Изменение порядка интегрирования в двойном интеграле 2 страница
Решение . Преобразуем данное уравнение к полярным координатам :
т.е 
.
Осью симметрии петли является луч j = p/4 , поэтому
(кв.ед).
1.9 Площадь поверхности
Пусть поверхность задана с помощью явного уравнения z =f(x,y), где функция f(x,y) 1) определена в некоторой области D(простой) и 2) имеет в этой области непрерывные частные производные f1x(x,y) и f1y (x,y) .
При этих предположениях поверхность z = f(x,y) будет иметь в каждой своей точки касательную плоскость.
Найдём площадь поверхности . Для этого поступим следующим образом .
Разобьём область D сетью кривых на частичные простые области Di (i = 1,2, . . . ,n) , площади которых обозначим через Dsi .
В пределах каждой частичной области Di возьмём производную по точке (xi , hi) и восстановим в ней перпендикуляр к плоскости хОу до пересечения в некоторой точке Мi (xi , hi , Vi) с поверхностью.
Проведём в полученной точке Мi (xi , hi , Vi) касательную плоскость к поверхности .
Построив на каждой частичной области Di , как на основании , цилиндрические столбики , мы вырежем как на самой поверхности , так и на проведённой касательной плоскости элементарные участки , которые обозначим соответственно через Gi и Ti ( i = 1,2, . . . , n).
Интуитивные соображения предсказывают , что при малом диаметре частичной области Di ( а значит и малом диаметре частей Gi на поверхности ) участки Тi на касательной плоскости имитируют участки Gi самой поверхности . Потому естественно сумму площадей участков Тi принять за приближённую меру площади поверхности . А если эта сумма имеет предел ( при стремление к нулю диаметров всех областей Di ) , не зависящий от способа разбиения области D на частичные и выбора точек (xi , hi ) в Di , то естественно этот предел принять за площадь поверхности .
Пусть касательная плоскость в т. Мi (xi , hi , Vi) образует с плоскостью хОу угол gi .
Уравнение касательной в т. Мi (xi , hi , Vi)
и т.д.
Направляющий вектор нормали к этой плоскости
Как известно из аналитической геометрии
Но между площадями DSi и Dsi (DSi - площадь области Тi ; Dsi – площадь области Di ) существует соотношение :
– из геометрии элемента .
Отсюда 
, или
Поэтому 
.
Эта сумма есть интегральная сумма для непрерывной в D функции 
, т.к. по условию частные производные непрерывны .
И поэтому эта сумма имеет предел ( при d(Di)®0 ), который равен соответствующему двойному интегралу от F(x,y).
Таким образом , площадь поверхности
. (1.23)
Пример 1.9.1 Вычислить площадь части поверхности параболоида 2z = x2 + y2 , вырезанной цилиндром х2 + у2 = 1.
. Перейдём к полярной системе координат
(кв.ед.)
Пример 1.9.2 Вычислить площадь части поверхности полусферы х2 + у2 + z2 = 4 (z ³ 0) , вырезанной цилиндром х2 + у2 = 1 ( рис. 1.28).
Решение . Уравнение поверхности d имеет вид 
, область D есть круг , ограниченный окружностью х2 + у2 = 1. Находим 
, 
.
Вычислим площадь поверхности
.
Двойной интеграл вычислим в полярных координатах . Уравнение окружности х2 + у2 = 1.
r = 1 , причём 0 £ q £ 2p.
Следовательно ,
1.10 Масса плоской фигуры
Рассмотрим некоторую материальную плоскую фигуру D.
Поставим перед собой задачу вычисления массы такой финуры .
1. Если эта фигура однородна , т.е. масса распределена равномерно по этой фигуре , а d - её плотность ,то вычисления её массы m производится непосредственно :
,
где S - площадь фигуры .
2.Предположим теперь , что данная фигура не является однородной .
Пусть поверхностная плотность фигуры
,
То есть является функцией координат точки ,
где d(х,у) предполагается непрерывной .
Поверхностная плотность – масса , приходящаяся на еденицу площади.
Вычисление массы такой фигуры производится с помощью двойного интеграла .
Разобьём фигуру D на части Di ( i = 1,2, . . . ,n) ( сетью кривых ) , без общих внутренних точек и имеющими площади DSi .
Выберем в пределах каждой площадки Di произвольным образом точку ( xi , hi ).
Будем считать из наглядных соображений , что при малой площади DSi значение плотности di = d( xi , hi ) в точке ( xi , hi ) будет мало отличаться от значения плотности в других точках той же части Di , и мы можем приближённо принять за массу части Di произведение
,
а сумму таких произведений для всех частей Di
– за приближённое выражение массы всей пластинки.
При этом ( из интуитивных соображений) ясно , что чем n больше , а размеры каждой части Di меньше , тем естественнее видеть в mn приближённое значение массы пластинки .
Логично ожидать поэтому , что предел этой суммы mn , найденной при условии , что “размеры “ площадок Di сделаются как угодно малыми , и будет выражать искомую массу пластинки . Мы приходим , таким образом , к следующему определению .
Массой пластинки D называется предел , к которому стремится сумма mn , когда d(Di)®0 :
,
так как имеем здесь предел интегральной суммы , составленной для непрерывной в D функции d(х,у) , то предел этой суммы существует и равен двойному интегралу от функции d(х,у) по области D , то есть
. (1.24)
Пример 1.10.1
Найти массу кольца , ограниченного двумя концентрическими окружностями радиусов R и r ( R > r ) , если плотность кольца в каждой т. обратно пропорциональна расстоянию этой точки до центра окружности и равна 1 г/см3 на окружности внутреннего круга .
Решение .
Здесь 
, к = ?
при заданном условии
1 = к / r Þ k = r .
Тогда 
.
1.11 Статические моменты и центр тяжести плоской фигуры
Как известно , центр тяжести системы n материальных точек с массами m1 , m2 , . . . , mn определяется по формулам :
; 
(1.25)
; 
Используя формулы (1.25) , определим 1) статические моменты и 2)координаты центра тяжести плоской фигуры .
Рассмотрим плоскую фигуру D (представляющую собой простую область).
Пусть в каждой точке (х,у) этой фигуры задана поверхностная плотность d(х,у) ( будем считать её непрерывной в D функцией).
Разобьём область D на простые частичные области Di с площадями DSi ( i = 1,2,. . . ,n). Взяв в пределах каждой частичной области по точке (xi , hi ) , составим дроби :
; 
(т.е. считаем , что масса частичной области Di сосредоточена в т. (xi , hi ) ; т.е. фигуру рассматриваем как систему материальных точек ).
Естественно за центр тяжести С фигуры D считать точку , координаты которой Хс ,Ус являются пределами составленных дробей при условии , что d(Di)®0.
Т.к. члены этих дробей суть интегральной суммы на D соответственно для непрерывных функций d(х,у) , х d(х,у) и у d(х,у) , то , переходя в записанных выше равенствах к пределу при d(Di)®0 , получим искомые формулы координат центра тяжести :
; 
(1.26)
; 
Замечание .
В случае однородной фигуры (d = const) эти формулы примут вид :
; 
, (1.27)
где S – площадь фигуры D .
Числители дробей обычно именуются статическими моментами Мх и Му фигуры D.
Статическим моментом материальной точки относительно оси называется произведение массы этой точки на её расстояние до данной оси :
у
. (х,у) Мх = my ;
х My = mx .
Пример1.11.1
Найти координаты центра тяжести однородной пластинки , ограниченной параболой у = х2 и прямой у = 2.
Следовательно , 
С( 0 ; 1,2).
Пример 1.11.2 Найти координаты центра тяжести пластинки , ограниченной пораболой у = х2 и прямой у = 1 , если плотность распределения массы в каждой точке равна ординате этой точки .
Решение . Найдём сначала массу пластинки . Так как g(х,у) = у , то имеем
.
Статистические моменты пластинки относительно координатных осей :
.
Координаты центра тяжести 
.
Итак , координаты центра тяжести пластинки (0 ; 5/7).
1.12 Момент инерции
Определение .
Моментом инерции материальной точки массы m относительно оси называется произведение массы этой т. на квадрат её расстояния до оси .
Пусть дана плоская материальная фигура D , плотность распределения массы которой d = d(х,у) , т.е. является функцией координат .
Найдём моменты инерции этой фигуры относительно осей Ох и Оу.
Разобьём область D на n произвольных частей Di с площадями DSi (i = 1,2,. . . ,n).
В пределах каждой частичной области Di возьмём по точке (xi , hi ) .
Найдём моменты инерции площадки Di относительно координатных осей : заменим каждую площадку материальной точкой (xi , hi ) .
Масса области Di » d(xi , hi )DSi .
Тогда моменты инерции Di относительно осей координат будут :
относительно Ох : 
;
относительно Оу : 
.
Момент инерции всей области D » сумме моментов инерции малых площадок Di :
.
Переходя к пределу , получим :
; 
. (1.28)
(Если фигура однородна , то полагают d = 1)
Аналогично получаем момент инерции относительно начала координат :
.
Пример 1.12.1
Доказать , что момент инерции кругового кольца относительно центра в 2 раза больше момента инерции относительно любой оси, проходящей через центр кольца ( лежащего в его плоскости ).
Решение .
Обозначим радиусы окружности через r и R . 
Рис 1.35
1) 
.
2) 
.
3) 
в 2 раза .
Пример 1.12.2 Вычислить момент инерции однородного квадрата со стороной , равной 2 , относительно одной из его вершин .
Решение . Совместим начало координат с одной из вершин квадрата , а координатные оси ОХ и ОУ направим по двум его сторонам , исходящим из этой вершины . Тогда искомый момент инерции (g(х,у) = g = const )
.
1.13 Тестовые задания для самостоятельной работы
1. Задание: Вычислить двойной интеграл от функции z = ycosxy по области D: y = 
; x=1; y = π; x=2
Ответы: 1) -1; 2) 0; 3) -2; 4) ½
2. Задание: Вычислить двойной интеграл от функции z = xy2, по области Dz : х = 0;
y = х; y = 2-х2.
Ответы:1) 
; 2) 1; 3) 3 
; 4)5 
.
3. Задание: Вычислить двойной интеграл: ∫∫ 
dxdy. D: 0 
х 1; 0 y 1
Ответы:1) 
; 2) 
; 3) 
; 4) 
.
4. Задание: Вычислить двойной интеграл: 
, если область D ограничена прямыми x=0, x=1, y=0, y=3/2
Ответы: 1) 
; 2) 
; 3) 2 
; 4) 2 
.
5. Задание: Вычислить двойной интеграл: 
, если область D – квадрат 0 x 
; 0 
y
Ответы: 1) 
; 2) 
; 3) 
; 4) 
.
6. Задание: Вычислить двойной интеграл: 
, если область D ограничена прямыми x=2, x=3, y=x, y=2x: Ответы:1) 2 
; 2) -1 
; 3) 25 
; 4) 12 .
7. Задание: Вычислить 
, если область D – прямоугольник 0 х 4; 1 y е
Ответы: 1) 2; 2) 0; 3) 8; 4) -8.
8. Задание: Вычислить 
Ответы: 1) 10.8; 2) - 
; 3) 3.9; 4) 0.9.
9. Задание: Вычислить двукратный интеграл 
Ответы: 1) 
; 2) 
; 3) 
; 4) 
.
10. Задание: Вычислить двойной интеграл от функции f(x,y) = 1 + x + y по области D, ограниченной линиями: y = - x; x = √y; y = 2; z = 0.
Ответы:1) 0; 2) 3√2+5; 3) 2√2+ 
; 4) 
√2+ .
11. Вычислить 
; область Д ограничена окружностями 
, 
.
Ответы:1) 
2) 
3) 
4) 0
12. Вычислить 
; область Д ограничена окружностью 
и прямыми 
, 
Ответ: 1)0 2) 
3) 
4) 
13. Вычислить 
; область Д ограничена линиями 
, 
, где 
Ответ: 1) 
. 2) 
3) 
4) 0
14. Вычислить 
; область Д ограничена окружностью 
Ответ:1) 0 2) 
.3) 
4) 
Ответы к тесту:
| Номер задания | ||||||||||||||
| Номер ответа |
2. ТРОЙНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ
Аналогично тому , как было введено выше в двумерной области понятие двойного интеграла , в трёхмерном пространстве можно ввести понятие тройного интеграла .
Ограничимся кратким рассмотрением некоторых вопросов теории тройных интегралов . Поскольку многие предложения , установленные для двойного интеграла , вместе с их доказательствами могут быть перенесены на тройные интегралы , то при изложении последних ограничимся кратким рассмотрением их теории .
Например , теорема существования тройного интеграла формулируется аналогично теореме существования двойного интеграла , поэтому мы её рассматривать не будем .
Далее , свойства тройного интеграла рассмотрим без доказательства ( ввиду полной аналогии между определениями двойного и тройного интегралов доказательство свойств проводится аналогично ).
2.1 Задача о массе неоднородного тела , приводящая к понятию тройного интеграла
Рассмотрим задачу о вычислении массы некоторого тела , занимающего пространственную область V.
Пусть плотность распределения массы в данном материальном теле является непрерывной функцией координат точек тела :
d = d (x,y,z)
(т.к. тело неоднородно , то его плотность в различных точках тела различна).
Для определения массы тела поступают так же , как и при вычислении массы плоской фигуры .
Разобьём тело произвольным образом на n частей , объёмы которых обозначены через Dni ( i = 1,2,. . . ,n) .
В каждой части выберем произвольную точку (xi , hi , Vi ).
Если все части достаточно малы , то в силу непрерывности функции d(x,y,z) масса i-той части приближённо равна величине d(xi , hi , Vi ) Dni ; масса всего тела