ dx ∫ (x + 1 + z ) d(x + 1 + z ) − ∫ ∫ dz = 2 0 (x + 4 )2 0 2 D xz (x + 4 )2 20 0 −1 1 2 ⎛⎜ (x + 1 + z ) = ∫ dx 20 ⎜ −1 ⎝

⎞ 1 2 dx 1 2⎛ 1 1 ⎞ 3 ⎟− dx − z = − + ⎜ ∫ ∫ ⎟ 2 0 (x + 4)2 0 2 0 ⎝ x + 4 x + 1 ⎟⎠ 0⎠

( )

2 3 (x + 4 ) 3 1 −2 − ∫ (x + 4 ) dx = (− ln x + 4 + ln x + 1 ) 0 − ⋅ −1 20 2 2 2

−1 2

1 (− ln 6 + ln 3 + ln 4 − ln 1) − 3 ⎛⎜ − 1 + 1 ⎞⎟ = 1 ln 2 − 1 . 8 2 2⎝ 6 4⎠ 2 Здесь область D xz есть прямоугольник AOBC . 2.1.7. ВЫЧИСЛЕНИЕ ТРОЙНОГО ИНТЕГРАЛА В ЦИЛИНДРИЧЕСКИХ И СФЕРИЧЕСКИХ КООРДИНАТАХ Необходимые формулы и указания рассмотрим при решении следующих примеров.

z 3a

Примеры решения задач ρ=a −a

x 2 + y2 = a 2

ПРИМЕР 2.15. Вычислить тройной интеграл: а) J 1 = ∫∫∫ x 2 + y 2 + z 2 dxdydz , где V

(

)

ограничена

(

)

поверхностью 2

3 x + y + z = 3a .

Решение. Область V, ограниченная

Рис. 2.23 92

данной поверхностью, есть эллипсоид вращения (рис 2.23). Его проекцией D xy 2

x + y ≤ a . В данном случае на плоскость X0Y является круг целесообразно применить цилиндрические координаты. Формулы связи с декартовых и цилиндрических координат в данном случае имеют вид x = ρ ⋅ cos ϕ ; y = ρ ⋅ sin ϕ ; z = z . Подынтегральная функция преобразуется x 2 + y 2 + z 2 = ρ 2 ⋅ cos 2 ϕ + ρ 2 ⋅ sin 2 ϕ + z 2 = ρ 2 + z 2 . Элемент объема dv = dxdydz переходит в dv = ρ dϕ dρ dz , где ρ = J ;

x 'ρ J = y' ρ z'ρ

x ' z cos ϕ − ρ ⋅ sin ϕ 0 y' z = sin ϕ ρ ⋅ cos ϕ 0 = ρ ⋅ cos 2 ϕ + ρ ⋅ sin 2 ϕ = ρ . z' z 0 0 1

x'ϕ y' ϕ z' ϕ

Пределы интегрирования по переменной z получим из уравнения 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 эллипсоида: 3 x + y + z = 3a ⇒ 3ρ + z = 3a ⇒ z = 3a − 3ρ ;

(

)

(

)

z = ± 3 a 2 − ρ 2 , где z1 = − 3 a 2 − ρ 2 - нижний предел интегрирования;

(

)

z 2 = + 3 a 2 − ρ 2 - верхний предел интегрирования. Итак, наш интеграл + 3(a 2 −ρ 2 ) ⎛ ⎞ 2 2 2 2 2 ⎟ ⎜ J 1 = ∫∫∫ x + y + z dxdydz = ∫∫ ρdϕdρ ρ + z dz = ⎟ ⎜ − 3(a∫2 −ρ2 ) V D xy ⎝ ⎠

(

)

⎛ z = ∫∫ ρ dϕ dρ⎜⎜ ρ 2 z + 3 D xy ⎝

(

+ 3 a 2 −ρ 2

⎞ ⎟⎟ ⎠−

(

3 a 2 −ρ 2

2π

2 3a 2

2 2π

)

( 3(a − ρ )) ⎟⎞ ) ⎟⎟dϕdρ = 3

⎛ ⎜ = ∫∫ ⎜ 2ρ 2 3 a 2 − ρ 2 + 2 D xy ⎜ ⎝

(

)

(

⎠

))

= 3 2 ∫ dϕ∫ ρ ρ 2 a 2 − ρ + a 2 − ρ ⋅ a 2 − ρ 2 dρ = =

= 3a 2 б)

(

)

a ⎛ 2 ⎞ 2 32 ⎜ a −ρ ⎟ 2 2 2 2 2 ∫ dϕ∫ a − ρ d a − ρ = − 3a ∫ dϕ⎜ ⎟= 3 2 ⎜ ⎟ 0 0 0 0⎠ ⎝ 2π ⎛ 2a 3 ⎞ 2 3a 5 2 π 4π 3a 5 ⎟⎟ = . ∫ dϕ⎜⎜ 0 − ∫ dϕ = 3 3 3 0 0 ⎝ ⎠ Вычислить тройной интеграл J 2 = ∫∫∫ y dxdydz , где V ограничена

(

)

2π

поверхностями y =

x + z и y = a ; a > 0. 2

Решение. Ограниченная данными поверхностями область V есть конус (рис. 2.24). Эта область правильная вдоль оси 0Y, проекцией этого конуса на 2 2 2 плоскость X0Y является круг x + z ≤ a , поэтому в данном случае целесообразно применить цилиндрические координаты. Причем формулы связи декартовых и цилиндрических координат здесь имеют вид x = ρ ⋅ cos ϕ ;

y = y , тогда уравнение конуса y = x 2 + z 2 = ρ . Элемент объема имеет вид: dv = ρ ⋅ dϕ dρ dy . ⎛ y2 a ⎞ ⎛a ⎞ ⎟= J 2 = ∫∫∫ y dxdydz = ∫∫ ρdϕdρ⎜⎜ ∫ y dy ⎟⎟ = ∫∫ ρdϕdρ⎜ ⎜ 2 ⎟ V D xz ⎝ρ ⎠ D xz ρ⎠ ⎝ a 4 ⎞ 2π a ⎛⎛ 2 2 ⎞ ⎛ a 2 ρ2 ⎞ 1 2π a 2 1 a ρ ρ 3 ⎜ − ⎟⎟ ⎟ = = ∫∫ ⎜⎜ − ⎟⎟dϕdρ = ∫ dϕ∫ a ρ − ρ dρ = ∫ dϕ∫ ⎜⎜ 2 ⎠ 20 0 2 0 0 ⎜⎝ 2 4 ⎠0⎟ D xz ⎝ 2 ⎝ ⎠ 4 4 4 4 1 2 π⎛ 4 a ⎞ a 2π a 2π πa ⎟ ⎜ = . = ∫ ⎜ a − ⎟ dϕ = ∫ dϕ = 4 0⎝ 2⎠ 8 0 8 4 z = ρ ⋅ sin ϕ ;

(

)

z z 2

y= x +z

x 2 + z2 = a 2

y=a 0

ρ=a

D xz

−R

x 2 + y2 + z2 = R 2

ρ=R ϕ

Рис. 2.24

Рис. 2.25

в) Вычислить тройной интеграл J 3 =

2 2 2 ∫∫∫ (x + y + z )dxdydz ,

где V –

шар x + y + z ≤ R . Решение. Поскольку область интегрирования V есть шар (рис.2.25) и подынтегральная функция состоит из квадратов компонент, в данном случае целесообразно применить переход от декартовых к сферическим координатам. x = ρ ⋅ cos ϕ ⋅ sin θ; Формулы перехода в этом случае имеют вид 2

y = ρ ⋅ sin ϕ ⋅ sin θ ;

z = ρ ⋅ cos θ .

Подынтегральная

функция

преобразуется:

x 2 + y 2 + z 2 = ρ 2 ⋅ cos 2 ϕ ⋅ sin 2 θ + ρ 2 ⋅ sin 2 ϕ ⋅ sin 2 θ + ρ 2 ⋅ cos 2 θ = 94

(

)

= ρ 2 ⋅ sin 2 θ cos 2 ϕ + sin 2 ϕ + ρ 2 ⋅ cos 2 θ = ρ 2 .

Элемент

объема

dv = dx dy dz принимает вид dv = ρ 2 ⋅ sin θ ⋅ dϕ dρ dθ , где ρ 2 ⋅ sin θ = J ,

x 'ρ J = y' ρ z'ρ

(

x'ϕ y' ϕ z' ϕ

x ' θ cos ϕ sin θ − ρ ⋅ sin ϕ sin θ + ρ ⋅ cos ϕ cos θ y' θ = sin ϕ sin θ ρ ⋅ cos ϕ sin θ + ρ ⋅ sin ϕ cos θ cos θ 0 − ρ sin θ z' θ

)

J 3 = ∫∫∫ x 2 + y 2 + z 2 dxdydz = ∫∫∫ ρ 2 ⋅ ρ 2 sin θ ⋅ dϕ dρ dθ = V

⎛ ρ5 ⎛ R 4 ⎞ 2π π = ∫ dϕ∫ sin θdθ⎜ ∫ ρ dρ ⎟ = ∫ dϕ∫ sin θdθ⎜ ⎜ 5 ⎝0 ⎠ 0 0 0 0 ⎝ 2π

(

)

( )

⎞ 2R 5 2 π π 2 ⎟= ∫ dϕ ∫ sin θdθ = ⎟ 5 0 0 ⎠

2R 5 2 π 4πR 5 2R 5 2 π π2 . = ϕ0 = ∫ dϕ − cos θ 0 = 5 5 5 0 2.1.8. ПРИЛОЖЕНИЕ ТРОЙНЫХ ИНТЕГРАЛОВ К ВЫЧИСЛЕНИЮ ОБЪЕМОВ ТЕЛ Объем пространственной области V вычисляется по формуле

с помощью тройного интеграла

V = ∫∫∫ dv = ∫∫∫ dx dy dz . V

(2.18)

Примеры решения задач ПРИМЕР 2.16. Вычислить объем тела, ограниченного параболическим 2 цилиндром 2z = y и плоскостями 2 x + 3y = 12 ; x = 0 ; z = 0 (рис. 2.26). z

Решение.

2x + 3y = 12 0

A (6;0;0 )

B(0;4;0 )

2 y=− x+4 3

Рис. 2.26

Плоскость 2 x + 3y = 12 проходит параллельно оси 0Z, пересекается с координатной плоскостью X0Y по прямой 2 x + 3y = 12 , с координатной плоскостью Y0Z по прямой BC, с цилиндрической 2z = y 2 по поверхностью линии AC. Проекция получившегося тела на плоскость X0Y (область D xy ) есть треугольник AOB.

По формуле (2.18) искомый объем есть 2 − x +4 3

⎛ ⎞ y 16 V = ∫∫∫ dxdydz = ∫∫ dxdy⎜ ∫ dz ⎟ = ∫∫ dxdy = ∫ dx ∫ y 2 dy = ⎜ 0 ⎟ D 2 20 V D xy 0 xy ⎝ ⎠ ⎛ 3 − 2 x+4 ⎞ 3 6 ⎜ y 3 ⎟ 1 6⎛ 2 1 ⎞ = ∫ dx ⎜ ⎟ = ∫ ⎜ − x + 4 ⎟ dx = 20 ⎜ 3 0 ⎠ ⎟ 6 0⎝ 3 ⎝ ⎠ 6 ⎛ 2 ⎞ ⎜ − x + 4⎟ 3 3 1 ⎛ 2 1⎝ 3 ⎞ ⎛ 2 ⎞ ⎠ − 1 (0 − 4 )4 = 16 (ед3). = − ⋅ ∫ ⎜ − x + 4 ⎟ d⎜ − + 4 ⎟ = − 2 6 ⎝ 3 4 4 16 ⎠ ⎝ 3 ⎠ y2 2

ПРИМЕР 2.17. Вычислить объем тела, ограниченного параболоидом 2 2 вращения z = x + y − 1 и плоскостью z = 1 (рис. 2.27). z z =1

z = x 2 + y2 − 1 0

x 2 + y2 = Формулу (2.18) цилиндрические

−1

Рис. 2.27

Решение. Уравнение параболоида вращения в цилиндрических координатах: 2 z = ρ − 1 . Проекция тела на плоскость X0Y есть круг с центром в начале координат и радиусом, равным 2 , т.е.

V = ∫∫∫ dxdydz =

( 2) . 2

переводим в координаты:

(

)

2π 2 ⎛ 1 ⎞ 1 = ∫∫ ρdρdϕ⎜ ∫ dz ⎟ = ∫∫ ρdρdϕ z ρ2 −1 = ∫ dϕ ∫ ρ 2 − ρ 2 dρ = ⎜ 2 ⎟ D 0 0 D xy xy ⎝ ρ −1 ⎠ 2 ⎞ ⎛⎛ 2 4 2π 2 2π ⎞ ρ ρ 2 ⎜ ⎟ = ∫ dϕ ∫ 2ρ − ρ 3 dρ = ∫ dϕ⎜ ⎜⎜ − ⎟⎟ ⎟ = 2π (ед3). 4 ⎠0 ⎟ ⎜⎝ 2 0 0 0 ⎝ ⎠

(

)

ПРИМЕР 2.18. С использованием тройного интеграла вычислить объем тела: а) заданного в примере 2.10; б) заданного в примере 2.11. 96

x2 2

(

)

= ∫ dx ∫ 4 − y 2 dy = б) V =

32 ; 7

4− x −z

−1

(

−1

x2 2

4− x − z

∫∫∫ dxdydz = ∫ dx ∫ dz ∫ dy = ∫ dx ∫ dz y 0 −1

= ∫ dx ∫ (4 − − x − z )dz =

4− y 2

⎛ ∫∫∫ dxdydz = ∫ dx ∫ dy ∫ dz = ∫ dx ∫ dy⎜⎝ z 0 V 0 0 0 0 0

Решение. а) V = 2

x2 2

4− y 2

⎞⎟ = ⎠

68 . 15

ПРИМЕР 2.19. Вычислить объем тела, ограниченного поверхностью 2

+ y2 + z2

)

= xyz.

Решение. Для вычисления объема перейдем от декартовых к сферическим координатам: x = ρ ⋅ cos ϕ ⋅ sin θ ; y = ρ ⋅ sin ϕ ⋅ sin θ ; z = ρ ⋅ cos ϕ . Уравнение поверхности преобразуется к виду ρ 4 = ρ 3 ⋅ cos ϕ ⋅ sin ϕ ⋅ sin 2 θ ⋅ cos θ . Определим пределы изменения для параметров ϕ, θ, ρ . Так как левая часть уравнения поверхности всегда положительна, то должна быть положительна и правая часть уравнения, то есть наша поверхность определена в I, III, IV и VIII октантах. Причем, в силу симметрии тела, достаточно вычислить объем в I-м октанте и результат умножить на 4. В первом октанте ϕ, θ, ρ изменяются в следующих пределах:

0≤ϕ≤

π π ; 0 ≤ θ ≤ ; 0 ≤ ρ ≤ cos ϕ ⋅ sin ϕ ⋅ sin 2 θ ⋅ cos θ . 2 2

π2

cos ϕ⋅sin ϕ⋅sin 2 θ⋅cos θ

V = 4∫∫∫ ρ sin θ dϕ dθ dρ = 4 ∫ dϕ ∫ sin θ dθ V

∫

ρ 2 dρ =

⎛ 3 cos ϕ⋅sin ϕ⋅sin θ⋅cos θ ⎞ ⎜ρ ⎟ = 4 ∫ dϕ ∫ sin θ dθ⎜ ⎟⎟ = ⎜ 3 0 0 0 ⎝ ⎠ π2 π2 4 = ∫ dϕ ∫ sin θ dx cos 3 ϕ ⋅ sin 3 ϕ ⋅ sin 6 θ ⋅ cos 3 θ = 3 0 0 π2 π2 4 3 3 = ∫ cos ϕ ⋅ sin ϕdϕ ∫ sin 7 θ ⋅ cos 3 θ dθ = 3 0 0 π2 π2 4 3 2 = ∫ sin ϕ 1 − sin ϕ d(sin ϕ) ∫ sin 7 θ ⋅ 1 − sin 2 θ d(sin θ) = 3 0 0 π2

π2

(

)

(

)

(

)

(

)

π2 4π2 3 5 = ∫ sin ϕ − sin ϕ d(sin ϕ) ∫ sin 7 θ − sin 9 θ d(sin θ) = 3 0 0 π2 π2 8 10 4 6 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 ⎜ sin ϕ sin ϕ sin θ sin θ ⎟ ⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟ = = ⎜⎜ − ⋅ ⎜⎜ − ⎜ ⎟ ⎜ 3 ⎝ 4 6 ⎠0 8 10 ⎠ 0 ⎟ ⎝ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 4 ⎛ 1 1 ⎞⎛ 1 1 ⎞ 1 (ед. 3). = ⎜ − ⎟⎜ − ⎟ = 3 ⎝ 4 6 ⎠⎝ 8 10 ⎠ 360

2.1.9. ПРИЛОЖЕНИЯ ТРОЙНЫХ ИНТЕГРАЛОВ К ВЫЧИСЛЕНИЮ МАССЫ, ЦЕНТРА ТЯЖЕСТИ И МОМЕНТОВ ИНЕРЦИИ ТЕЛА Пусть ϕ(M ) - объемная плотность распределения массы в точке

M (x , y, z ) тела V, тогда масса тела m, координаты центра тяжести (x c , y c , z c ) и моменты инерции тела относительно осей 0X, 0Y, 0Z и начала координат 0, вычисляются по формулам

m = ∫∫∫ ϕ(M )dv = ∫∫∫ ϕ(x , y, z )dxdydz ; V

xc =

(2.19)

m yz m

yc =

;

m xz ; m

zc =

m xy m

(2.20)

где m yz , m xz , m xy - статические моменты тела относительно координатных плоскостей, вычисляются по формулам m yz = ∫∫∫ xϕ(x, y, z )dxdydz ; m xz = V

m xy = ∫∫∫ zϕ(x, y, z )dxdydz ;

∫∫∫ yϕ(x, y, z )dxdydz ; V

( ) = ∫∫∫ (x + z )ϕ(x, y, z )dxdydz ; = ∫∫∫ (x + y )ϕ(x , y, z )dxdydz ; = ∫∫∫ (x + y + z )ϕ(x , y, z )dxdydz .

I 0 x = ∫∫∫ y 2 + z 2 ϕ(x , y, z )dxdydz ; V

I 0y I 0z I0

(2.21)

(2.22)

Примеры решения задач ПРИМЕР

2.20.

Найти

массу

тела, образованного сферической 2 2 2 2 поверхностью x + y + z = R и параболоидом вращения x 2 + y 2 = Rz , если ϕ(x , y, z ) = z (рис. 2.28). Решение. По формуле (2.19) m = ∫∫∫ z dxdydz .

x 2 + y2 + z2 = R 2 x 2 + y 2 = Rz

цилиндрическим

y = ρ ⋅ sin ϕ ; x = ρ ⋅ cos ϕ ; z = z, тогда 0 ≤ ϕ ≤ 2π ;

Рис. 2.28

(

Перейдем координатам

)

1 2 1 x + y 2 ≤ z ≤ + R 2 − x 2 − y 2 или ρ 2 ≤ z ≤ + R 2 − ρ 2 . R R Для нахождения пределов изменения ρ необходимо найти линию пересечения x 2 + y2 + z2 = R 2 и x 2 + y 2 = Rz , эта линия поверхностей R2 2 2 x +y = 5 −1 в цилиндрических координатах имеет вид 2 R 5 −1 R2 2 ρ = 5 − 1 , т.е. ρ = 5 − 1 , итак 0 ≤ ρ ≤ R . 2 2 2

(

)

2π

m = ∫∫∫ ρz dϕdρdz = ∫ dϕ V

5 −1 2

R 2 −ρ 2

2π

5 −1 2

⎛ ⎜ z2 ∫ ρdρ⎜ 0 ⎜ 2 ⎝

∫ ρdρ 2∫ z dz = ∫ dϕ

ρ R

R 2 −ρ 2

ρ2 R

⎛ 2 ⎛R ρ ρ ⎞ ρ ρ ⎞ 1 2 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ − ρ − ρ ρ = ϕ − − d R d ∫ ⎜ ∫ ⎜ 2 ⎟ 2 ⎟ 2 2 4 R 6 R 0 0 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠0 2 3 4 4 ⎞ ⎞ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ − 1 2 π ⎛⎜ R 2 5 1 R 5 1 R 5 1 − − ⎟⎟ ⎟ = ⎟⎟ − ⎜⎜ ⎟⎟ − ⎜⎜ = ∫ dϕ ⋅ R 2 ⎜⎜ 20 ⎜ 2 6 ⎝ 2 ⎠ ⎟ ⎝ 2 ⎠ 4 ⎝ 2 ⎠ ⎝ ⎠ 5 5−7 4 = R ⋅ 2π . 48 =

2π

1 ∫ dϕ 20

2π

⎞ ⎟ ⎟= ⎟ ⎠ 5 −1 2

ПРИМЕР 2.21. Найти координаты центра тяжести пирамиды, образованной плоскостью x + y + z = 1 и координатными

плоскостями, (рис. 2.29).

z =1− x − y 1 B

Решение. Проекцией плоскости x + y + z = 1 на плоскость X0Y является треугольник AOB. Координаты центра тяжести вычисляем по формулам (2.20):

y =1− x

ϕ(x , y, z ) = y

если

Рис. 2.29

1− x

1− x − y

1− x

m = ∫∫∫ ydxdydz = ∫ dx ∫ y dy ∫ dz = ∫ dx ∫ y dy(1 − x − y ) = V

1− x

⎛ y 2 xy 2 y 3 ⎞ 2 = ∫ dx ∫ y − xy − y dy = ∫ dx ⎜⎜ − − ⎟⎟ 2 2 3 ⎠0 0 0 0 ⎝

(

)

1− x

= 1

4 ⎛ (1 − x )3 (1 − x )3 ⎞ 1 (1 − x ) 1 11 3 ⎜ ⎟ − = − ( − ) ( − ) = − ⋅ = + ; 1 x d 1 x dx ∫ ⎜ ∫ ⎟ 6 4 24 2 3 6 0 0 ⎝ ⎠ 0 1− x − y 1 1− x 1 1− x 1 xc = ∫∫∫ xy dxdydz = 24∫ x dx ∫ y dy ∫ dz = 24∫ x dx ∫ y dy(1 − x − y ) = 1 24 V 0 0 0 0 0

1− x

⎛ y 2 y3 ⎞ 2 = 24∫ x dx ∫ (1 − x )y − y dy = 24∫ x dx⎜⎜ (1 − x ) − ⎟⎟ = 2 3 0 0 0 ⎝ ⎠0 1 1 1 ⎛ (1 − x )3 (1 − x )3 ⎞ 3 ⎟ ⎜ = 4∫ x 1 − x dx = 4 ∫ x − 3x 2 + 3x 3 − x 4 dx = = 24 ∫ x dx ⎜ − ⎟ 3 ⎠ 0 0 0 ⎝ 2 1

1− x

(

)

(

)

(

⎛ x 2 3x 3 3x 4 x 5 ⎞ 1 = 4⎜⎜ − + − ⎟⎟ = ; 3 4 5 ⎠0 5 ⎝ 2 1− x − y 1− x 1− x 1 2 2 2 yc = y dxdydz = 24 dx y dy dz = ; ∫∫∫ ∫ ∫ ∫ 1 24 V 5 0 0 0 1− x − y 1 1− x 1 1 zc = z dxdydz = 24 dx y dy dz = . ∫∫∫ ∫ ∫ ∫ 1 24 V 5 0 0 0 100

)

ПРИМЕР 2.22. Определить момент инерции однородного шара радиуса R и плотности ϕ(x , y, z ) относительно касательной прямой (рис. 2.30). z

Решение. Поместим начало координат в точку касания. Ось 0X направим по касательной, ось 0Y будет находится в касательной плоскости, ось 0Z направим по диаметру шара. И тогда будем находить моменты инерции I 0 x . Уравнение сферы относительно выбранной системы координат имеет вид

R x

x 2 + y 2 + (z − R ) − R 2 или 2

z − R ± R 2 − x 2 − y2 . Момент инерции I 0 x вычислим по

Рис .2.30

формулам (2.21). Так как шар однородный, то плотность есть постоянная величина ϕ(x , y, z ) = C . Вычисление интеграла проведем в цилиндрических

(

)

координатах: I 0 x = C ∫∫∫ ρ sin ϕ + z ρdρdϕdz = V

2π

= C ∫ dϕ ∫ ρdρ

R + R −ρ

∫

R − R −ρ

(ρ

)

sin 2 ϕ + z 2 dz =

R + R 2 −ρ 2 ⎞ ⎛ 3 ⎟ ⎜⎛ z ⎞ = C ∫ dϕ ∫ ρdρ⎜ ⎜⎜ zρ 2 sin 2 ϕ + ⎟⎟ ⎟= 3 0 0 ⎜⎝ ⎠ R − R 2 −ρ 2 ⎟ ⎝ ⎠ 2π R 1 ⎛ = C ∫ dϕ ∫ ⎜ ρ 2 sin 2 ϕ R + R 2 − ρ 2 − R + R 2 − ρ 2 + R + R 2 − ρ 2 3 0 0⎝ 2π R 3 2 2 2 ⎞ − R − R − ρ ⎟ρdρ = 2C ∫ sin ϕdϕ ∫ ρ 2 R 2 − ρ 2 ρdρ + ⎠ 0 0 3 6CR 2 2 π R 2C 2 π R 2 2 2 2 d R d + ϕ − ρ ρ ρ + d ϕ R − ρ ρdρ = ∗ . ∫ ∫ ∫ ∫ 3 3 0 0 0 0 2π

(

) (

)

(

)

()

Рассмотрим внутренние интегралы. В первом интеграле сделаем замену

R 2 − ρ 2 = t ⇒ R 2 − ρ 2 = t 2 ⇒ 2ρdρ = −2 t dt ⇒

переменной: R

∫ρ

(

)

(

)

R − ρ ρdρ = ∫ R − t ⋅ t ⋅ (− tdt ) = − ∫ + R 2 t 2 − t 4 dt = 2

101

(

)

t5 4 2 2 = ∫ − t + R t dt = − 5 0 R

3 2t +R 3

− R 5 R 5 + 2R 5 = + = . 5 3 15

Во втором интеграле произведем преобразования внутри дифференциала:

(

1R 2 2 2 2 ∫ R − ρ ρdρ = − ∫ R − ρ 20 0

(

1 = − R2 −ρ 3

3 R 2 2

)

(

) d(R 1 2

− ρ2

)

(

1 R 2 − ρ2 =− 2 32

)

32 R

= 0

)

1 R3 3 = − 0−R = . 3 3

В третьем интеграле произведем преобразования, аналогичные тем, что сделаны во втором интеграле: 2 2 2 2 ∫ (R − ρ ) ρdρ = − ∫ (R − ρ )

1 20

=−

(

( Итак, возвращаясь к ( ):

1 2 R − ρ2 5

)

52 R 0

=−

)

(

)

d R 2 − ρ2 = −

(

)

R 2 52

1 R −ρ 2 52

1 R 0 − R5 = . 5 5 ∗

+ 4R 5 2 π 2 2cR 5 2 π 2cR 5 2 π = C ∫ sin ϕdϕ + ∫ dϕ + ∫ dϕ = 15 0 15 3 0 0 + 4R 5 2 π 1 − cos 2ϕ 2cR 5 2cR 5 = C ∫ dϕ + ⋅ 2π + ⋅ 2π = 15 15 2 3 0 5 + 4R 4R 5 c 24 1 2π ⎛ 1 2π ⎞ 24 5 = π + cR 5 π = C ⎜ ∫ dϕ − ∫ cos 2ϕd(2ϕ)⎟ + cR π = + 15 15 40 15 ⎝2 0 ⎠ 15 28 = R 5 ⋅ C ⋅ π. 15 z c

0 a

Рис. 2.31

ПРИМЕР 2.23. Определить момент инерции относительно вершины прямоугольного параллелепипеда с ребрами a,b,c, если плотность его в каждой точке пропорциональна квадрату расстояния точки от этой вершины: ϕ(x , y, z ) = k x 2 + y 2 + z 2 , где k заданный коэффициент пропорциональности (рис. 2.31).

(

)

Решение. В соответствии с формулой (2.22) подставив ϕ(x, y, z ), имеем 102

(

I 0 = k ∫∫∫ x + y + z a

V b

((

= k ∫ dx ∫ dy ∫ x 2 + y 2

) dxdydz = k ∫ dx ∫ dy∫ (x

2 3

)

(

)

+y +z

) dz =

)

+ 2 x 2 + y 2 z 2 + z 4 dz =

3 c 5 с ⎞ ⎛ c 2 z z ⎟= = k ∫ dx ∫ dy⎜ x 2 + y 2 z + 2 x 2 + y 2 + ⎜ 0 3 0 5 0⎟ 0 0 ⎝ ⎠ a b k ⋅ c5 a b 2 3a b 2 2 2 2 2 = сk ∫ dx ∫ x + y dy + kc ∫ dx ∫ x + y dy + ∫ dx ∫ dy = 3 5 0 0 0 0 0 0 a

(

)

(

)

(

)

y3 ⎞ k ⋅ c5 2 3a ⎛ 2 4 2 2 4 ab = = сk ∫ dx ∫ x + 2 x y + y dy + kc ∫ dx ⎜⎜ x y + ⎟⎟ + 3 3 ⎠0 5 0 0 0 ⎝ a

(

)

3 ⎛ 4 k ⋅ c5 y5 ⎞ 2 3 a ⎛ 2 b3 ⎞ 2 y ab = = сk ∫ dx ⎜⎜ x y + 2 x + ⎟⎟ + kc ∫ ⎜⎜ bx + ⎟⎟dx + 3 5 3 3 5 0 0⎝ ⎠ ⎝ ⎠0 a

a⎛

2 3 2 b5 ⎞ 2 3 ⎛ x 3 b3 4 = сk ∫ ⎜⎜ bx + b x + ⎟⎟dx + kc ⎜⎜ b + 3 5 ⎠ 3 3 0⎝ ⎝ 3

⎞ k ⋅ c5 x ⎟⎟ + ab = 5 ⎠0

⎛ x 5 2 3 x 3 b5 ⎞ 2 3 ⎛ a 3 b3 ⎞ k ⋅ c5 = сk⎜⎜ b + b + x ⎟⎟ + kc ⎜⎜ b + a ⎟⎟ + ab = 5 3 3 5 3 3 3 5 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠0 ⎛ a5 2 2 3 b4 ⎞ 2 3 k ⋅ c5 2 2 = сkb⎜⎜ + b a + a ⎟⎟ + kc ab a + b + ab = 5 9 5 9 5 ⎝ ⎠

(

)

⎛ a4 2 2 2 1 4 2 2 2 c4 ⎞ 2 = сkab⎜⎜ + a b + b + ⋅ c a + b + ⎟⎟ = 5 9 5⎠ ⎝ 5 9 2 ⎛1 ⎞ = сkab⎜ a 4 + b 4 + c 4 + a 2 b 2 + a 2 c 2 + b 2 c 2 ⎟. 9 ⎝5 ⎠

(

)

) (

)

2.2. КРИВОЛИНЕЙНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ Если функция F(M ) непрерывна в каждой точке дуги AB и если разбить эту дугу произвольным образом на n частичных дуг длиною Δl1 , Δl 2 , ... , Δl n , выбрать в каждой из них по одной произвольной точке M 1 , M 2 ,..., M n , вычислить значения функции в этих точках и составить сумму n

F(M 1 ) ⋅ Δl1 + ... + F(M n ) ⋅ Δl n = ∑ F(M i ) ⋅ Δl i , i =1

103

(2.23)

то эта сумма называется интегральной суммой функции F(M ) по дуге AB.. Интегральная сумма зависит как от способа разбиения дуги AB, так и от выбора точек M i , т.е. для всякой непрерывной функции F(M ) и всякой дуги, где эта функция определена, можно составить бесчисленное множество интегральных сумм. Но при неограниченном увеличении n и при стремлении к нулю наибольшей из частных дуг все эти интегральные суммы имеют один общий предел. ОПРЕДЕЛЕНИЕ. Предел интегральной суммы (2.23) называется криволинейным интегралом и обозначается ∫ F(M )dl . Ab

Основные свойства криволинейного интеграла: 1. Постоянный множитель можно вынести за знак интеграла. 2. Интеграл от суммы функции равен сумме интегралов. 3. Дугу интегрирования AB можно разбить на части, и тогда интеграл по дуге AB равен сумме интегралов по этим частям дуг. Замечание. Обыкновенный (определенный) интеграл является частным случаем криволинейного интеграла, у которого линией интегрирования служит прямолинейный отрезок оси координат. Криволинейные интегралы делятся на интегралы по длине дуг и по координатам. 2.2.1. Криволинейные интегралы первого рода или по длине дуги, их вычисление 2

Рассмотрим двухмерное пространство R . Если дуга AB задана явным уравнением y = f (x ) , a ≤ x ≤ b , то формула для дифференциала дуги в этом случае принимает вид

dl =

(dx )

+ (dy )

⎛ dy ⎞ 2 = 1 + ⎜ ⎟ ⋅ dx = 1 + (f ' (x )) ⋅ dx , ⎝ dx ⎠

(2.24)

и криволинейный интеграл сводится к определенному интегралу с переменной величиной x вида b

2 ∫ F(x, y )dl = ∫ F(x; f (x )) 1 + (f ' (x )) ⋅ dx .

(2.25)

Если дуга AB задана явным уравнением x = ϕ(y ) , c ≤ y ≤ d , то формула для dl в этом случае принимает вид

dl =

(dx )

+ (dy )

⎛ dx ⎞ = ⎜⎜ ⎟⎟ + 1 ⋅ dy = ⎝ dy ⎠ 104

(ϕ' (y ))2 + 1 ⋅ dy ,

(2.26)

и криволинейный интеграл сводится к определенному интегралу с переменной величиной y вида d

2 ∫ F(x; y )dl = ∫ F(ϕ(y ); y ) (ϕ' (y )) + 1 ⋅ dy .

(2.27)

Если дуга AB задана параметрическими уравнениями x = x (t ) , y = y(t ) α ≤ t ≤ β , то формула для dl принимает вид

(dx )2 + (dy )2 = (x ' (t ) ⋅ dt )2 + (y' (t ) ⋅ dt )2 (x ' (t ))2 + (y' (t ))2 ⋅ dt ,

dl = =

(2.28) и криволинейный интеграл сводится к определенному интегралу с переменной величиной t вида: β

2 2 ∫ F(x; y )dl = ∫ F(x (t ); y(t )) ⋅ (x ' (t )) + (y' (t )) ⋅ dt .

(2.29)

Если дуга AB задана уравнением в полярных координатах ρ = ρ(ϕ) ,

ϕ1 ≤ ϕ ≤ ϕ 2 , dl = ρ 2 + (ρ') ⋅ dϕ и 2

ϕ2

2 2 ∫ F(x; y )dl = ∫ F(ρ cos ϕ; ρ ⋅ sin ϕ) ρ + (ρ') dϕ .

(2.30)

ϕ1

Рассмотрим трехмерное пространство R . В этом случае самой простой формой задания дуги является параметрическое, поэтому рассмотрим только этот случай. Итак, дуга AB задана параметрическими уравнениями x = x (t ) , y = y(t ) , z = z(t ) , α ≤ t ≤ β . В этом случае формула для вычисления дифференциала дуги имеет вид

(dx )2 + (dy )2 + (dz )2 = (x ' (t ) ⋅ dt )2 + (y' (t ) ⋅ dt )2 + (z' (t ) ⋅ dt )2 (x ' (t ))2 + (y' (t ))2 + (z' (t ))2 ⋅ dt

dl = =

(2.31)

и криволинейный интеграл сводится к определенному интегралу с переменной величиной t вида β

2 2 2 ∫ F(x; y; z )dl = ∫ F(x (t ); y(t ); z(t )) ⋅ (x ' (t )) + (y' (t )) + (z' (t )) ⋅ dt .

(2.32)

Замечание. При вычислении криволинейного интеграла первого рода (т.е. по длине дуги) необходимо учитывать теорему о независимости от направления пути интегрирования: ∫ F(x; y )dl = ∫ F(x; y )dl . AB

Обычно криволинейный интеграл зависит от вида линии интегрирования. Взятый вдоль разных линий, соединяющих точки A и B, он будет иметь 105

различные значения. Но есть случаи криволинейных интегралов, которые не зависят от линии интегрирования. Условие независимости криволинейного интеграла от пути интегрирования Если в некоторой односвязной области D ⊂ R выражение X(x , y )dx + 2

+ Y(x; y )dy является полным дифференциалом некоторой функции u (x , y ) ⎛ ⎞ ∂u (x , y ) ∂u (x, y ) ⎜⎜ т.е. du (x , y ) = X(x , y ) + Y(x , y )dy = то ⋅ dx + ⋅ dy ⎟⎟ , ∂ x ∂ y ⎝ ⎠ криволинейный интеграл ∫ X(x , y )dx + Y(x; y )dy не зависит от линии AB

интегрирования, соединяющей точки A и B, а взятый по любой замкнутой линии, пролегающей в области D, равен нулю. Выражение X(x, y )dx + Y(x; y )dy будет полным дифференциалом функции u = u (x, y ) в

∂X(x , y ) ∂Y(x , y ) и непрерывны в этой ∂y ∂x ∂X(x , y ) ∂Y(x , y ) = . области и выполняется условие ∂y ∂x области D, если X(x , y ) , Y(x , y ) ,

Примеры решения задач ПРИМЕР 2.24. Вычислить криволинейный интеграл ∫ (x + y )dl , где l - контур треугольника с

y B(0;1)

вершинами O(0;0 ) ; A(1;0 ) ; B(0;1) (рис. 2.32).

A(1;0 )

Решение. Поскольку контур l(OABO) состоит из трех отрезков OA; AB и BO, то интеграл представим в виде суммы трех интегралов:

Рис. 2.32 (A )

(B )

(O )

(A )

(B )

∫ (x + y )dl = ∫ (x + y )dl + ∫ (x + y )dl + ∫ (x + y )dl = J OA + J AB + J BO . l

1) Вычислим интеграл J OA . Для этого необходимо знать уравнение прямой, на которой лежит отрезок OA. Это уравнение y = 0 . Тогда по формуле (2.14) dl = 1 ⋅ dx . Итак:

106

(A )

x2 1 . J OA = ∫ (x + y )dl = ∫ (x + 0 ) 1 ⋅dx = ∫ xdx = 2 02 (O ) 0 0 2) Вычислим интеграл J AB . равнение прямой, проходящей через точки x − xA y − yA x −1 y − 0 A(1;0 ) и B(0;1) : , тогда = или y = − x + 1 . = 0 −1 1− 0 x B − x A yB − yA dl вычислим как в предыдущем случае Дифференциал дуги 1

(B )

dl = 1 + (y') dx = 1 + (− 1) dx = 2dx . Итак: J AB = ∫ (x + y )dl + 2

(A )

(B )

+ ∫ (x + y )dl = ∫ (x + (− x + 1)) 2dx = 2 ∫ dx = 2 x 0 = + 2 . 1

3) Вычислим интеграл J BO . Уравнение оси 0Y есть x = 0 , поэтому для дифференциала дуги dl используем формулу (2.26). Поскольку уравнение пути x = ϕ(y ) = 0 , то ϕ' (y ) = 0 . Тогда интеграл J BO вычисляем следующим образом: J BO =

(O )

(B )

(O )

∫ (x + y )dl = ∫ (x + y )dl = ∫ (0 + y ) ⋅

y2 = ∫ ydy = 2 0 1

0 2 + 1 dy =

1 =+ . 2

Окончательно результат имеет вид

1 1 + 2 + = 1+ 2 . 2 2 l 2 2 ПРИМЕР 2.25. Вычислить ∫ xy x + y dl , y

∫ (x + y )dl = J OA + J AB + J BO

(

)

l - четверть окружности x = R cos t ; y = R sin t , x ≥ 0 ; y ≥ 0 (рис. 2.33).

где

Решение. Кривая интегрирования задана параметрическими уравнениями, поэтому для вычисления интеграла воспользуемся формулой (2.29):

B(0; R )

A(R ;0 )

Рис. 2.33

2 2 2 2 ∫ xy(x + y )dl = ∫ R cos t ⋅ R sin t (R cos t + R sin t )× 2

π2

R5 π 2 × (− R sin t ) + (R cos t ) ⋅ dt = R ∫ cos t ⋅ sin t dt = ∫ sin 2t dt = 5 0 0 5 π2 5 5 R R R R5 π2 = (− cos 2t ) 0 = (− cos π + cos 0) = . ∫ sin 2t d(2t ) = 4 0 4 4 2 2

π2

107

dl , где l - отрезок прямой в ∫ x + y + z l 3 пространстве R , соединяющий точки A(1;1;1) и B(3;2;4 ) . 3 Решение. В пространстве R прямая линия, проходящая через две x −1 y −1 = = заданные точки, описывается каноническими уравнениями: 3 −1 2 −1 z −1 x −1 y −1 z −1 = , т.е. = = или параметрическими уравнениями: 4 −1 2 1 3 x = 2t + 1; y = t + 1; z = 3t + 1 . Поэтому для вычисления интеграла ПРИМЕР 2.26. Вычислить

воспользуемся

формулой

(2.32):

2 2 + 12 + 3 2 dt = (2t + 1) + (t + 1) + (3t + 1)

1 dl =∫ ∫ x y z + + l 0

1 14 6 t + 3 dt 14 1 − 2 ( ) ( ) = 14 ∫ = + + = = 6 t 3 d 6 t 3 ∫ 6 0 , 5 6 + 6 t 3 0 0 0 1

14 3

(

)

9− 3 =

(

)

14 3− 3 . 3

2.2.2. Применение криволинейного интеграла первого рода 1. Криволинейный интеграл первого рода

∫ F(M )dl = m

(2.33)

численно выражает массу материальной дуги AB, если функция F(M) есть линейная плотность. 2. Длину дуги AB вычисляем по формуле L = ∫ dl . (2.34) AB

3. Статические моменты для дуги AB в пространстве R относительно координатных осей 0X, 0Y, 0Z, координатных плоскостей X0Y, Y0Z, X0Z и начала координат вычисляются по формулам

M 0 X = ∫ y 2 + z 2 ⋅ F(x , y, z )dl ; AB

M 0 Y = ∫ x 2 + z 2 ⋅ F(x , y, z )dl ; AB

M 0 Z = ∫ x 2 + y 2 ⋅ F(x , y, z )dl ; AB

M X 0 Y = ∫ z ⋅ F(x , y, z )dl ; AB

108

(2.35)

M Y 0 Z = ∫ x ⋅ F(x , y, z )dl ;

(2.36)

M X 0 Z = ∫ y ⋅ F(x, y, z )dl ; AB

M 0 = ∫ x 2 + y 2 + z 2 ⋅ F(x, y, z )dl . AB

Здесь F(x , y, z ) есть линейная плотность. 4. Координаты центра тяжести материальной дуги AB в пространстве R вычисляются по формулам

M XOZ M XOY M YOZ ; yc = ; zc = , (2.37) m m m где m – масса дуги; M YOZ , M XOZ , M XOY - см. формулы (2.36). 3 5. Моменты инерции дуги AB в пространстве R относительно осей 0X, xc =

0Y, 0Z, координатных плоскостей XOY, YOZ, XOZ и начала координат вычисляются по формулам I 0 X = ∫ y 2 + z 2 F(x , y, z )dl ;

( = ∫ (x = ∫ (x AB

I 0Y

I 0Z

+ z2

+ y2

) )F(x, y, z )dl ; )F(x, y, z )dl ;

(2.38)

I X 0 Y = ∫ z F(x , y, z )dl ;

I Y 0 Z = ∫ x 2 F(x, y, z )dl ;

I X 0 Z = ∫ y F(x , y, z )dl ;

I 0 = ∫ x + y 2 + z 2 F(x, y, z )dl . (2.39)

AB 2

(

)

Здесь F(x , y, z ) есть линейная плотность. Примеры решения задач 2

ПРИМЕР 2.27. Найти длину линии, заданной уравнениями x = 3y ,

2 xy = 9z от A(0;0;0 ) до B(3;3;2 ) .

Решение. Кривая AB есть часть линии, по которой пересекаются 2 поверхности x = 3y и 2 xy = 9z . Выведем параметрические уравнения

t2 2 t2 2 3 и x = ⋅t⋅ = t .Так как данной линии: полагаем x = t , тогда y = 3 9 3 27 t = x , то 0 ≤ t ≤ 3 . По формулам (2.34) и (2.31): (B )

3 4 4 ⎛ 2t ⎞ ⎛ 6 2 ⎞ l = ∫ dl = ∫ (1) + ⎜ ⎟ + ⎜ t ⎟ dt = ∫ 1 + t 2 + t 4 dt = 9 81 ⎝ 3 ⎠ ⎝ 27 ⎠ (A ) 0 0 3

109

3 3 23 2 2 t3 3 ⎛ 2 2⎞ ⎛ 2 2⎞ = ∫ ⎜1 + t ⎟ dt = ∫ ⎜1 + t ⎟dt = ∫ dt + ∫ t dt = t 0 + 9 ⎠ 9 ⎠ 90 9 3 0 ⎝ 0⎝ 0 2 33 = 3 + ⋅ = 5. 9 3 3

= 0

x +y =R , ПРИМЕР 2.28. Найти массу полуокружности расположенной в верхней полуплоскости, если плотность ее в каждой точке пропорциональна кубу ординаты этой точки. 3 Решение. Линейная плотность кривой F(x , y ) = k ⋅ y , где k коэффициент пропорциональности. Уравнение полуокружности в полярных координатах ρ = R ; 0 ≤ ϕ ≤ π . Массу вычисляем по формулам (2.33) и (2.30): 2

m = ∫ F(x , y )dl = ∫ k ⋅ (ρ sin ϕ) AB

ρ 2 + (ρ') dϕ =

= ∫ k ⋅ R sin ϕ R dϕ = k ⋅ R ∫ sin ϕdϕ = −k ⋅ R ∫ sin 2 ϕd(cos ϕ) = 3

π 3 ⎛ ⎞ ϕ cos π ⎜ ⎟= = −k ⋅ R ∫ 1 − cos ϕ d(cos ϕ) = −k ⋅ R cos ϕ 0 − ⎜ 3 0⎟ 0 ⎝ ⎠ 2⎞ 4 ⎛ = −k ⋅ R 4 ⎜ − 2 + ⎟ = k ⋅ R 4 . 3⎠ 3 ⎝ 4

(

)

ПРИМЕР 2.29. Найти моменты инерции одного витка однородной винтовой линии x = a cos t ; y = a sin t ; z =

h t ; 0 ≤ t ≤ 2π относительно 2π

оси 0X, плоскости X0Y и начала координат. Решение. Поскольку линия однородна, то линейную плотность можно принять за константу, т.е. F(x , y, z ) = 1 . По формулам (2.38), (2.31)

I 0X

⎛ 2 h2 2 ⎞ 2 = ∫ y + z dl = ∫ ⎜⎜ a sin t + 2 t ⎟⎟ × 4π AB 0⎝ ⎠

(− a sin t )

(

)

2π

+ (a cos t )

⎛ h ⎞ + ⎜ ⎟ dt = ⎝ 2π ⎠

⎛ 2 h2 2 ⎞ h2 2 2 = ∫ ⎜⎜ a sin t + 2 t ⎟⎟ ⋅ a + dt = 4π 4π 0⎝ ⎠ h 2 ⎛ 2 2π 2 h 2 2π 2 ⎞ 2 = a + ⎜⎜ a ∫ sin tdt + 2 ∫ t dt ⎟⎟ = 4π ⎝ 0 4π 0 ⎠ 2π

110

2π

h 2 ⎛⎜ 2 h 2 t 3 ⎞⎟ 2 = a + = a ∫ (1 − cos 2t )dt + 2 ⋅ 4π ⎜ 3 0 ⎟ π 4 ⎝ ⎠ 2π 2 ⎛ 2 2 8π 3 ⋅ h 2 ⎞⎟ h a a 2 π 2 ⎜ = t 0 − sin 2 t + = a + 2 ⎟ ⎜ 4π 2 4 12π ⎠ 0 ⎝ h2 ⎛ 2 2 2 2 ⎞ 2 = a + ⎜ 2π a + πh ⎟ = . По формулам (2.38), (2.31) 4π ⎝ 3 ⎠ I X0Y

h2 2 2 h2 h2 h 2 2π 2 2 = ∫ z dl = ∫ 2 t a + 2 dt = 2 a + 2 ∫ t dt = 4π 4π 4π 0 AB 0 4π 2π

h2 h2 t3 2 = 2 a + 2 ⋅ 4π 4π 3

2π

h2 h 2 8π 3 2 2 2 h 2 2 = 2 a + 2 ⋅ = πh a + 2 3 3 4π 4π 4π

h2 2 ⎞ 2 h2 I 0 = ∫ x + y + z dl = ∫ ⎜⎜ a + 2 t ⎟⎟ a + 2 dt = 4π 4π AB 0⎝ ⎠ 2 ⎛ 2 3 2π ⎞ h h t h2 ⎛ 2π 2 ⎞ 2 π 2 2 2 ⎜ ⎟ = a + 2 a t0 + 2 ⋅ = a + 2 ⎜ 2πa 2 + h ⎟= 3 4π ⎜⎝ 4π 3 0 ⎟⎠ 4π ⎝ ⎠ h2 ⎞ 2 2 2⎛ 2 = 4π a + h ⎜⎜ a + ⎟⎟ . 3 ⎠ ⎝

(

)

2 π⎛

2.2.3. Криволинейные интегралы второго рода или по координатам, их вычисление 2

Рассмотрим двухмерное пространство R . Если дуга AB задана явным уравнением y = f (x ) , a ≤ x ≤ b , то криволинейный интеграл по координатам сводится к определенному интегралу с переменной x :

∫ X(x, y )dx + Y(x, y )dy =

AB b

= ∫ X(x , f (x ))dx + Y(x, f (x )) ⋅ f ' (x ) ⋅ dx = a b

= ∫ (X(x, f (x )) + Y(x , f (x )) ⋅ f ' (x ))dx . a

111

(2.40)

Если дуга AB задана явным уравнением x = ϕ(y ) , c ≤ y ≤ d , то криволинейный интеграл по координатам сводится к определенному с переменной y:

∫ X(x, y )dx + Y(x, y )dy =

AB d

= ∫ (X(ϕ(y ), y ) ⋅ ϕ' (y ) + Y(ϕ(y ), y ))dy .

(2.41)

Если дуга AB задана параметрическими уравнениями x = x (t ) , y = y(t ) , α ≤ t ≤ β , то интеграл сводится к определенному с переменной t:

∫ X(x, y )dx + Y(x, y )dy =

AB d

= ∫ (X(x (t ), y(t )) ⋅ x ' (t ) + Y(x (t ), y(t )) ⋅ y' (t ))dt .

(2.42)

Замечание. В отличие от криволинейного интеграла первого рода интеграл второго рода при изменении направления пути интегрирования изменяет свой знак на противоположный. Примеры решения задач 2 2 2 ∫ 2(x − y )dx + (x + y ) dy ,

ПРИМЕР 2.30. Вычислить

где l - контур

прямоугольника 1 ≤ x ≤ 4 ; 0 ≤ y ≤ 2 . Решение. Поскольку контур прямоугольника состоит из четырех отрезков AB; BC; CD и DA, уравнения которых y = 0 ; x = 4 ; y = 2 и x = 1, то (B )

2 2 2 ∫ 2(x − y )dx + (x + y ) dy = ∫ 2(x − y )dx + (x + y ) dy + 2

(C )

(A )

(

)

(D )

(

)

= ∫ 2 x − y dx + (x + y ) dy + ∫ 2 x 2 − y 2 dx + (x + y ) dy + (B ) (C )

(

(C )

)

(

)

+ ∫ 2 x − y dx + (x + y ) dy = ∫ 2 x 2 − 0 2 dx + (x + 0) ⋅ 0 + (D ) 2

(

)

(

)

= ∫ 2 4 2 − y 2 ⋅ 0 + (4 + y ) dy + ∫ 2 x 2 − 2 2 dx + (x + 2 ) ⋅ 0 + 2

(

)

3 4

x = ∫ 2 1 − y ⋅ 0 + (1 + y ) dy = 2 3 2 2

3 2

(4 + y ) +

112

⎛ x3 + 2⎜ ⎜ 3 ⎝

⎞ − 4x 4 ⎟ + ⎟ ⎠ 1

3 ( 1 + y) +

⎛ 1 43 ⎞ 1 33 ⎛ 43 1 ⎞ 63 43 = 2⎜⎜ − ⎟⎟ + − + 2⎜⎜ − − 4 + 16 ⎟⎟ + − = 3 3 2 ⎝3 3 ⎠ 3 3 ⎝ 3 3⎠ 3 64 2 64 1 = 42 + 72 − + − 2 ⋅ + 24 + − 9 = 66 . 3 3 3 3 2 ПРИМЕР 2.31. Вычислить ∫ xdx + x ydy + (x − y + 4 )dz , где AB – AB

отрезок, соединяющий точки A(1;−1;2 ) и B(4;1;3) . Решение. Выведем параметрические уравнения прямой, проходящей

x −1 y +1 z − 2 x −1 y +1 z − 2 = = , т.е. = = = t , тогда 3 2 1 4 −1 1+1 3 − 2 x = 3t + 1; y = 2 t − 1 ; z = t + 2 , 0 ≤ t ≤ 1. Итак

через точки A и B :

(

2 ∫ xdx +x ydy + (x − y + 4)dz = ∫ (3t + 1) ⋅ 3 + (3t + 1) ⋅ (2t − 1) ⋅ 2 +

(

)

+ (3t + 1 − 2 t + 1 + 4 ) ⋅ 1)dt = ∫ 9t + 3 + 36 t 3 + 6 t 2 − 10 t − 2 + t + 6 dt = 1

(

)

t4 3 2 = ∫ 36 t + 6 t + 7 dt = 36 4 0 1

t3 +6 3

ПРИМЕР 2.32. Вычислить

1 1

+ 7 t 0 = 9 + 2 + 7 = 18 . 0

2 ∫ (x − y )dx − 2xy dy , где l 2

- произвольный

замкнутый контур, соединяющий точки A(1;0 ) и B(0;1) внутри окружности

x 2 + y2 = 4. Решение. Область D, являющаяся внутренностью окружности x + y 2 = 4 , содержит внутри себя точки A и B. в этой области функции 2

X(x, y ) = x 2 − y 2 и Y(x, y ) = −2 xy являются непрерывными вместе со ∂X(x , y ) ∂Y(x , y ) = −2 y и = −2 y . Значит, своими частными производными ∂y ∂x все требования условия независимости криволинейного интеграла от пути 2 2 интегрирования выполнены и ∫ x − y dx − 2 xy dy = 0 .

(

)

113

ПРИМЕР 2.33. Вычислить

∫ 2 y sin 2x dx − cos 2x dy

⎛π ⎝4

⎞ ⎠

от т. M⎜ ;2 ⎟

⎛π ⎞ ⎝6 ⎠

до т. N⎜ ;1⎟ : а) по прямой линии; б) по контуру MKN, состоящему из двух

⎛ ⎝

3⎞ 2⎠

отрезков прямых MN и KN, где т. K ⎜ 0; ⎟ . Решение. а) Уравнение прямой, проходящей через точки M и N:

x−π 6 y −1 = π 4 − π 6 2 −1

или

12 x − 1. Сведем данные криволинейный π

интеграл к определенному интегралу с переменной x, спроектировав отрезок MN на ось 0X: (N )

π6

⎛ ∫ 2 y sin 2xdx − cos 2xdy = ∫ 2⎜

12 12 ⎞ x − 1⎟ sin 2xdx − cos 2 x ⋅ dx = π ⎠ (M ) π4 ⎝ π π6 12 24 π 6 ⎛ 24 ⎞ = ∫ ⎜ x ⋅ sin 2x − 2 sin 2 x − cos 2 x ⎟dx = ∫ x ⋅ sin 2xdx − π π π ⎝ ⎠ π4 π4 π6

π6

1 12 π 6 24 ⎛ x ⎞ − 2 ∫ sin 2 xdx − ∫ cos 2xdx = ⎜ − ⋅ cos 2x + sin 2x ⎟ + 4 π π4 π⎝ 2 ⎠π4 π4 1 3 1 ⎞ 6 24 ⎛ π 1 π π6 π6 + cos 2 x π 4 − sin 2x π 4 = ⎜⎜ − ⋅ + ⋅ 0 + ⋅ − ⋅ 1⎟ + π π ⎝ 12 2 8 4 2 4 ⎟⎠ 1 6⎛ 3 ⎞ 1 + − ⎜⎜ − 1⎟⎟ = − . 2 π⎝ 2 2 ⎠ б) Поскольку линия интегрирования состоит из двух отрезков, то (N )

(K )

(M ) (N )

(M )

∫ 2 y sin 2xdx − cos 2xdy = ∫ 2 y sin 2xdx − cos 2x dy +

+ ∫ 2 y sin 2xdx − cos 2 xdy = J MK + J KN . (K )

Уравнение прямых линий, на которых лежат отрезки MK и KN, соответственно

2 3 3 3 x+ и y=− x+ . 2 2 π π 0 0 3⎞ 2 ⎛2 ⎛π J MK = ∫ 2⎜ x + ⎟ sin 2xdx − cos 2 x ⋅ dx = ∫ ⎜ x ⋅ sin 2 x + 3 sin 2 x − 2⎠ π π4 ⎝π π 4⎝ 4 y=

114

0 2 4 0 2 0 ⎞ − cos 2x ⎟dx = ∫ x ⋅ sin 2xdx + 3 ∫ sin 2xdx − ∫ cos 2x dx = π ππ4 ππ4 ⎠ π4

3 1 3 4⎛ x 1 ⎞ = ⎜ − ⋅ cos 2 x + sin 2x ⎟ − cos 2 x − sin 2x =− . π⎝ 2 π 4 2 ⎠π4 2 π4 π4 π6

3⎞ ⎛ 3⎞ ⎛ 3 J MK = ∫ 2⎜ − x + ⎟ sin 2 xdx − cos 2x ⋅ ⎜ − ⎟dx = 2⎠ ⎝ π⎠ 0 ⎝ π π6 3 6π6 ⎛ 6 ⎞ = ∫ ⎜ − x ⋅ sin 2 x + 3 sin 2x + cos 2 x ⎟dx = − ∫ x ⋅ sin 2 xdx + π 0 π ⎠ 0 ⎝ π π6

π6

3π6 6⎛ x 1 ⎞ + 3 ∫ sin 2xdx + ∫ cos 2 xdx = − ⎜ − ⋅ cos 2x + sin 2 x ⎟ − 4 π 0 π⎝ 2 ⎠0 0 3 3 6⎛ π 1 1 3⎞ π6 π6 ⎟⎟ − − cos 2x 0 + sin 2 x 0 = − ⎜⎜ − ⋅ + ⋅ π ⎝ 12 2 4 2 ⎠ 2 2π 3 1 3 3 3 1 3 3 3 3 3 3 − ⋅ + + ⋅ = − − + + = 1. 2 2 2 2π 2 4 4π 4 2 4π 3 1 Итак: J MK + J KN = − + 1 = − . 2 2

Подведем итог тому, что мы получили в п.а) и в п.б): так как подынтегральное выражение является полным дифференциалом, т.е.

′

выполняется условие (2 y ⋅ sin 2 x ) y = (− cos 2 x ) x , то по условию независимости криволинейного интеграла от пути интегрирования п. б) можно было бы и не выполнять! 2.2.4. Формула Грина 2

Пусть D ⊂ R - некоторая односвязная область, ограниченная замкнутой линией l , и пусть в этой области заданы непрерывные функции X (x , y ) ,

Y(x , y ) вместе со своими непрерывными частными производными, тогда

имеет место формула Грина:

⎛ ∂Y(x , y ) ∂X(x , y ) ⎞ ⎟⎟dxdy , − ∂ x y ∂ D⎝ ⎠

∫ X(x, y )dx + Y(x, y )dy = ∫∫ ⎜⎜ l

(2.24)

где замкнутый контур l обходится в положительном направлении (т.е. против часовой стрелки).

115

Примеры решения задач ПРИМЕР 2.34. Вычислить криволинейный интеграл по замкнутому контуру

2 2 ∫ (x + y ) dx − (x − y ) dy ,

где l - контур, образованный синусоидой

y = sin x и отрезком оси 0X при 0 ≤ x ≤ π . Решение. Вычисление интеграла произведем с использованием формулы

∂X(x , y ) = 2(x + y ) ; ∂y

Грина: т.к. X(x , y ) = (x + y ) ; Y(x , y ) = −(x − y ) , то 2

∂Y(x , y ) = −2(x − y ) . ∂x 2 2 ∫ (x + y ) dx − (x − y ) dy = ∫∫ (− 2(x − y ) − 2(x + y ))dxdy = l

D sin x

= ∫∫ (− 4x )dxdy = −4 ∫ xdx ∫ dy = −4 ∫ x ⋅ sin xdx = D

= −4(− x ⋅ cos x + sin x ) 0 = −4(− π) ⋅ (− 1) = −4π . π

ПРИМЕР 2.35. Вычислить криволинейный интеграл (см. п. 3.2), но применяя формулу Грина. Решение. ∫ (x + y )dx − (x − y )dy = ∫∫ (− 2 )dxdy . Здесь контур l l

окружность x + y = R , D - точки круга x + y ≤ R . Поэтому для вычисления двойного интеграла лучше всего перейти к полярным координатам:

⎛ ρ2 ∫∫ (− 2)dxdy = −2∫∫ ρdϕdρ = −2 ∫ dϕ ∫ ρdρ = −2 ∫ dϕ⎜⎜ 2 D D 0 0 0 ⎝ R 2 2π 2 = −2 ∫ dϕ = −2πR . 2 0 2π

2π

⎞ ⎟= ⎟ ⎠

2.2.5. Применения криволинейного интеграла второго рода 1. Площадь фигуры, расположенной в плоскостях X0Y и ограниченной замкнутой линией l , вычисляется по формуле

1 (2.44) ∫ xdy − ydx . 2l 2. Работа, совершаемая силой F(X(x , y, z ); Y(x , y, z ); Z(x , y, z )), S=

действующей на точку перемещения ее по дуге AB, вычисляется по формуле A = ∫ X(x , y, z )dx + Y(x , y, z )dy + Z(x , y, z )dz . (2.45) AB

116

Примеры решения задач

x 2 y2 ПРИМЕР 2.36. Найти площадь, ограниченную эллипсом 2 + 2 = 1. b a

Решение. Прежде всего представим уравнениями x = a cos t ; y = b sin t , затем воспользуемся формулой (2.44):

эллипс параметрическими для вычисления площади

1 1 2π S = ∫ xdy − ydx = ∫ a cos t ⋅ (b cos t )dt − b sin t (− a sin t )dt = 2l 20 ab 2 π ab 2 π 2 2 = ∫ cos t + sin t dt = ∫ dt = πab . 2 0 2 0 2 2 ПРИМЕР 2.37. Вычислить работу силового поля F 2 xy; y ; − x при перемещении материальной точки вдоль линии l , которая получается при 2 2 2 пересечении гиперболоида x + y − 2z = 2 плоскостью y = x , от т. A(1;1;0 ) до т. B 2; 2 ;1 . Решение. Приведем линию l к параметрическим уравнениям: пусть x = t , тогда y = t и z = t 2 − 1 , где 1 ≤ t ≤ 2 . По формуле (2.45) 2 tdt 2 2 A = ∫ 2 xydx + y dy − x dz = ∫ 2t 2 dt + t 2 dt − t 2 l 1 t2 −1 = 2⎛ 2 2 2 t ⎞ t ⋅ tdt 2 2 2 ⎟⎟dt = 3 ∫ t dt − ∫ = ∫ ⎜⎜ 3t − t = 2 2 1 ⎝ 1 1 t −1 ⎠ t −1

(

)

(

)

= (во втором интеграле сделаем замену переменной 2

)

t = u + 1; tdt = udu = 3 ∫ t dt − ∫ 1

)

t 2 − 1 = u , тогда

+ 1 udu t3 =3 u 3

u3 − 3

1 1

−u0 = 0

1 6 2 −7 . = 2 2 −1− −1 = 3 3 2.3. ПОВЕРХНОСТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ Если функция F(M ) непрерывна в каждой точке M гладкой поверхности σ (поверхность называется гладкой, если она имеет в каждой своей точке определенную касательную плоскость, положение которой непрерывно меняется вместе с точкой касания) и если разбить эту поверхность произвольным образом на n частичных поверхностей с площадями 117

ΔS1 , ΔS 2 , ... , ΔS n , выбрать из каждой из них по одной произвольной точке M 1 , M 2 , ... , M n , вычислить значение функции в этих точках и составить сумму n

F(M 1 ) ⋅ ΔS1 + F(M 2 ) ⋅ ΔS 2 + ... + F(M n ) ⋅ ΔS n = ∑ F(M i ) ⋅ ΔSi , (2.46) i =1

то она называется интегральной суммой функции F(M ) по площади поверхности σ . Интегральная сумма (2.46) зависит как от способа разбиения поверхности σ , та и от выбора точек M i , т.е. для всякой непрерывной функции F(M ) и всякой гладкой поверхности σ , где эта функция определена, можно составить бесчисленное множество интегральных сумм вида (2.46). Но при неограниченном увеличении n и при стремлении к нулю наибольшей из частичных подповерхностей все эти интегральные суммы имеют один общий предел. ОПРЕДЕЛЕНИЕ. Данный предел называется поверхностным интегралом от функции F(M ) по площади поверхности σ и обозначается

∫∫ F(M )ds = σ

lim

∑ F(M i ) ⋅ ΔSi .

max ΔSi →0 i =1

(2.47)

Поверхностные интегралы подразделяются на два типа: поверхностные интегралы по площади поверхности и поверхностные интегралы по координатам. Вычисление поверхностных интегралов обеих типов сводится к вычислению двойных интегралов: исходя из уравнения поверхности σ , подынтегральное выражение преобразуется к двум переменным, областью изменения которых будет проекция поверхности σ на соответствующую (этим переменным) координатную плоскость. Поверхностные интегралы обоих типов обладают общими для всех видов интегралов свойствами: 1. Постоянный множитель можно выносить за знак интеграла. 2. Интеграл от суммы функций равен сумме интегралов. 3. Область интегрирования можно разбивать на части. 2.3.1. Поверхностные интегралы 1-го рода или по площади поверхности, их вычисление Если поверхность σ однозначно может быть представлена в явном виде Z = Z(x , y ) , то 2 2 ∫∫ F(M )ds = ∫∫ F(x, y, z(x, y )) ⋅ 1 + (z ′x (x, y )) + (z ′y (x, y )) ⋅ dxdy . σ

D xy

(2.48)

Если поверхность σ однозначно может быть представлена в явном виде Y = Y(x, y ) , то

118

2 2 ∫∫ F(M )ds = ∫∫ F(x, y(x, z ), z ) ⋅ 1 + (y′x (x, z )) + (y′z (x, z )) ⋅ dxdz . σ

(2.49)

D xz

Если поверхность σ однозначно может быть представлена в явном виде X = X(x, y ) , то 2 2 ∫∫ F(M )ds = ∫∫ F(x (y, z ), y, z ) ⋅ 1 + (x ′y (y, z )) + (x ′z (y, z )) ⋅ dydz . σ

(2.50)

D yz

В формулах (2.48) - (2.50)

D xy , D xz , D yz - проекции поверхности σ

соответственно на координатные плоскости XOY, XOZ, YOZ. Примеры решения задач ПРИМЕР 2.38. Вычислить поверхностный интеграл 1-го рода (по площади поверхности) ∫∫ (6x + 4 y + 3z )ds , где σ - часть

C 2

плоскости x + 2 y + 3z = 6 , расположенная в первом октанте (рис. 2.34). B 3

Решение. Поверхность интегрирования есть плоскость внутри треугольника ABC. Данная плоскость однозначно проектируется на любую Рис. 2.34 A из координатных плоскостей. 6 Спроектируем ее на плоскость x XOY. Проекцией является область D xy - треугольник AOB. Уравнение поверхности σ представим в виде y

x 2 − y и воспользуемся формулой (2.48): 3 3 ∫∫ (6x + 4 y + 3z )ds =

z = 2− σ

⎛ 1⎞ ⎛ 2⎞ = ∫∫ (6x + 4 y + (6 − x − 2 y )) ⋅ 1 + ⎜ − ⎟ + ⎜ − ⎟ ⋅ dxdy = ⎝ 3⎠ ⎝ 3⎠ D xy = ∫∫ (6 + 5x + 2 y ) ⋅ D xy

3−

x 2

14 14 dxdy = ∫ dx ∫ ((6 + 5x ) + 2 y )dy = 3 3 0 0

119

[

14 6 2 = ∫ dx (6 + 5x )y + y 3 0

(

]

3− 0

x 2

2 x ⎞ ⎞⎟ x⎞ ⎛ 14 6 ⎜⎛ ⎛ = ∫ dx (6 + 5x ) ⋅ ⎜ 3 − ⎟ + ⎜ 3 − ⎟ ⎟ = 2⎠ ⎠ 2⎠ ⎝ 3 0 ⎜⎝ ⎝ 6

)

14 6 14 ⎛ 9 2 2 3⎞ 2 = ⎜ 27 x + x − x ⎟ = 60 14 . ∫ 27 + 9x − 2x dx = 3 0 3 ⎝ 2 3 ⎠0 2 2 ПРИМЕР 2.38. Вычислить ∫∫ x + y ds , где σ - поверхность тела, σ

образованного конусом y =

(

)

x 2 + y 2 и плоскостью y = 1 (рис. 2.35). Решение. Заданная поверхность состоит из двух поверхностей

σ1 : y = x 2 + z 2

и σ 2 : y = 1, которые однозначно проектируются на координатную плоскость XOZ. Проекцией является круг 2 2 x + y = 1, это область D xz . Воспользуемся третьим общим свойством интегралов и формулой (2.49):

Рис. 2.35 2 2 2 2 2 2 ∫∫ (x + y )ds = ∫∫ (x + y )ds + ∫∫ (x + y )ds = σ

(

σ1 2

(

))

σ2

(

)

= ∫∫ x 2 + x 2 + z ds + ∫∫ x 2 + 1 ds = σ1

σ2

⎛ x = ∫∫ 2 x + z ⋅ 1 + ⎜⎜ D xz ⎝ x2 + z2

(

)

( ) ∫∫ (2x + z )⋅

⎞ ⎛ z ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎠ ⎝ x2 + z2

⎞ ⎟⎟ ⋅ dxdz + ⎠

+ ∫∫ x 2 + 1 ⋅ 1 + 0 2 + 0 2 ⋅ dxdz = D xz

D xz

(

)

2 ⋅ dxdz + ∫∫ x 2 + 1 ⋅ dxdz = D xz

(Перейдем к полярным координатам: x = ρ cos ϕ , z = ρ sin ϕ )

(

)

(

)

= 2 ∫∫ 2ρ 2 cos 2 ϕ + ρ 2 sin 2 ϕ ⋅ ρ ⋅ dϕdρ + ∫∫ ρ 2 cos 2 ϕ + 1 ⋅ ρ ⋅ dρdϕ = D xz

D xz

2π

(

)

2π

(

)

= 2 ∫ dϕ∫ 1 + cos 2 ϕ ⋅ ρ 3 ⋅ dρ + ∫ dϕ∫ 1 + ρ 2 ⋅ cos 2 ϕ ⋅ ρ ⋅ dρ = 120

⎛ ρ 4 1 ⎞ 2π 1 2π 1 2 2 ⎜ ⎟ = 2 ∫ 1 + cos ϕ dϕ + ∫ dϕ∫ ρdρ + ∫ cos ϕdϕ∫ ρ 3 dρ = ⎜ 4 ⎟ 0 0 0 0 0 ⎝ 0⎠ 1 2 π1 + cos 2ϕ 2 ⎛ 2 π 2 π1 + cos 2ϕ ⎞ = dϕ = dϕ ⎟ + π + ∫ ⎜ϕ + ∫ 4 2 4 ⎝ 0 2 ⎠ 0 0 2 ⋅π 2⋅π π 3 2 +5 = + +π+ = ⋅π. 2 4 4 4

(

2π

)

2.3.2. Приложения поверхностных интегралов первого рода Площадь поверхности σ можно вычислить с помощью поверхностного интеграла (2.47), полагая F(M ) ≡ 1 ,

S = ∫∫ ds .

(2.51)

Массу m материальной поверхности σ можно вычислить по формуле m = ∫∫ F(x, y, z )ds , (2.52) σ

где функция F(x , y, z ) - имеет смысл поверхностной плотности. Статические моменты M xoy , M xoz , M yoz

материальной поверхности

относительно плоскостей XOY, XOZ, YOZ определяются по формулам M xoy = ∫∫ z ⋅ F(x, y, z )ds , M xoz = ∫∫ y ⋅ F(x , y, z )ds , σ

M yoz = ∫∫ x ⋅ F(x, y, z )ds .

(2.53)

Тогда формулы для вычисления координат центра масс материальной поверхности σ имеют вид:

xc =

M yoz m

M y c = xoz , m

где m – масса поверхности. Моменты инерции I xoy , I xoz , I yoz

zc =

M xoy m

(2.54)

материальной поверхности σ

относительно координатных плоскостей XOY, XOZ, YOZ вычисляются по формулам I xoy = ∫∫ z 2 ⋅ F(x , y, z )ds ; I xoz = ∫∫ y 2 ⋅ F(x , y, z )ds ; σ

I yoz = ∫∫ x 2 ⋅ F(x , y, z )ds .

(2.55)

Моменты инерции I ox , I oy , I oz относительно координатных осей и начала координат вычисляем по формулам:

121

( = ∫∫ (x

) )⋅ F(x, y, z )ds ;

I ox = ∫∫ y 2 + z 2 ⋅ F(x , y, z )ds ; σ

I oy

(

)

I oz = ∫∫ x 2 + y 2 ⋅ F(x , y, z )ds ; σ

(

)

I o = ∫∫ x 2 + y 2 + z 2 ⋅ F(x , y, z )ds . (2.56) σ

Примеры решения задач 2

ПРИМЕР 2.39. Найти площадь части поверхности z = 2 xy , расположенной в первом октанте между плоскостями x = 2 и y = 4 (рис. 2.36).

2 x

Рис. 2.36

Решение. Применяя формулы (2.48) и (2.51), получаем (здесь F(M ) = F(x , y, z ) ≡ 1)

2 2 S = ∫∫ ds = ∫∫ 1 + (z ′x ) + (z ′y ) ⋅ dxdy ⇒ σ

(

)′

D xy

y , z ′y = 2xy 0 ≤ x ≤ 2 , 0 ≤ y ≤ 4 . Итак z ′x =

2 xy

(

2 xy

)′

x , 2xy

D xy - прямоугольник

2 4 y⎞ y2 x2 x+y 1 2 4 ⎛⎜ x ⎟dy = ⇒ ∫ dx ∫ 1 + + + dy = ∫ dx ∫ dy = ∫ dx ∫ ⎜ 2 xy 2 xy 2 0 0⎝ y x ⎟⎠ 0 0 0 0 2 xy 2

122

4 ⎛ 1 3 ⎜ 1 2 1 1 1 1 2 4⎛ 1 2 − − ⎞ − y2 y 1 1 ⎜ 2 2 2 2 2 2 ⎟ ⎜ = ∫ dx ∫ x ⋅ y + y ⋅ x ⎟dy = ∫ dx⎜ x ⋅ 1 + x ⋅ 3 2 2 0 0 ⎜⎝ 0 ⎠ ⎜ 2 2 0 ⎝ 2 2 ⎛ ⎞ 1 3 ⎟ ⎜ 1 1 16 x 2 ⎟ 1 2 ⎛⎜ 2 16 − 2 ⎞⎟ 1 ⎜ x 2 = = ⋅ + ⋅ 4 = + dx 4 x x ∫ ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ 1 3 3 3 2 20 ⎝ ⎠ ⎟ ⎜ 2 0⎠ 2 0 ⎝ 1 ⎛ 16 16 ⎞ 2 + 2 2 ⎟ = 16 (кв. ед.). = ⎜ 3 2⎝ 3 ⎠

⎞ ⎟ ⎟ =1 ⎟ ⎟ 0⎠ 4

ПРИМЕР 2.40. Найти массу полусферы, если в каждой ее точке поверхности плотность численно равна расстоянию этой точки от радиуса, перпендикулярного основанию полусферы. Решение. Поместим начало прямоугольной системы координат в центр основания полусферы и направим ось аппликат перпендикулярно этому основанию. Тогда уравнение полусферы будет z = + R − x − y , R 2

радиус полусферы. Поверхностная плотность в точке M (x , y, z ) полусферы:

F(x, y, z ) = x 2 + y 2 . Воспользуемся формулой (2.48) и (2.52), где D xy есть 2

круг x + y = R :

m = ∫∫ F(x , y, z )ds = ∫∫ x 2 + y 2 ⋅ 1 + (z ′x ) + (z ′y ) dxdy = 2

D xy

⎛ −x 2 2 = ∫∫ x + y ⋅ 1 + ⎜ ⎜ R 2 − x 2 − y2 D xy ⎝ x 2 + y2

= R ∫∫

(

R − x +y

D xy

)

(

R 2 − ρ 2 cos 2 ϕ + ρ 2 sin 2 ϕ

D xy

⎞ ⎟ dxdy = ⎟ ⎠

dxdy = (перейдем к полярным координатам)=

ρ 2 cos 2 ϕ + ρ 2 sin 2 ϕ

= R ∫∫

⎞ ⎛ −y ⎟ +⎜ ⎟ ⎜ R 2 − x 2 − y2 ⎠ ⎝

2π

ρdϕdρ = R ∫ dϕ ∫

)

ρ 2 dρ R 2 − ρ2

π2 ⋅ R 3 = (внутренний интеграл можно вычислить с помощью замены: 2 ρ 2 = R ⋅ sin t .

)

ПРИМЕР 2.41. Найти центр тяжести однородной поверхности 2 2 параболоида y + z = 10 x , отсеченной плоскостью x = 10 (рис. 2.37). 123

Решение. Данная однородная поверхность симметрична σ относительно оси OX, поэтому y c = 0 ,

z c = 0 . Необходимо вычислить x c , для

10 0

10 x

этого вычислим статический момент M yoz и массу m поверхности σ по

формулам (2.51) и (2.53). Поверхность σ проектируется на координатную плоскость YOZ. Проекцией D yz является круг

y 2 + z 2 = 100 . Так как поверхность однородная, то полагаем F(x , y, z ) ≡ 1 .

Рис. 2.37

y2 + z2 ⎛ 2 y ⎞ ⎛ 2z ⎞ M yoz = ∫∫ x ⋅ F(x , y, z )ds = ∫∫ ⋅ 1 + ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ⋅ dydz = 10 ⎝ 10 ⎠ ⎝ 10 ⎠ ω D yz 1 2 2 2 2 = ∫∫ y + z ⋅ 25 + y + z ⋅ dydz = (перейдем к полярным 50 D yz

(

)

координатам) =

(

)

1 2 2 ∫∫ ρ ⋅ 25 + ρ ⋅ ρdϕdρ = 50 D yz

(

)

1 2 π 10 2 50 2 = ∫ dϕ ∫ ρ ⋅ 25 + ρ ⋅ ρdρ = π 1 + 25 5 . 50 0 0 3 1 1 m = ∫∫ ds = ∫∫ 25 + y 2 + z 2 ⋅ dydz = ∫∫ 25 + ρ 2 ⋅ ρdϕdρ = 5 D yz 5 D yz σ

(

)

(

) (

)

1 1 2 π 10 1 2 π 10 2 2 2 2 = ∫ dϕ ∫ 25 + ρ ⋅ ρdρ = ∫ dϕ ∫ 25 + ρ d 25 + ρ = 50 0 10 0 0 10 ⎛ ⎞ 3 ⎟ ⎜ 1 2 π ⎜ 25 + ρ 2 2 ⎟ 50 = = π 5 5 − 1. ∫ dϕ⎜ ⎟ 3 10 0 3 ⎟ ⎜ 2 0 ⎠ ⎝ M yoz 25 5 + 1 Итак, окончательно по формуле (2.54) получаем x c = . = m 5 5 −1

(

ПРИМЕР

)

2.42.

(

Найти

)

момент

инерции

z = + a 2 − x 2 − y 2 относительно оси OZ. 124

однородной

полусферы

Решение. По формулам (2.56) и учитывая, что поверхность σ однородная, т.е. F(x , y, z ) ≡ 1 (кроме того, поверхность проектируется на плоскость XOY), получается:

(

)

I oz = ∫∫ x 2 + y 2 ds = σ

(

)

x2 y2 = ∫∫ x + y ⋅ 1 + 2 + 2 dxdy = 2 2 2 2 a −x −y a −x −y D xy = a ∫∫

x 2 + y2 2

(

D xy

a − x +y

2π

= a ∫ dϕ∫

ρ3 a 2 − ρ2

dxdy = a ∫∫

)

dρ =

D xy

ρ 2 cos 2 ϕ + ρ 2 sin 2 ϕ

(

a − ρ cos ϕ + ρ sin ϕ

ρdϕdρ =

)

4 ⋅π⋅a4. 3

2.3.3. Поверхностные интегралы второго рода или по координатам, их вычисление Поверхностные интегралы второго рода по координатам X и Y, Y и Z, X и Z – это интегралы вида ∫∫ F(x, y, z )dxdy , ∫∫ F(x, y, z )dydz , ∫∫ F(x, y, z )dxdz (2.57) σ

или в общем виде

∫∫ F(x, y, z )dxdy + Q(x, y, z )dydz + R (x, y, z )dxdz .

(2.58)

Вычисление этих интегралов также сводится к вычислению двойных интегралов: исходя из уравнения поверхности σ , подынтегральное выражение преобразуется к двум переменным, область изменения которых есть проекция поверхности σ на соответствующую координатную плоскость. Например, для первого интеграла из формулы (2.57): если область интегрирования поверхностного интеграла ∫∫ F(x , y, z )dxdy , т.е. σ

поверхность σ имеет уравнение z = z(x , y ) , то данный интеграл вычисляем так: (2.59) ∫∫ F(x, y, z )dxdy = ± ∫∫ F(x, y, z(x, y ))dxdy , σ

σ xy

где двойной знак соответствует двум различным сторонам поверхности σ : где знак «плюс» соответствует интегрированию по той стороне поверхности σ , которая обращена в сторону положительного направления оси OZ.

125

Замечание. Поверхностный интеграл по координатам x , y , взятый по куску цилиндрической поверхности с образующими, параллельными оси OZ, равен нулю. Аналогичная теория и для двух других интегралов из формулы (2.57). Для интеграла (2.58) ниже приведем формулы Стокса и ОстроградскогоГаусса. Формула Стокса: Если поверхность σ - незамкнута и ограничена контуром l , то имеет место формула

∫ F(x, y, z )dx + Q(x, y, z )dy + R (x, y, z )dz = l

= ∫∫ (R ′y − Q′z )dydz + (Fz′ − R ′x )dxdz + (Q′x − Fy′ )dxdy .

(2.60)

Частный случай формулы Стокса (формула Грина) изложен в 1-й главе. Формула Остроградского-Гаусса. Если поверхность σ - замкнутая, V – тело, которое ограничивается поверхностью σ . Тогда имеет место формула

∫∫ F(x, y, z )dydz + Q(x, y, z )dxdz + R (x, y, z )dxdy = ∫∫∫ (Fx′ + Q′y + R ′z )dxdydz,

+σ

(2.61) и их частные производные

где функции F(x , y, z ), Q(x , y, z ), R (x , y, z ) должны быть непрерывными в области V. Применения поверхностных интегралов второго рода к вычислению физических величин в данный практикум не вошли, так как представляют собой достаточно объемный материал из теории поля. Примеры решения задач

ПРИМЕР 2.43. Вычислить поверхностный интеграл второго рода (по координатам) I = ∫∫ 2dxdy + ydxdz − x 2 zdydz , z

C(0;0;1)

y 2 + 4z 2 = 4 B(0;2;0 ) y

A(1;0;0 )

4x 2 + y 2 = 4

Рис. 2.38 126

где σ - внешняя сторона части эллипсоида 4 x 2 + y 2 + 4z 2 = 4 , расположенной в первом октанте (рис. 2.38). Решение. Расчленяем данный поверхностный интеграл по координатам общего вида на три слагаемых интеграла:

I = 2 ⋅ ∫∫ dxdy + ∫∫ y ⋅ dxdz − ∫∫ x 2 ⋅ z ⋅ dydz σ

и, пользуясь уравнением поверхности σ и формулой (2.59), преобразуем каждый из них в двойной интеграл: I1 = ∫∫ dxdy = ∫∫ dxdy , где σ xy - проекция поверхности σ на плоскость σ

σ xy

XOY, т.е. часть AOB эллипса 4 x + y ≤ 4 ;

I 2 = ∫∫ y ⋅ dxdz = ∫∫ y ⋅ dxdz = y = 1 − x 2 − z 2 = 2 ∫∫ 1 − x 2 − z 2 dxdz , σ

σ xz

где σ xz - проекция поверхности σ на плоскость XOZ, т.е. часть OAC круга

4x 2 + 4 y 2 ≤ 4 .

(

)

1 4 − y 2 − 4z 2 ⋅ z ⋅ dydz , σ yz 4

I 3 = ∫∫ x 2 ⋅ z ⋅ dydz = ∫∫ σ

где σ yz - часть OBC эллипса y + 4z ≤ 4 . Итак: I1 =

4− 4 x 2

∫∫ dxdy = ∫ dx

σ xy

2 ∫ dy = 2∫ 1 − x dx =

π 2

= −2 ∫ sin 2 t ⋅ dt = 2 ∫ π 2

π 2

1 π − sin 2 t = ; 2 2 0

I 2 = 2 ∫∫ 1 − x 2 − z 2 dxdz = σ xz

π 2

1 − cos 2 t dt = ∫ (1 − cos 2 t )dt = ∫ dt − ∫ cos 2 tdt = 2 0 0 0 0

π 2 0

x = cos t = dx = − sin t ⋅ dt

x = ρ cos ϕ = 2 ∫∫ 1 − ρ 2 ⋅ ρdϕdρ = z = ρ sin ϕ σ xz π 2

(

) (

)

1 12 ⎛ 1⎞ = 2 ∫ dϕ∫ 1 − ρ ⋅ ρdρ = 2⎜ − ⎟ ∫ dϕ∫ 1 − ρ 2 d 1 − ρ 2 = ⎝ 2 ⎠0 0 0 0 1 ⎛ ⎞ π π π ⎟ ⎜ 3 2 π 2 2 2 1− ρ 2⎞ 2 2 2 2 π ⎛ ⎟ ⎜ = − ∫ dϕ⎜ 0 − ⎟ = ∫ dϕ = ϕ 0 = ; = ∫ dϕ ⎟ ⎜ 3 3⎠ 3 0 3 3 ⎝ 0 0 ⎟ ⎜ 2 0⎠ ⎝ 1 4− 4 z 2 ⎛ ⎛ y2 y2 ⎞ 2⎞ 2 − z ⎟⎟ ⋅ z ⋅ dydz = ∫ zdz ∫ ⎜⎜1 − z − ⎟⎟dy = I 3 = ∫∫ ⎜⎜1 − 4 4 ⎠ σ yz⎝ 0 0 ⎠ ⎝ 1

(

)

127

⎛ 2 ⎜ = ∫ zdz⎜ 1 − z 2 y 0 0 ⎜ ⎝

(

)

1− z

)

= ∫ 1− z2 ⋅ 2 1− z2 − 0

(

= ∫ 2 ⋅ 1− z 0

)

2 32

(

)

(

8 1− z2 12

(

4 1− z 15

y − 12

2 − 1− z2 3

4 ⎛ 1⎞ 1 = ⋅ ⎜− ⎟ ⋅ ∫ 1− z2 3 ⎝ 2⎠ 0

=−

2 3 2 1− z

)

zdz = 32

(

)

41 ⎞ 2 zdz = ⎟ ∫ 1− z 30 ⎠

) d(1 − z ) 2

)

⎞ ⎟ ⎟= ⎟ ⎠

(

2 1− z2 =− 5 3 2

)

zdz =

= 0

4 (0 − 1) = 4 . 0 15 15 π π 4 4 4 = π− . Итак: I = 2 ⋅ I1 + I 2 − I 3 = 2 ⋅ + − 2 3 15 3 15 1 2 52

=−

ПРИМЕР 2.44. Вычислить поверхностный интеграл второго рода (по координатам) I = ∫∫ 4 x 3 dydz + 4 y 3 dxdz − 6z 4 dxdy ,

C(− a;0; h )

z=h D

x +y =a

+σ

где σ - полная поверхность цилиндра x 2 + y 2 = a 2 , 0 ≥ z ≤ h (рис. 2.39).

y A(a;0;0 )

Решение. Воспользуемся формулой Остроградского-Гаусса (2.61):

Рис. 2.39

(

)

I = ∫∫ 4 x 3 dydz + 4 y 3 dxdz − 6z 4 dxdy = ∫∫∫ 12 x 2 + 12 y 2 − 24z 3 dxdydz = +σ

(

)

(

)

= 12 ⋅ ∫∫∫ x 2 + y 2 − 2z 3 dxdydz = 12 ∫∫ dxdy ∫ x 2 + y 2 − 2z 3 dz = 2

= 12 ⋅

x + y ≤a h

⎛ ⎞ dxdy⎜ (x 2 + y 2 )⋅ z − z 4 ⎟ = ∫∫ 2 2 2 4

⎝ ⎠0 ⎛ 2 h4 ⎞ 2 = 12 ⋅ ∫∫ dxdy⎜⎜ x + y ⋅ h − ⎟⎟dxdy = 2 ⎠ x 2 + y 2 ≤a ⎝ x + y ≤a

(

)

128

= 12 ⋅ h ⋅

( x 2 + y 2 )dxdy − 6 ⋅ h 4 ∫∫ dxdy = 12 ⋅ h ⋅ I1 − 6 ⋅ h 4 ⋅ I 2 . ∫∫ 2 2 2 2

x + y ≤a

Вычисляем отдельно интегралы I1 , I 2 :

I1 =

x = ρ cos ϕ

( x + y )dxdy = = ∫∫ ρ ⋅ ρ ⋅ dϕdρ = ∫ dϕ∫ ρ 3 dρ = ∫∫ y = ρ sin ϕ x 2 + y 2 ≤a 0 0 x 2 + y 2 ≤a 2

⎛ ρ4 = ∫ dϕ⎜ ⎜ 4 0 ⎝

⎛ ρ2 = ∫ dϕ⎜ ⎜ 2 0 ⎝

2π

⎞ a4 πa 4 ⎟= ; ⋅ 2π = ⎟ 4 2 0⎠ 2π a x = ρ cos ϕ I 2 = ∫∫ dxdy = = ∫∫ ρ ⋅ dϕdρ = ∫ dϕ∫ ρ dρ = 2 2 y = ρ sin ϕ 0 0 x + y ≤a x 2 + y 2 ≤a 2π

⎞ a2 ⎟= ⋅ 2π = π ⋅ a 2 . Для интеграла I 2 можно бы и сразу написать ⎟ 2 0⎠ ответ, так как интеграл дает площадь круга с радиусом a . 2π

Итак:

(

)

πa 4 I = 12 ⋅ h ⋅ I1 − 6 ⋅ h ⋅ I 2 = 12 ⋅ h ⋅ − 6 ⋅ h 4 ⋅ πa 2 = 6πha 2 a 2 − h 3 . 2 4

129

УЧЕБНО - МЕТОДИЧЕСКИЙ КОМПЛЕКС

РАЗДЕЛ: «ИНТЕГРАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ ФУНКЦИИ НЕСКОЛЬКИХ ПЕРЕМЕННЫХ»

3. МАТЕРИАЛЫ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОЙ РАБОТЫ

132

3.1. КОНТРОЛЬНЫЕ ВОПРОСЫ 1. Определение двойного интеграла. 2. Основные свойства двойного интеграла. 3. Вычисление двойного интеграла в декартовой системе координат 4. Переход из декартовой в полярную систему координат при вычислении двойного интеграла. 5. Определение тройного интеграла. 6. Основные свойства тройного интеграла. 7. Вычисление тройного интеграла в декартовой системе координат. 8. Переход из декартовой в цилиндрическую систему координат. 9. Переход из декартовой в сферическую систему координат при вычислении тройного интеграла. 10. Определение криволинейного интеграла 1-го рода (по длине дуги) и его свойства. 11. Вычисление криволинейного интеграла 1-го рода (по длине дуги) в различных видах задания дуги (декартовом, параметрическом, полярном) в пространстве R 2 и R 3 . 12. Приложения криволинейного интеграла 1-го рода (по длине дуги) к задачам геометрии и механики. 13. Определение криволинейного интеграла 2-го рода (по координатам) и его свойства. 14. Вычисление криволинейного интеграла 2-го рода (по координатам) в различных системах координат. 15. Формула Грина. 16. Условие независимости криволинейного интеграла 2-го рода (по координатам) от формы пути интегрирования. 17. Приложения криволинейного интеграла по координатам к задачам физики.

133

3.2 ЗАДАЧИ И УПРАЖНЕНИЯ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОЙ РАБОТЫ 3.2.1. Вычислить двойной интеграл: 2 2 а) ∫∫ x ydxdy , где область интегрирования D ограничена линиями y = x ; D

y = 1; б)

π 4⎠

⎝

в)

π 4

⎛ ⎞ ⎧ ⎫ ∫∫ sin⎜ 2x + y + ⎟dxdy , где D = ⎨0 ≤ x ≤ ; − ≤ y ≤ 0⎬; y dxdy , ∫∫ 1+ x

⎩

⎭

где D = {0 ≤ x ≤ 1; 1 ≤ y ≤ 3};

y2 г) ∫∫ 2 dxdy , D x x−y dxdy , д) ∫∫ 2 D (x + y )

⎧ ⎩

где D = ⎨ y =

x ⎫ ; y = x ; x = 1⎬; 3 ⎭

где D = {0 ≤ x ≤ 1; 0 ≤ y ≤ 1}.

3.2.2. Изменить порядок интегрирования: 2

ln y 4− y

а) ∫ dy ∫ f (x , y )dy ; 1

г)

3.2.3.

9− x 2

0 π4

cos x

sin x

∫ f (x, y )dy ;

б) ∫ dx

в) ∫ dy ∫ f (x , y )dy ; 0

Расставить

пределы

3− x

∫ dx ∫ f (x, y )dx . интегрирования

∫∫ f (x, y )dxdy ,

где

D = {y = x − 2 }.

3.2.4. Вычислить интегралы, переменив предварительно порядок интегрирования: 1

y2 + y

а) ∫ dy 3

в)

∫ dy

− 3

д)

∫ dx ;

−1

б) ∫ dx ∫ dy ;

2+ 4− y

∫ dx ;

sin x

π4

cos x

∫ dx ∫ dy ;

г)

12 − y 2

2 + 1+ y

∫ dy ∫

ln x

е) ∫ dx ∫ dy .

;

1− y 2

133

3.2.5. Вычислить

∫∫ f (x, y )dxdy D

а) f (x , y ) = 1;

в заданной области:

{ {

}

D = y = x2; x + y = 2 ; D = x = 0; x = − y ; x = − 2 − y ;

б) f (x , y ) = 1;

в) f (x , y ) = x + y ; г) f (x , y ) = x + y ; д) f (x , y ) = 14 ;

е) f (x , y ) = 1;

ж) f (x , y ) = x + y ; 2

з) f (x , y ) = x ⋅ y ;

и) f (x , y ) = x + y ; 2

к) f (x , y ) = x − y ;

}

π⎫ ⎧ D = ⎨x = 0; x = sin x; x = cos y; 0 ≤ y ≤ ⎬; 2⎭ ⎩ D = {2 y = x; 2 y = x + 6; y = 2 x; y = 2 x − 3}; D = x 2 + y 2 ≤ 2x ; D = x 2 + y 2 ≤ 4 x; y ≥ x ; D = x 2 + y 2 ≤ 2; x 2 − y 2 ≤ 1; x ≥ 0; y ≥ 0 ; D = {0 ≤ y ≤ 6; x < 6; xy ≥ 3; y − x − 2 < 0}; D = {0 ≤ x ≤ 4; 2 ≤ y ≤ 4};

{ { {

}

{ D = {(x

}

D = x = cos 3 t; y = sin 3 t; x ≥ 0; y ≥ 0 ;

л) f (x , y ) = 1;

x 2 y2 м) f (x , y ) = 1 − 2 − 2 a b

)

(

)

}

+ y2 ≤ a 2 x 2 − y2 ; x ≥ 0 ; ⎧x 2 y2 ⎫ D = ⎨ 2 + 2 ≤ 1⎬ . b ⎩a ⎭ 2

3.2.6. Преобразовать к полярным координатам и вычислить двойной интеграл: 2 2 2 −x 2 − y2 где D = êðóã x + y ≤ a ; а) ∫∫ e dxdy ,

{

б)

где D = { область, ограниченная кардиоидой

∫∫ dxdy , D

x 2 y2 в) ∫∫ 1 − 2 − 2 dxdy , a b D г)

}

2 2 ∫∫ 1 + x + y dxdy,

ρ = a (1 + cos ϕ)}; где D = { область, ограниченная эллипсом x 2 y2 + = 1; a > b}; a 2 b2 2 2 2 где D = x + y ≤ 2 ;

{

}

д)

∫∫ D

cos x 2 + y 2 2

x +y

dxdy,

⎧ ⎫ ⎪êîëüöî ⎪ ⎪ 2 ⎪ 2 2 где D = ⎨x + y ≤ 4π ⎬; ⎪ 2 ⎪ π 2 2 ⎪x + y ≥ ⎪ ⎩ 4 ⎭ 134

е)

∫∫ D

dxdy 2

+ y2

где D = { область, ограниченная прямыми

, 32

линиями x = 0; y = 0; x + y = 1; x + y = 2}.

)

3.2.7. Вычислить двойные интегралы, заданные в полярных координатах: 2 где D = { область между окружностями ρ = a и а) ∫∫ ρ dϕdρ D ρ = 2a}; б)

∫∫ ρ sin ϕdρdϕ , D

в)

где D = { круговой сектор, ограниченный линией

π ⎫ ≤ ϕ ≤ π⎬ 2 ⎭ где D = { область между линиями ρ = a (1 + cos ϕ) и не содержит полюса }.

ρ = a;

2 ∫∫ ρ dρdϕ , D

ρ = a;

3.2.8. Вычислить площади плоских фигур, ограниченных линиями, заданными в декартовых координатах: 2 2 б) D = y = − x , x = −4 ; а) D = y = x , x + y = 6 ;

{ в) D = {y

}

{

};

= − x + 4; y 2 = 2x − 5

г)

}

{

D = y 2 = x 3 ; y 2 = 8(6 − x )

3.2.9. Вычислить площади плоских фигур, ограниченных линиями, заданными в полярных координатах:

π ⎧ ; ϕ= 6 ⎩ в) D = {ρ = 1 + cos ϕ}; а) D = ⎨ρ = 1; ϕ =

π⎫ б) D = {ρ = cos 2ϕ}; ⎬; 3⎭ г) D = {ρ = a cos ϕ; ρ = b cos ϕ; a > 0, b > 0}.

3.2.10. Вычислить площади плоских фигур, ограниченных линиями, заданными в декартовых координатах, сделав переход к полярным координатам: 2 2 2 2 а) D = x + y = 1; x + y = 25; y = x 3; x > 0 ;

{ б) D = {x г) D = {(x е) D = {(x

}

+ y 2 = 2 y; y ≤ x ;

+ y2

) )

}

= x3 ;

= x 2 − y2 ;

}

{ д) D = {(x ж) D = {(x

}

+ y2

}

в) D = x + y = 2 x; x + y = 4 x ;

) )

2 2

} =y }

= xy ; 3

3.2.11. С помощью двойного интеграла вычислить объемы тел, ограниченных указанными поверхностями: 2 2 2 а) y = x ; y = 1; x = 0; z = 0; z = x + y ; б) 3x + 2 y + z = 6; x = 0; y = 0; z = 0; в) y =

x ; y = 2 x ; x + z = 4; z = 0; 2 2 г) z = x + y ; x + y = 3; x = 0; y = 0; z = 0; 135

д) z =

x 2 + y 2 ; z = 6 − x 2 − y 2 . Указание: V = V1 − V2 . 2

е) z = 1 − x − y ; y = x; y = x 3; z = 0 2

(z ≥ 0,

x ≥ 0, y ≥ 0);

ж) x + y = z ; x + y = 2 x; z = 0; 2

з) x + y + z = 4; x + y = 3z (внутри парабола); и) z = 2 − 2

x 2 + y2 ; z = 0 ; 2

к) z = x − y ; x = 1; y = 0; z = 0; 2

л) z = xy; x + y = 8. 3.2.12. Найти координаты центра тяжести прямоугольного треугольника, катеты которого равны 0,5 и 1. Плотность в каждой точке треугольника пропорциональна квадрату расстояния точек до его вершины. 3.2.13. Найти координаты центра тяжести однородной фигуры, ограниченной верхней половиной эллипса y = ±

2 9 − x 2 и осью абсцисс. 3

3.2.14. Найти центр тяжести однородного полукруга радиуса R. 3.2.15. Найти момент инерции I x плоской однородной фигуры, ограниченной линиями y = x ; x = 1; y = 0 . 2

3.2.16. Найти момент инерции I 0 относительно начала координат

x y + ≤ 1; x > 0; y ≥ 0; a > 0; b > 0 ; a b б) ρ = a cos 2ϕ; a > 0 .

однородной плоской фигуры: а)

3.2.17.

∫∫∫ f (x, y, z )dxdydz ,

Вычислить интеграл

где V ограничена

плоскостями: а) f (x , y, z ) = y; V = {x = 0; y = 0; z = 0; 2 x + y + z = 4}

б) f (x , y, z ) = (x + y + z + 1) ; V = {x = 0; y = 0; z = 0; x + y + z = 1}. −3

3.2.18.

∫∫∫ f (x, y, z )dxdydz ,

Вычислить интеграл

где V ограничена

поверхностями: 2 2 2 а) f (x , y, z ) = xyz; V = x + y + z ≤ 1; x ≥ 0; y > 0; z ≥ 0 ; б) f (x , y, z ) =

{

}

x 2 + y2 ; V = x 2 + y2 = z2; z = 1 ;

{

}

в) f (x , y, z ) = z ; V = x + y + z ≤ R ; x + y + z ≤ 2R z ; 2

⎧x 2 y2 z2 ⎫ x 2 y2 z2 г) f (x , y, z ) = 1 − 2 − 2 − 2 ; V = ⎨ 2 + 2 + 2 ≤ 1⎬. a b c b c ⎩a ⎭ 136

3.2.19. Вычислить объем пирамиды, ограниченной плоскостями x + y = 1; x + y = z; x + y = 2z ; x = 0 ; y = 0 . 3.2.20. Вычислить объем тела, ограниченного поверхностями: 2 2 а) x = y ; x = 4 − 3y и плоскостями z = 0 ; z = 9 ; 2

б) x + y = 6 − 2z и z = z + y

(

в) x + y + z

)

2 3

(рис. А);

= a 2 ⋅ z4 . z 3

x 2 + y 2 = 6 − 2z 1 2

6 y

Рис. А 3.2.21. Найти центр тяжести однородной усеченной призмы, ограниченной плоскостями: x = 0 ; y = 0; z = 0; x = 1; y = 1; x + y + z = 3. 3.2.22. Найти момент инерции относительно оси 0Z тела, ограниченного плоскостями x = 0 ; y = 0 ; z = 0 ; x = 2 ; y = 3 ; z = 4 . 3.2.23. Найти момент инерции относительно начала координат x 2 + y 2 + z 2 = 1 и конусом однородного тела, ограниченного сферой

z = x 2 + y2 . 3.2.24. Найти центр тяжести однородного тела, ограниченного сферой x + y 2 + z 2 = 4 и верхней частью параболоида x 2 + y 2 = 4(1 − z ) . 2

3.2.25. Вычислить криволинейный интеграл

∫ (x

)

+ y 2 dl , где l -

окружность x + y = a . 3.2.26. Найти координаты центра тяжести дуги, заданной уравнением (считать линейную плотность F(x , y ) − 1 ): а) y = x от т. A(1;1) до т. B(4;2 ) ; 2

x+ y = a; г) ρ = a (1 + cos ϕ) . б)

в) x

137

+ y2 3 = a 2 3, y ≥ 0 ;

3.2.27. Найти моменты инерции относительно осей координат и начала координат участка однородной прямой y = −2 x + 1, лежащего между осями координат в плоскости X0Y. 3.2.28. Найти массу однородной кривой: 3 3 а) x = 12 sin t ; y = 3 cos t ;

(

б) x + y

)

2 2

(

= 2ax 2 ;

в) x + y

)

2 2

∫ (x + y )dx − (x − y )dy ,

3.2.29. Вычислить

= xy . где

l - окружность

x +y =R

(указание:

необходимо

окружность

представить

параметрическими уравнениями x = R cos t ; y = R sin t ; 0 ≤ t ≤ 2π ) .

y где l - замкнутый контур, x l 2 составленный линиями y = x и y = x . xy 2 x2y dx − 2 3.2.31. Вычислить ∫ 2 dy , где l - контур, 2 2 x y x y + + l 2 2 задаваемый уравнением ρ = a cos 2ϕ . 3.2.32. Вычислить ∫ sin ydx + sin xdy , где l - отрезок прямой между

∫ arctg dy − dx ,

3.2.30. Вычислить

точками A(0; π ) и B(π;0 ) . 3.2.33. Вычислить криволинейный интеграл

2 2 2 ∫ (y − z )dx + 2 yzdy − x dz , l

где l - кривая x = t , y = t , z = t , 0 ≤ t ≤ 1. 2

3.2.34. Используя формулу Грина, вычислить

2 2 ∫ x ydx − xy dy ,

где l -

окружность x + y = R . 2

3.2.35. Вычислить

2 2 ∫ (x + y ) dx − (x + y ) dy , l

- контур, состоящий из

трех отрезков, соединяющих точки O(0;0 ) ; A(1;0 ) ; B(0;1) . 3.2.36. С помощью формулы Грина вычислить криволинейный интеграл

x 2 y2 ∫ (xy + x + y )dx − (xy + x − y )dy , где l - эллипс 2 + 2 = 1. a b l 3.2.37. Найти работу силы F = yi + (y − x ) j вдоль дуги AB параболы y = 1 − x 2 от т. A(− 1; 0 ) к т. B(0;1) .

138

3.2.38. Найти работу силы F = (y − z )i + (z − k ) j + (x − y )k вдоль дуги одного витка винтовой линии, заданной параметрическими уравнениями

t , в направлении возрастания параметра t. 2π 3.2.39. Найти площадь, ограниченную кардиоидой x = 2 cos t − cos 2 t ; y = 2 sin t − sin 2 t .

x = cos t ; y = sin t ; z =

3.2.40. Найти статический момент относительно координатной плоскости XOY однородной треугольной пластины x + y + z = 1, (x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 ) . 3.2.41. Вычислить координаты центра масс однородной полусферы 2 x + y2 + z2 = R 2, z ≥ 0. 3.2.42. Вычислить массу параболической оболочки z =

1 , 2 x 2 + y2

(

)

0 ≤ z ≤ 1, плотность которой меняется по закону F(x, y, z ) = z . ds , где σ - поверхность пирамиды: 3.2.43. Вычислить ∫∫ 2 ( 1 + x + y ) σ x + y + z ≤ 1 , x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 . 2 2 3.2.44. Вычислить ∫∫ xyz ds , где σ - часть поверхности z = x + y , σ

расположенная между плоскостями z = 0 и z = 1 . 3.2.45. Вычислить поверхностный интеграл второго рода 2 2 где σ - внешняя сторона части параболоида, ∫∫ y + z dydz , σ

(

)

x = a 2 − y 2 − z 2 отсеченный плоскостью YOZ. 3.2.46. Вычислить поверхностный интеграл второго рода

2 ∫∫ z dxdy ,

где

−σ

σ - эллипсоид x + y + 2z = 2 . 2

3.2.47.

Вычислить

поверхностный интеграл второго рода ∫∫ zdxdy + ydxdz + xdydz , где z - поверхность куба: 0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ 1,

−σ

0 ≤ z ≤ 1. 3.2.48. Применяя формулу Остроградского-Гаусса, вычислить интегралы из заданий 89 и 90. 3.2.49. Применяя формулу Стокса, вычислить криволинейный интеграл: ∫ (2x + y )dx − 2 ydy , −l

где l - периметр треугольника {A(0,−1); B(0, 2 ); C(2, 0 )}. За поверхность σ принять плоскость данного треугольника.

139

3.3. РАСЧЕТНЫЕ ЗАДАНИЯ Часть I. ДВОЙНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ Задание №1

Вычислить двойной интеграл

∫∫ f (x, y )dx dy по прямоугольной области D

D . Нарисовать область интегрирования. 2 2 D : −1 ≤ x ≤ 0; 0,1 ≤ y ≤ 0,2; 1. f (x , y ) = x y + sin x; 2. f (x , y ) = y 2 e x ;

3. f (x , y ) = x ⋅ y ⋅ e 4. f (x , y ) = e

x+y

D : 0 ≤ x ≤ 1; 2 ≤ y ≤ 3; x2

D : 0 ≤ x ≤ 1; 0 ≤ y ≤ 1;

;

D : −1 ≤ x ≤ 1; − 1 ≤ y ≤ 1;

;

5. f (x , y ) = 2 x ⋅ sin y; 6. f (x , y ) =

D : 10 ≤ x ≤ 11; − 2π ≤ y ≤

1 ; x+y

D : e ≤ x ≤ e 2 ; 0 ≤ y ≤ 1;

7. f (x , y ) = (x + 1) ⋅ e1+ y ;

π ; 2

D : 0 ≤ x ≤ 1; 0 ≤ y ≤ 1;

8. f (x , y ) = y + e x + y ;

D : 1 ≤ x ≤ 2; 3 ≤ y ≤ 4;

9. f (x , y ) = x ⋅ cos (x y );

π π ≤ x ≤ π; ≤ y ≤ π; 2 2

10. f (x , y ) = 5 x ⋅ y 3 ;

1 ≤ x ≤ 1; 1 ≤ y ≤ 32; 32

11. f (x , y ) = 4 x

D : 0 ≤ x ≤ 1; 0 ≤ y ≤ 1;

y + 3y⋅3 x ;

12. f (x , y ) = cos (4 x + 3y );

D : 9 ≤ x ≤ 10; − 10 ≤ y ≤ 0;

13. f (x , y ) = e ⋅ sin 2 y;

D : 1 ≤ x ≤ 2;

14. f (x , y ) = (x + y ) ;

D : 1 ≤ x ≤ 2; 2 ≤ y ≤ 3;

15. f (x , y ) = y ⋅ sin x;

D:0≤ x ≤

16. f (x , y ) = 4 y

D : −2 ≤ x ≤ 1; 0 ≤ y ≤ 1;

x + cos y;

140

π π ≤y≤ ; 6 4

π ; 2 ≤ y ≤ 3; 2

17. f (x , y ) = cos(3x + y ) sin (5x + 3y );

(

)

D : 0 ≤ x ≤ π; 0 ≤ y ≤ π;

π ≤ y ≤ π; 2

18. f (x , y ) = e + cos y ;

D : 0 ≤ x ≤ 1;

19. f (x , y ) = x + y + ⋅e x + y ;

D : 1 ≤ x ≤ 2; 2 ≤ y ≤ 3;

20. f (x , y ) = y ⋅ sin (x y );

21. f (x , y ) = sin x ⋅ cos y;

D : 0 ≤ x ≤ π; 0 ≤ y ≤ π;

22. f (x , y ) = sin (2 x + y );

D:0 ≤ x ≤

23. f (x , y ) = 24. f (x , y ) =

y2 1+ x

π π ; − ≤ y ≤ 0; 2 4

D : 0 ≤ x ≤ 1; 1 ≤ y ≤ 3;

;

1 ≤ x ≤ 1; π ≤ y ≤ 2π; 2

;

D : 1 ≤ x ≤ 2; 0 ≤ y ≤ 1;

25. f (x , y ) = x − y ;

)

D : −1 ≤ x ≤ 2; 0 ≤ y ≤ 1;

26. f (x , y ) = x + y ;

D : 0 ≤ x ≤ 2; 0 ≤ y ≤ 1;

27. f (x , y ) = x ⋅ sin (x y );

28. f (x , y ) = y ⋅ cos (x y );

D : 1 ≤ x ≤ 2; π ≤ y ≤ 3π;

29. f (x , y ) = y ⋅ tg x;

D:0 ≤ x ≤

(x + y )

(

30. f (x , y ) = ctg x ⋅ tg y; 2

141

1 3π π ≤ x ≤ 2; ≤ y ≤ ; 2 2 2

π ; 0 ≤ y ≤ 1; 4

π π π ≤x≤ ; 0≤ y≤ . 6 3 4

Задание №2 Изменить порядок интегрирования. Нарисовать область интегрирования 2

1. ∫ dx

2 2x

∫ f (x, y ) dy;

2 3x

2 3 x 9 2 x −4

16. ∫ dx

8− x 2

8 −3 x

3 x −3

x 2 −3

2 3x

2 2 x 3 4 x

2. ∫ dx

3. ∫ dx

4. ∫ dx 4

5. ∫ dx 0

6. ∫ dx

∫ f (x , y ) dy; ∫ f (x , y ) dy;

∫ f (x, y ) dy;

ln x

4− x 2

− 1− x 2

1− y 2

−1

4 3 x

∫ f (x , y ) dy;

3 2 x 8

x +1

x2 +1 9

9. ∫ dx ∫ f (x , y ) dy;

21. ∫ dx

22. ∫ dx

23.

x −1

1 ( x −1)2 6 2 x −1

∫ f (x , y ) dy;

1 ( x −1)2 4

24. ∫ dy

∫ f (x , y ) dy;

∫ f (x , y ) dy; ∫ f (x , y ) dy;

∫ f (x, y ) dx;

sin x

π 4

tg x

25. ∫ dx

26. ∫ dx

142

x −1 2 2 x −4

∫ dy ∫ f (x , y ) dx;

∫ f (x , y ) dy;

2 2 x −4 5

∫ f (x , y ) dy;

11. ∫ dx

x2 5 2 x −1

∫ f (x , y ) dy;

∫ f (x, y ) dy;

1 3 x 8 4 x

10. ∫ dx

18. ∫ dx

20. ∫ dx

8. ∫ dx

1 2 x −4 3 5x

19. ∫ dx

7. ∫ dx

∫ f (x, y ) dy;

∫ f (x , y ) dy;

x2 2 3 x 2

17. ∫ dx

∫ f (x , y ) dy;

∫ f (x, y ) dy;

2 x −3

12. ∫ dx ∫ f (x , y ) dy; 2

x −3 2

x3 8

13. ∫ dx

∫ f (x , y ) dy;

4 x

14. ∫ dx ∫ f (x , y ) dy; 4 2 x 9

15. ∫ dx 0

∫ f (x , y ) dy;

cos x

π3

tg x

π 6

27. ∫ dx

∫ f (x, y ) dy;

28. ∫ dx ∫ f (x , y ) dy; π 4

cos x

sin x

29. ∫ dx ∫ f (x , y ) dy;

1 ( x −1) 2

1 ( x −1)2 8

π 2

30.

∫ dx

2− x 2

∫ f (x , y ) dy.

Задание №3. Вычислить двойной интеграл и нарисовать область интегрирования

∫∫

D :y =

) − y )dx dy;

D : x + y = 1, y = x , x = 0;

x2 2 2. ∫∫ x + y dx dy; D

( 3. ∫∫ (x D

∫∫ x ⋅ y dx dy; D

5. 6.

(

∫∫

y3 2

D :y =

dx dy;

D : 2 ≤ y ≤ 4, 0 ≤ x ≤ y;

x +y 7. ∫∫ (x − y + 1) dx dy; D D

x , y = x , x = 4; 2

D : y = x , y = 2 x, x = 1, x = 2;

∫∫ x ⋅ y dx dy;

D : y 2 = 2 x , y = x − 4;

2 ∫∫ x ⋅ y dx dy;

D : y ≥ 0, y = 2x − x 2 ;

∫∫ x ⋅ y dx dy;

D : y = x , y = − x 2 , x = 1;

3 3 ∫∫ x ⋅ y dx dy;

D : y = − x , y = x 2 , x = 1;

D : x + y + 1 = 0, y = x , y = 0;

)

2 2 ∫∫ x + y dx dy; D

x , y = x , x = 1; 3 x D : y = , y = 2 x , x y = 2, x > 0; 2

dx dy;

10.

11.

143

12. ∫∫ e x ⋅ y dx dy; D

13.

D : y = x , y = 1 + x , y = 1, y = 3;

∫∫ (x + y ) dx dy;

D : y 2 = 2 x , x + y = 4;

15.

(

)

2 2 ∫∫ x − y dx dy;

D : x + y = 3, y = x , x = 0;

2 ∫∫ x ⋅ y dx dy;

D : x = 1 − y, y = x , y = 0;

2 ∫∫ 4 − x dx dy;

D : y = x , y = 0, x = 1;

∫∫ (2 x + y ) dx dy;

D : x + y = 1, x = 0, y = 0;

x ∫∫ e dx dy;

D : x = y, x = y + 3, y = 1, y = 2;

16.

)

2 2 ∫∫ x + y dx dy; D

14.

(

17.

D : y = x , y = 0, x = 3;

18.

19.

20.

∫∫ x dx dy;

D : y = 2 − x, y = 1 + 1 − x 2 ;

x2 21. ∫∫ dx dy; y D x 22. ∫∫ 2 dx dy; D y 23. ∫∫ y dx dy; D

24.

∫∫ x ⋅ y dx dy; D

25.

)

D : y = 1, y = x , y = 3x; D : y = 1, y = x 2 ;

x ∫∫ e dx dy;

D : x ≥ 0, x = ln y, y = 3, y = 4;

27.

D : y = x , y = − x, x − y = 2;

2 ∫∫ x + x y dx dy; D

26.

(

x2 D : y = 4, y = x , y = , x ≥ 0; 4 1 D : y = x, y = 9 x , y = , x > 0; x 2

∫∫

dx dy;

y2 28. ∫∫ x ⋅ y dx dy;

D : y = x, y =

D D

29.

)

D : y = x , y = 2 − x 2 , x ≥ 0;

2 ∫∫ x + y dx dy;

D :y = x 2 , x = y2;

∫∫ y ln x dx dy;

D : x ⋅ y = 4, y = x , x = 2.

30.

(

1 , x = 1, x = 2; x

144

Задание №4 Вычислить двойной интеграл, применяя переход в полярную систему координат x = ρ ⋅ cos ϕ; y = ρ ⋅ sin ϕ; J = ρ . Нарисовать область интегрирования.

∫∫

sin x 2 + y 2

x 2 + y2 2. ∫∫ (x − y )dx dy;

dx dy;

D : 9 ≤ x 2 + y 2 ≤ 36;

D D

2 2 ∫∫ cos x + y dx dy;

D : a 2 ≤ x2 + y2 ≤ b2;

2 2 ∫∫ 9 − x − y dx dy;

D : x 2 + y 2 ≤ 6 x;

5. ∫∫ x 2 + y 2 dx dy; D

∫∫

x +y

dx dy;

2 2 ∫∫ 1 + x + y dx dy; D

y 8. ∫∫ arctg dx dy; x D 9.

D : x 2 + y 2 ≤ 2 y;

2 2 ∫∫ x y 16 − x − y dx dy; D

10.

2 2 ∫∫ sin x + y dx dy; D

x 11. ∫∫ arcctg dx dy; y D 12.

13.

(

)

1 D : x 2 + y2 ≤ ; 4 ⎧R 2 ≤ x 2 + y 2 ≤ 4 R 2 , D:⎨ ⎩0 ≤ y ≤ x;

D : x 2 + y 2 ≤ 25; D : x 2 + y2 ≤ a 2 ; ⎧9 ≤ x 2 + y 2 ≤ 25, D:⎨ ⎩− x ≤ y ≤ x ; x ≥ 0

D : R 2 ≤ x 2 + y2 ≤ R 4; D : x 2 + y 2 = 4 a x , a > 0;

2 2 ∫∫ x + y dx dy;

D : a 2 ≤ x 2 + y2 ≤ a 4 ;

15.

)

D : y = R 2 − x 2 , y ≥ 0;

2 2 ∫∫ x − y dx dy; D

14.

(

2 2 ∫∫ ln x + y dx dy;

D : a 2 ≤ x 2 + y2 ≤ 4a 2;

∫∫ D

(

ln x 2 + y 2 2

x +y

)dx dy;

D :1 ≤ x 2 + y2 ≤ e2 ;

145

16.

∫∫

cos x 2 + y 2 x 2 + y2

17.

dx dy;

∫∫ 1 − x − y dx dy; D

18.

− (x ∫∫ e

2 + y2

)dx dy;

19. ∫∫ D

dx dy 2

20. ∫∫ arctg D

21.

)

(

)

2 2 ∫∫ x + y dx dy; D

23.

;

y dx dy; x

(

24.

(

)

∫∫ x + y dx dy; D

D : x 2 + y 2 ≤ 4;

⎧x 2 + (y + 2)2 ≤ 4; D:⎨ ⎩ y ≥ 0;

указание: полагаем: x = ρ ⋅ cos ϕ,

y + 2 = ρ ⋅ sin ϕ; ⎧⎪x 2 + y 2 = 2 x, D:⎨ ⎪⎩x 2 + y 2 = 2 y; ⎧⎪x 2 + y 2 ≤ 5x , D:⎨ 2 ⎪⎩x + y 2 ≤ 9;

∫∫ 2x y dx dy; 2

⎧ 3 ⎪ x ≤ y ≤ x 3, D:⎨ 3 ⎪x 2 + y 2 ≤ 1, x ≥ 0; ⎩

⎧x 2 + y 2 = 4 x; ⎪⎪ D : ⎨ x 2 + y 2 = 8x; ⎪− x ≤ y ≤ x ; ⎪⎩ ⎧1 ≤ x 2 + y 2 ≤ 4, D:⎨ ⎩− x ≤ y ≤ x; x ≥ 0;

2 2 ∫∫ x + y dx dy; D

22.

)

2 2

1 D : ≤ x 2 + y 2 ≤ 4; 4

⎧⎪x 2 + y 2 + 2 x − 1 ≤ 0, D:⎨ ⎪⎩x 2 + 2x + y 2 ≥ 0; Указание: полагаем x + 1 = ρ cos ϕ; y = ρ sin ϕ.

25. ∫∫ D

26.

cos x 2 + y 2 x 2 + y2

2 ∫∫ y dx dy; D

dx dy;

D : 1 ≤ x 2 + y 2 ≤ 4;

⎧ ⎪x 2 + y 2 ≤ 1, ⎪ D : ⎨x ≥ 0, ⎪x ⎪ ≤ y ≤ x 3; ⎩ 3 146

27.

)

2 ∫∫ x dx dy;

D : x 2 + y 2 = x;

28.

(

∫∫ x + y dx dy;

⎧R 2 ≤ x 2 + y 2 ≤ R 4 ; D:⎨ ⎩0 ≤ y ≤ x;

29.

⎧ρ = 2 + cos ϕ, ⎪ D:⎨ π ⎪⎩0 ≤ ϕ ≤ 2 ; ⎧ρ = 2a ⋅ cos ϕ, ⎪ D:⎨ π 0 . ≤ ϕ ≤ ⎪⎩ 2

∫∫ ρ ⋅ sin ϕ dρ dϕ; D

30.

∫∫ ρ ⋅ sin ϕ dρ dϕ; D

Задание №5

Найти площадь фигуры, ограниченной данными линиями с помощью двойного интеграла. (Перейти в полярную систему координат, сделать рисунок в полярной системе координат).

( 2. (x

1. x + y 2

) )

2 3

+ y2

= x4 ;

( 17. (x

= y5 ;

⎛ x 2 y2 ⎞ ⎟ = x 2 y; + 18. ⎜ ⎜ 4 9 ⎟⎠ ⎝

= x 2 y2;

16. x + y 2

) )

2 2

+ y2

= x ⋅ y;

= x ⋅ y4; 2

(

3. x + y

)

2 3

Указание:

( 5. (x 6. (x 7. (x 8. (x

4. x + y

) ) ) ) )

2 2

+ y2

= x 2 − y2;

= x3 ;

= y2;

= y3 ;

= x2 ;

9. ρ = 1 + cos ϕ; 10. ρ = cos ϕ, ρ = sin ϕ;

( 20. (x 21. (x 22. (x 23. (x

x = 2 ρ ⋅ cos ϕ

y = 3 ρ ⋅ sin ϕ; ⇒ J = 6 ρ.

19. x + y

) ) ) ) )

2 3

+ y2

= 2 x5 ;

= x 3 − 3x y 2 ;

= 3y 2 − x 2 ;

= 4x 2 + y 2 ;

= 3x 2 − y 2 ;

⎧x 2 + y 2 = 2 y, y 2 + x 2 = 4 y, 24. ⎨ ⎩ y = x , x = 0; ⎧⎪x 2 + y 2 = 2 x , y 2 + x 2 = 4 x , 25. ⎨ ⎪⎩x = y 3, x = 0;

147

11. ρ = 1 − cos ϕ;

26.

27.

13. ρ = cos ϕ;

28.

14. ρ = sin 3 ϕ;

29.

15. ρ = cos 2 ϕ;

30.

12. ρ = sin ϕ;

⎧x 2 − 2 x + y 2 = 0, x 2 − 8x + y 2 = 0, ⎪ ⎨ x , y = 3x; ⎪y = 3 ⎩ ⎧ y 2 + x 2 = 4 y, y 2 + x 2 = 10 y, ⎪ ⎨ x y = , 2 x = y; ⎪ 2 ⎩ ⎧x 2 + y 2 ≥ 4, x 2 + y 2 ≤ 25, ⎨ ⎩ y = x, y = 0; ⎧ρ = sin ϕ, ρ = 2 sin ϕ, ⎪ ⎨ π ⎪⎩ϕ = 0, ϕ = 4 ; ⎧ρ = 2 cos ϕ, ρ = 4 cos ϕ, ⎪ ⎨ π 0 , . ϕ = ϕ = ⎪⎩ 4

Задание 6 Найти центр тяжести плоской пластинки, ограниченной данными линиями, с помощью двойного интеграла 2

1. y = 9 x + 9, y = 8 − 4 x; 2

x , y = x 2 , x = 3, 2 2 3. y = x , x = y;

2. y =

x = 5;

2 x − x 2 , y = 0; 5. x + y = a , x = 0, y = 0; 6. ρ = 1 − cos ϕ;

4. y =

7. y = 4 x , x = 4 , y = 0;

x y + ≤ 1, y ≥ 0; 5 3 2 2 2 9. x + y ≤ R , x ≥ 0, y ≥ x; 10. y = sin x , y = 0, 0 ≤ x ≤ π; 2 11. y = x , x + y = 1; 2

8. x + y ≤ 16,

12. x 2 3 + y 2 3 = a 2 3 , (астроида) x ≥ 0, y ≥ 0; 2

13. x + y ≤ 9, y = x , y = 2 x; 148

14. 1 ≤ x + y ≤ 25, y ≥ 0, x ≥ 0; 2

15. y = x − x , y ≥ 0, x ≥ 0; 2

16. 1 ≤ x ≤ 1 + 1 − y ; 2

17. y = x − x , 0 ≤ x ≤ 1; 18. ρ = cos ϕ, ρ = sin ϕ; 2

19. y = x , y = − x , x = 1;

x, y = x2; 2 2 21. x y = a , x y = 2 a , 2 x = y, x = a , a > 0; 2 2 22. x + y ≤ 25, y = 2 x , x = 0; 2 23. y ≤ 4 x , x = 3 − y, y ≥ 0; 2 2 2 2 24. x + y = 4, x + y = 9, y ≥ x , y ≤ 2 x; 25. y = a + x , y = a − x , y = 0; 26. y = 2 x , x + y − 3 = 0, y = 0; 27. ρ = 2 cos ϕ, ρ = 4 cos ϕ; 28. ρ = 2 sin ϕ, ρ = 2 sin ϕ; 20. y =

(

29. x 3 = x 2 + y 2 3

(

30. y = x + y

)

2 2

(перейти в полярную систему координат); (перейти в полярную систему координат). Задание №7

Найти объем тела, ограниченного указанными поверхностями, с помощью двойного интеграла: V = ∫∫ z (x , y ) dx dy D xy

9 − x 2 , y = 0, z = 0;

1. z = 3x , y =

4 − x 2 , z ≥ 0;

2. z = y; y =

3. z = 9 − x 2 − y 2 , x = y = z = 0; 4. z = (y − 1) , z = 0, y = x , y = 1; 2

x2 ; y = 2; 5. z = 2 − y, z = 0, y = 2 6. z = 9 x 2 + 3y 2 + 2, x + y = 1, x = 0, y = 0; z = 0; 7. z = 6 − y, y = x 2 , y = 6, z = 0; 8. z = 2 y, y =

3 4 − x 2 , x = z = 0; 2 149

9. z = y , z = 0, 2 x + 3y − 6 = 0, x = 0; 2

10. z = y, z = 0, y = x , y = 2; 2

11. z = 2 x + y , z = 0, y = 0,

x + y = 2, x = 0;

12. z = 2 x , z = 0, y = x , x = 1; 13. z = y 2 + 1, z = 0, x + y = 1; x ≥ 0; y ≥ 0;

x 2 + y2 ; x + y = 3, x = y = z = 0; 14. z = 3 x2 15. z = 2 x , y = , x = 2, y = 0, z = 0; 2 16. z = 8 − 2 x 2 − 4 y 2 , x ≥ 0; y ≥ 0; здесь (при вычислении двойного интеграла) надо сделать переход в полярную систему координат по формулам: x = 2 ρ cos ϕ; y = 2 ρ sin ϕ . Не забыть вычислить Якобиан. 2

17. z = y + 2, x = 3, y = 2, x = y = z = 0; 18. z = 9 − y 2 , x ≤ y ≤ 3, z = 0; 2

19. z = x + y + 1, x + y = 3, x = y = z = 0;

x2 + y 2 + 1, 0 ≤ x ≤ 4; 0 ≤ y ≤ 4 − x; z = 0; 20. z = 4 21. (∗) z = 12 − x 2 − y 2 , x = y = z = 0; 2

22. z = y + 1, x + y = 1, , z = 0, x = 0, y = 0; 2

23. z = x , x + y = 2, z = 0, y = 0; 24. z + x + y = 2, y ≥ 2 x , x ≥ 0, z ≥ 0; 25. (∗) z = x + y , y = 2 x , y = x , z = 0, z = 1; 26. z = 6 − x − y, 2 x + y = 4, x = 0, y = 0, z = 0; 2

27. z = 12 − 3 x ,

2 x + y = 4, x = 0, y = 0, z = 0; 2 28. z = x + 1, 4 x + 3 y − 12 = 0, x = 0, y = 0, z = 0; 29. z = 9 − y 2 , 0 ≤ y < 5; z ≥ 0; 30. z = (x − 1) , z = 0, 0 ≤ x ≤ 2; 0 ≤ y ≤ 4. 2

(∗ )

При вычислении двойного интеграла перейти в полярную систему координат.

150

ЧАСТЬ 2. ТРОЙНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ Задание №8 Вычислить тройной интеграл по заданной области интегрирования V 1.

(

)

2 2 2 ∫∫∫ x + y + z dx dy dz,

∫∫∫ z dx dy dz, v

∫∫∫ x dx dy dz, v

2 ∫∫∫ z dx dy dz, v

7. 8.

(∗∗ )

)

∫∫∫ 1 −

(

x2 a2

−

y2 b2

−

)

z2 c2

2 2 2 ∫∫∫ x + y + z dv, v

(

2 2 2 ∫∫∫ x + y + z dv, v

∫∫∫ z dx dy dz, v

10 .

∫∫∫ z

x + y dv,

11.

2 2 2 ∫∫∫ x + y + z dv, v

12.

∫∫∫ x + y + z dv, v

⎧⎪z = R 2 − x 2 − y 2 , v :⎨ ⎪⎩ z ≥ 0; ⎧ 2 ⎛ h2 ⎞ 2 2 ⎪z = ⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⋅ x + y , v :⎨ ⎝R ⎠ ⎪ ⎩ z = h; ⎧x = 0, y = 0, z = 0, v :⎨ ⎩ y = h, x + z = a; ⎧⎪x 2 + y 2 + z 2 = R 2 , v :⎨ ⎪⎩ x 2 + y 2 + z 2 ≤ 2 R z; ⎧⎪z 2 + y 2 ≤ x 2 , v :⎨ ⎪⎩ x 2 + y 2 + z 2 ≤ R 2 , x ≥ 0; x 2 y2 z2 v : 2 + 2 + 2 ≤ 1; b c a ⎧⎪x 2 + y 2 ≤ a z, v :⎨ ⎪⎩ x 2 + y 2 + z 2 ≤ 3 a 2 ; ⎧x 2 + y 2 = 4 x , y ≥ 0, v :⎨ ⎩ z = 0, z = 2;

(

∫∫∫ z dx dy dz, v

v :x 2 + y2 + z2 ≤ R 2 ;

dv,

⎧x 2 + y 2 = z 2 , v :⎨ ⎩ z = 4; v :x 2 + y2 + z2 ≤ R 2 ; ⎧z = x 2 + y 2 , y = x , v :⎨ ⎩ x = 1, y ≥ 0, z = 0;

151

)

13.

∫∫∫ (x

)

+ y 2 dv,

14.

2 3 ∫∫∫ x y z dx dy dz, v

15.

2 ∫∫∫ x y z dv,

v : z = x y , y = 3 x , x = 5, z = 0;

16.

dx dy dz

∫∫∫

(1 + x + y + z )

17.

v : x 2 + y 2 + z 2 = 1, x = 0, y = 0, z = 0;

2 2 ∫∫∫ x + y dv,

v : z = 1, x 2 + y 2 = 4 z;

19. 20.

(∗∗ )

(

⎛ x 2 y2 z2 ⎞ ∫∫∫ ⎜⎜ 2 + 2 + 2 ⎟⎟ dv, b c ⎠ v ⎝a

)

v : x 2 + y 2 + z 2 ≤ 2 R z;

∫∫∫

dx dy dz , 1+ x + y

∫∫∫ (2 x + 3y − z ) dv,

⎧x = 0, x = 1, y = 2, v :⎨ ⎩ y = 5, z = 2, z = 4; ⎧x = 0, y = 0, z = 0, v :⎨ ⎩ z = 3, x + y = 2;

Сделать переход в сферическую систему координат по формулам:

y z = ρ ⋅ sin θ ⋅ cos ϕ; = ρ ⋅ cos θ; b c

∫∫∫ x y z dx dy dz,

v : x 2 + y 2 = 4, x + y + z = 3, z = 0,

2 2 ∫∫∫ x + y dx dy dz,

v : x 2 + y 2 = 9, z = 4, z = 0,

27.

≤ 1;

2 2 2 ∫∫∫ x + y + z dv,

x = ρ ⋅ sin θ ⋅ cos ϕ; a J = a b c ρ 2 sin θ. 26.

v : x 2 + y 2 + z 2 ≤ 9, z ≥ 0;

(∗∗ )

2 2 2 ∫∫∫ x + y + z dv,

25.

v : 9 z = x 2 + y 2 , x + y + z = 1;

24.

2 2 ∫∫∫ x + y dx dy dz,

23.

v : z = x 2 + y 2 , y = x , x = 1, z = 0, y ≥ 0

22.

2 2 ∫∫∫ x + y dv, v

21.

v : x + y + z = 1, x = 0, y = 0, z = 0;

∫∫∫ x y z dv, v

18.

⎧2 z = x 2 + y 2 , v :⎨ ⎩ z = 2; ⎧z = x y, y = x , v :⎨ ⎩ x = 1, z = 0;

152

28.

⎧x 2 + y 2 = 9, z = 0, v :⎨ ⎩ x + y + z = 5; ⎧x = 0, y = 0, z = 0, v :⎨ ⎩ z = 1, x + y = 4; ⎧⎪x 2 + y 2 + z 2 = 9, v :⎨ ⎪⎩ z = x 2 + y 2 .

2 2 2 ∫∫∫ x y z dx dy dz, v

29.

∫∫∫ (x + y − 2z ) dx dy dz, v

30.

∫∫∫ v

dx dy dz 2

x +y +z

Задание №9 Найти объем тела, заданного ограничивающими их поверхностями, с помощью тройного интеграла: V = ∫∫∫ dx dy dz 2

1. x + y = 4, y + z = 2, z = 0; 2

2. z = 9 − y , x + y = 9, z = 0; 2

3. z = 2 − x − y, z = 0, x + y = 1; 2

4. z = y , x + y = 9, z = 0; 5. z = y, z = 0, x = 0, x = 4, y = 2

x 2 + y2 ;

6. z = x + y , z = (∗∗∗)

25 − x 2 ;

+ + = 1; a 2 b2 c2 2 2 2 2 8. z = 6 − x − y , z = x + y ;

9. x + y = 4, z = 4 − y; 2

(∗∗∗)

10. z = x + y , y = x , y = 1, z = 0; Сделать переход в сферическую систему координат по формулам:

y z x = ρ ⋅ sin θ ⋅ cos ϕ; = ρ ⋅ sin θ ⋅ sin ϕ; = ρ ⋅ cos θ; J = ρ 2 ⋅ sin θ a b c. b c a 2

11. z = 0, z = 1 − y , x = y , x = 2 y + 1; 2

12. x = 2 y, z = 4 − y , x = 0, z = 0; 2

13. x + y = 2, x + z = 2, x = 0, y = 0, z = 0; 2

14. 2 − z = x + y , z = x + y ; 2

15. 4z = x + y , x + y = 2 x , x = 0, y = 0, z = 0; 2

16. x + y = 6 − 2 z, z = x + y ; 153

17. x + y − z = 1, z = 1; 2

18. x + y + z = 25, z = x + y , z ≥ 0, y ≥ 0, x ≥ 0; 2

19. z = 16 − y , z = 8 + y , x = 1, x = 2; 2

20. z = 3 x + y , z = 10 − x − y ; 2

21. x + y = y, x + y = 2 y, z = 2

x 2 + y 2 , z = 0;

22. z = x + y , z = 0, x + y = 4; 2

23. z = 1 − y , y = x , x = 2 y + 1, z = 0; 2

24. z = x + y , z = x + 2 y , y = x , y = 2 x , x = 1; 2

25. x + y + z = 1, z = y + x , x = 0, y = 0, z = 0; 2

26. y + z = 3 x; x + y + z = 4 (внутренний объем по отношению к параболоиду); 2

27. z = 6 − x − y , z = x + y ; 2

28. z = 4 − y , z = 2 + y , x = 1, x = −1; 29. z = 2

64 − x 2 − y 2 , z = 1, x 2 + y 2 = 60; 2

30. x + y + z = 4, z = x + y

(вне конуса).

Задание №10 Тело задано ограничивающими его поверхностями, μ = μ (x, y , z ) − плотность массы тела. Найти центр тяжести тела с помощью тройного интеграла 2

1. z = x + y , x = 5, y = 5, z = 0, μ = 1;

1 2 y , μ = 1; 2 x + y = 1, z = x 2 + y 2 , x = 0, y = 0, z = 0, μ = 1; 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1, μ (x, y, z ) = x + y + z; z = 9 − x 2 − y 2 , z = 0, μ = 1; x 2 = 2 y, y + z = 1, 2 y + z = 2, μ = y; x 2 + y 2 = 4, 0 ≤ z ≤ 3, μ(x , y, z ) = x 2 + y 2 ; x 2 + y 2 + z 2 = 3, x 2 + y 2 = 2 z, μ = 1;

2. 2 x + 3y − 12 = 0, x = 0, y = 0, z = 0, z = 3. 4. 5. 6. 7. 8.

9. z = 2

4 − x 2 − y 2 , z ≥ 0, μ(x , y, z ) = x 2 + y 2 + z 2 ; 2

10. x + y + z = 16, z =

x 2 + y 2 , μ = 1; 154

11. x + y + z = 1, x = 0, y = 0, z = 0, μ = y; 12. x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0, x + y + z = 1, μ = 1; 2

13. x + y + z = 1, 3z = x + y , z ≥ 0, μ = 1; 2

14. y = 3 − x − z , y = 0, y ≥ 0, μ = 1; 2

15. x + y = R , x + y = r , 0 ≤ z ≤ 3, μ = 1; 2

16. x = z + y , y + z = a , x = 0, y = 0, z = 0, μ = 1; 2

μ (x y z ) =

17. x + y + z ≤ 2Rz,

k 2

x +y +z

;

18. x + y − z = 0, z = h , μ(x , y, z ) = z; 2

19. x + y = z , x + y = 1, y ≥ 0, z ≥ 0, μ = x + y ; 20. x + y = z , x + y = z, μ(x , y, z ) = x z; 2

21. x + y + z = 1, x + y = z , x = 0, y = 0, z ≥ 0, μ = z; 22. x + y + z = 4, x + y = 1, μ = z; 2

23. x + y = z , x + y = 4, x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0, μ = x + y ; 2

24. x + y = 1, x + y = 6 x , x = 0, y ≥ 0, z = 0, μ = y; 25. x + y + z = 4, x + y = 4(1 − z ), 2

μ = 1; 2 2 2 2 2 2 26. x + y + z ≤ 1, x + z = y , x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0, μ = y; 2 2 2 2 27. x + y = 4, x + y = 8z, z ≥ 0, μ = 1; 2 2 2 2 2 28. x + y + z = 16, x + y = 4, μ = z ; 29. x + y = z , x + y = z, z = 0, y ≥ 0, x ≥ 0, μ = y z; 2

30. x + y = z , x + y = 4, x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0, μ = x + y .

155

ЧАСТЬ 3. КРИВОЛИНЕЙНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ Задание №11 Вычислить криволинейный интеграл 1.

∫ (x + 2 y ) dL,

L − отрезок прямой от точки A(1;1) до B(5;3);

y2 dL, 2. ∫ x L 3.

L − дуга y 2 =

2 2 ∫ x + y dL,

L : x 2 + y2 = 4

∫

x 2 + y2 + z dL 5. ∫ , L y−x L

L − первый виток винтовой линии x = 2 cos t , y = 2 sin t , z = t;

, 2

L − отрезок прямой от точки A(0;−1) до B(2;0);

2 ∫ x y dL,

2 y dL,

7. ∫

2 2 ∫ z − x + y dL,

)

(

2 ∫ x dL,

10.

∫ (x + y )dL,

11.

(

)

2 2 ∫ x + y dL,

(

)

12. ∫ x 2 3 + y 2 3 dL, L

13.

0 ≤ t ≤ π;

∫ x dL, ∫e

x 2 + y2

π 2 x = a cos t; y = a sin t ,

L − часть эллипса x = a cos t; y = a sin t; 0 ≤ t ≤ ;

15.

L − контур параллелограмма с вершинами A(0;1) , B(3;0), C(3;2), D(0;2); L − первая арка циклоиды x = a (t − sin t ), y = a (1 − cos t ); L − первый виток винтовой линии x = a ⋅ cos t , y = a ⋅ sin t , z = b ⋅ t; L − контур треугольника с вершинами A(0;1); B(3;0 ); C(0;2); L − контур треугольника с вершинами A(0;0) , B(1;0), C(0;1); ⎧x = a (cos t + t sin t ), L:⎨ ⎩ y = a (sin t − t cos t ), 0 ≤ t ≤ 2π; π L − дуга x = a cos 3 t , y = a sin 3 t , 0 ≤ t ≤ ; 2 L − дуга эллипса x = a cos t , y = b sin t ,

∫ y dL,

14.

9 3 x от точки A(0;0) до B(4; 25 4 ); 25

dL,

L − часть

окружности находящаяся в 1-й четверти. 156

16.

17.

(

)

2 2 2 ∫ x + y + z dL,

∫ z dL,

18.

∫ x dL,

19.

∫ (2 x − y ) dL,

20.

L − часть цилиндрической винтовой линии x = a ⋅ cos t , y = a ⋅ sin t , z = b ⋅ t (0 ≤ t ≤ 2π ); L − коническая винтовая линии x = t ⋅ cos t , y = t ⋅ sin t , z = t (0 ≤ t ≤ 2π); L − первая арка циклоиды x = a (t − sin t ), y = a (1 − cos t );

L − отрезок прямой от точки A(2;2) до B(1;3); L : контур треугольника с вершинами A(0; 0 ); B(1; 0 ); C(0;1) .

∫ y dL,

21. ∫ x 3 dL,

L : дуга y = x 3 , находящаяся внутри окружности

dL , − x y L 23. ∫ ( y − x ) dL,

L − отрезок прямой, заключенный между точками A(2;1) и B(− 3;4 ); L − контур треугольника с вершинами A(0;1) , B(2;0), C(0;2);

x 2 + y 2 = 2;

22.

∫

24.

∫5

x 2 + y2

dL,

π 3

L − часть окружности ρ = a , 0 ≤ ϕ ≤ ;

x2 dL, 25. ∫ y L 26.

∫

(3 x + 3 y )dL,

28.

2 ∫ x dL,

29.

∫ x y dL,

30.

)

2 2 ∫ 3x − y dL,

27.

(

∫

dL y

y3 L − дуга линии x = от A(0;0 ) до 16 2

L : дуга эллипса

⎛1 ⎞ B⎜ ;1⎟; ⎝4 ⎠

x = a ⋅ cos t , y = b ⋅ sin t в 1-й

четверти.

L : x = a cos 3 t , y = a sin 3 t , 0 ≤ t ≤ L − арка циклоиды x = a (t − sin t ), y = a (1 − cos t ), (0 ≤ t ≤ 2π);

π ; 2

L : контур трапеции с вершинами B(5;0); C(4;3); D(3;3);

A(0;0 ),

дуга эллипса x = a cos t; y = b sin t в 1-й четверти.

157

Задание №12 Вычислить криволинейный интеграл по заданной линии L : 1.

⎧⎪x = cos t , ⎛ π⎞ L:⎨ ⎜ 0 ≤ t ≤ ⎟; 2⎠ ⎪⎩ y = sin t , ⎝ L − отрезок прямой от точки A(1;1) до B(3;4 ); x против L : y = b 1 − 2 , (y ≥ 0) a

2 2 ∫ x y dy − y x dx ,

)

(

)

2 ∫ x + 2 x y dy,

(

2 2 ∫ x − y dx + x y dy,

(

)

2 ∫ y dx − y − x dy,

часовой стрелки;

L : y = 2 − x 2 , (y ≥ 0);

2 2 ∫ y dx − x dy,

6. 7.

∫

x 2 dy − y 2

dx ,

2 2 ∫ y dx + x dy,

∫ y dx + 2x dy,

∫ x dy + y dx ,

10. ∫ 2 x dy − 3 y dx , L

11.

(

2 2 ∫ (x − y ) dx + (x + y ) dy,

L − ломаная OAB , где O(0;0) , A(2;0 ), B(4;2);

∫

(x + y )dx + (x − y )dy , 2

x +y 2 3 14. ∫ x y dx + x dy, L L

15.

)

L : y = x 2 , − 1 ≤ x ≤ 1;

13.

)

2 2 ∫ x − 2 xy dx + y − 2 xy dy,

12.

(

⎧x − 1 = cos t , L :⎨ ⎩ y − 1 = sin t; ⎧⎪x = a ⋅ cos 3 t , ⎛ π⎞ L :⎨ 0 ≤ t ≤ ⎟; ⎜ 2⎠ ⎪⎩ y = a ⋅ sin 3 t , ⎝ ⎧x = a ⋅ cos t , L :⎨ ⎩ y = b ⋅ sin t; x y x y L : + = ±1; − = ±1; 3 2 3 2 L − отрезок прямой от точки A(0;0) до B(1;2); L − контур треугольника с вершинами A(1;2 ) , B(3;1), C(2;5);

dy dx − , x y L

∫

L :x 2 + y2 = a 2 ; L : y = x 2 , y 2 = x; L : x 2 + y 2 = R 2 , (x ≥ 0, y ≥ 0);

158

16.

⎧x = a (t − sin t ), L :⎨ (0 ≤ t ≤ 2π); ( ) y = a 1 − cos t , ⎩ ⎛1 ⎞ L : y = x 2 , ⎜ ≤ x ≤ 1⎟; ⎝2 ⎠ L − отрезок прямой от точки A(0,1) до B(2,5);

∫ (2a − y )dx + x dy,

y dy − dx , x L x dx − y dy , 18. ∫ 2 2 L x +y

17. ∫ arctg

19.

∫

y 2 dx − x 2 dy

⎧x = a ⋅ cos t , (0 ≤ t ≤ 2π); L :⎨ y a sin t , = ⋅ ⎩

x 2 + y2 20. ∫ (x + y )dx + (x − y )dy, L

L : x = a cos t , y = b sin t;

L − отрезок прямой от точки A(0; π) до B(π;0 );

21. ∫ sin y dx − sin x dy, L

22.

∫

(x + y )dx − (x − y )dy ,

x 2 + y2 2 2 23. ∫ x − 2 x y dx + y − 2 x y dy, L

( 24. ∫ (x

)

L L

25.

)

(

)

+ y 2 dx + x 2 − y 2 dy,

(

)

2 2 2 ∫ (x + y ) dx − x + y dy,

26.

(

2 2 2 ∫ y dx + z dy + x dz,

28. 29.

(

∫ y dx − x dy,

30. ∫ x y dx + y z dy + z x dz, L

L : y = 1 − 1 − x , (0 ≤ x ≤ 2 ); L−

контур треугольника вершинами A(1;1), B(3;2 ), C(2;5);

L : x = a cos t , y = a sin t , z = h;

)

2 2 2 2 ∫ x + y dx + x + y dy,

L : y = x , (1 ≤ x ≤ 4 );

⎧x = R ⋅ cos t , ⎛ π⎞ L :⎨ ⎜ 0 ≤ t ≤ ⎟; 2⎠ ⎩ y = R ⋅ sin t , ⎝

∫ y dx + x dy,

27.

L : x = a sin t , y = a cos t;

L−

контур треугольника с вершинами A(0;1), B(2;4 ), C(3;6 ) ;

⎧x = a ⋅ cos t , L :⎨ ⎩ y = b ⋅ sin t; L : x = cos t , y = sin t , z = 1.

159

Задание №13 Вычислить криволинейный интеграл с помощью формулы Грина 1.

∫ (x − y )dx + 2xydy,

L : контур треугольника OAB с

вершинами

O(0;0), A(0;1), B(1;1); L : контур треугольника ABC с

)

вершинами

2 2 ∫ y dx + x dy,

L :x 2 + y2 = R 2 ;

(

2 ∫ 2 x y dx − x dy ,

A(0;0 ), B(1;1), C(2;0);

L : контур треугольника ABC с

4. ∫ x y dy − x ydx,

вершинами

A(1;3), B(2;4), C(2,0); L : контур треугольника ABC с

(

)

5. ∫ 2 x 2 + y 2 dx + (x + y ) dy, L

(

вершинами

A(1;1), B(2;2), C(1;3);

)

6. ∫ x − y 2 dx + 2 x y dy, L

(

L : x 2 + y2 = R 2;

L : контур треугольника ABC с

)

∫ (x + y ) dx − x + y dy, 2

вершинами

A(1;1), B(3;2), C(2;5);

8. ∫ x y dy − x ydx,

L :x 2 + y2 = R 2 ;

L : x = a cos t ,

∫ (x + y )dx − (x − y )dy,

y = b sin t.

L : замкнутый контур,

10. ∫ e ⋅ [(1 − cos y )dx − (y − sin y ) dy],

составленный

( 11. + (e

L : x 2 + y 2 = a x;

) cos y − m )dy,

x ∫ e sin y − m y dx +

12. ∫

13.

∫

x dy − y dx 2

x +y

xdy + ydx x 2 + y2

из

линии

y = sin x, y = 0, (0 ≤ x ≤ π );

r2 ≤ x 2 + y2 ≤ R 2;

L : любой замкнутый контур, не проходящий 160

через

начало

14.

координат; L : контур треугольника ABC с вершинами

2 2 ∫ (x + y ) dx − (x − y ) dy,

A(1;1), B(2;6), C(2;1);

15.

L : y = x 2 и отрезок от точки

2 ∫ (x + y ) dx − (x − y )dy,

A(2;4) до B(− 2;4) ;

16.

∫

x dy − y dx x 2 + y2

17.

)

(

)

2 2 ∫ 1 − x y dx + x 1 + y dy,

18.

(

⎧x 2 + y 2 = R 2 , (y ≥ 0); L :⎨ ⎩ y = 0, ⎧x 2 + y 2 = R 2 , (y ≤ 0); L :⎨ ⎩ y = 0,

∫ (xy + x + y )dx + (xy + x − y )dy,

19.

∫ (xy + x + y )dx + (xy + x − y )dy,

20.

∫ (xy + x + y )dx + (xy + x − y )dy,

21.

∫

xdy + ydx x 2 + y2 2

L :x 2 + y2 = 4;

2 ∫ (2 xy − y )dx + x dy,

L : x 2 + y 2 = 25 ;

24.

L : контур треугольника ABC с

∫ (2 xy − y )dx + x dy, 2

вершинами

A(1;2 ), B(− 1;3), C(0;4);

25.

∫

xdy − ydx 2

x +y 2

L : x 2 + y 2 = a x; L : x − 1 = cos t; y − 1 = sin t;

22. ∫ x dx + y dy, 23.

x 2 y2 L: + = 1; 4 9 ⎧x = a ⋅ cos t , L :⎨ ⎩ y = b ⋅ sin t;

26. ∫ x y dy − x ydx,

x2 a2

y2 b2

= 1;

замкнутый

контур

из

y = x 2 + 1 и отрезка прямой y = 2;

161

27. ∫ x ydx + xy dy,

L :x 2 + y2 = R 2 ;

28. 29. 30.

∫

x dy − ydx

2 2 L x +y x dy − ydx

∫

2 2 L x +y x dy − ydx

∫

x 2 + y2

x 2 y2 L: + = 1; 16 64

L : x = a ⋅ cos t , y = a ⋅ sin t;

L : x = a ⋅ cos t , y = b ⋅ sin t.

162

ЛИТЕРАТУРА Основная литература: 1. Бугров Я.С., Никольский С.М. Дифференциальное и интегральное исчисление. М., Наука, 1988. 2. Пискунов Н.С. Дифференциальные и интегральные исчисления. - М.: Наука, 2001. - Т.1,2. – 456 с. 3. Шипачев В.С. Курс высшей математики. – М.: Изд-во МГУ, 1981. – 218 с. 4. Берман Г.Н. Сборник задач по курсу математического анализа. – Санкт – Петербург: «Лань», 2000. Дополнительная литература: 1. Данко П.Е., Попов А.Г., Кожевникова Т.Я. Высшая математика в упражнениях и задачах. - М., Высшая школа, 2000. 2. Кудрявцев В.А., Демидович Б.П. Краткий курс высшей математики. – М.: Наука, 1986. – 576 с. Учебные пособия кафедры: 1. Кратные, криволинейные и поверхностные интегралы. Учебное пособие, Егорова Р.А., Умергалина Т.В., Степанова М.Ф., Уфа, УГНТУ, 2005 – 82 с. 2. Практикум. Кратные, криволинейные и поверхностные интегралы. – Умергалина Т.В., Хакимов Д.К., Жданова Т.Г., Уфа, УГНТУ, 2000. 3. Расчетные задания по математике. Раздел «Кратные и криволинейные интегралы». – Хакимов Д.К., Умергалина Т.В., Уфа, УГНТУ, 2002.

163