Файл: Кратные интегралы 17 09 2008.docx

Изобразим область (D) на рисунке 1.16. Из рисунка видно, что для вычисления данного интеграла область (D) следует разбить на три части, как показано штриховыми линиями. Задача, таким образом, сводится к вычислению трех двойных интегралов. Однако можно избежать такого громоздкого способа решения, если ввести новые переменные, положив:

x+y=u, 2x–y=v. (**)

Тогда прямые x+y= 1,x+y= 2 в системе координатxOyпреобразуются в прямыеu= 1,u= 2 в системе координатuOv(рис. 1.17), а прямые 2x–y= 1, 2x–y= 3 преобразуются в прямыеv= 1,v= 3. Параллелограмм (D) преобразуется в прямоугольник (Q) со сторонами, параллельными координатным осям.

При преобразовании интеграла к новым переменным необходимо сначала получить выражения xиyчерезuиvиз равенств (*) и (**):

x=,y=.

Используя формулу (1.6) вычислим якобиан данного преобразования:

J(u,v) == ––= –.

Так как якобиан отличен от нуля, то выбранное преобразование области (D) в область (Q) будет взаимно однозначным. Кроме того, как функция, так и функциивместе со своими частными производными являются непрерывными. Следовательно, по формуле (1.7) имеем:

Если подынтегральная функция или уравнение границы области интегрирования содержат сумму x²+y², то в большинстве случаев упрощение интеграла достигается преобразованием его к полярным координатам. Это объясняется тем, что данная сумма в полярных координатах получает весьма простое выражение

Если в состав подынтегральной функции или уравнения границы области интегрирования входит сумма вида ax²+by²;a> 0,b> 0, то пользуются «обобщенной» полярной системой координат:

Тогда ,

а якобиан преобразования в этом случае (убедится самостоятельно).

ПРИМЕР 2. Вычислить двойной интеграл, где (D) – верхний полукруг.

Решение

Преобразуем интеграл к полярным координатам:

Тогда x²+y²=ρ²,

= ,,

и данный интеграл примет вид:

= .

Рассмотрим область интегрирования (D) (рис. 1.18).

Рисунок. 1.18

Уравнение ее границы в полярных координатах примет вид:

ρ²cos²φ+ ρ²sin²φ= 1,

т.е. ρ²= 1, или ρ = 1 (предполагается, что полярная ось совпадает с положительным направлением оси абсцисс). В пределах данной области (D) полярный угол φ изменяется от 0 до π, а полярный радиус ρ изменяется в пределах от 0 до 1.

Следовательно,

I ===π=

ПРИМЕР 3.Вычислить двойной интегралI=, где область (D) ограничена окружностямиx²+y²= 4x,x²+y²= 8xи прямымиy=x,y= 2x.

Решение

Область (D) изображена на рисунке 1.19. Перейдем к полярным координатамx=ρcosφ,y=ρsinφ. Тогда подынтегральная функция

f(x,y) ==ρ^-4.

Криволинейные участки границы области задаются уравнениями:

ρ²cos²φ+ ρ²sin²φ= 4ρcosφ, или ρ = 4cosφ,

ρ²cos²φ+ ρ²sin²φ= 8ρcosφ, или ρ = 8cosφ,

а прямолинейные участки уравнениями:

ρsinφ= ρcosφ, илиtgφ= 1, откуда φ =;

ρsinφ= 2ρcosφ, илиtgφ= 2, откуда φ =arctg2;

Итак, угол φ изменяется в постоянных пределах от доarctg2. Чтобы найти пределы изменения ρ, пересечем область (D) лучом, исходящим из полюса. При входе в область он пересечет границу ρ = 4cosφ, при выходе - границу ρ = 8cosφ. Следовательно, 4cosφ- нижняя граница интегрирования, а 8cosφ- верхняя граница.

Рисунок. 1.19

Имея в виду, что при данном преобразовании якобиан , можем представить двойной интеграл в новых координатах следующим образом:

I====

= ==.

ПРИМЕР 4. При какой замене переменных криволинейный четырехугольник (D), ограниченный линиямиxy = 1, xy = 2, x – y + 1 = 0, x – y – 1 = 0 (x > 0, y > 0), перейдет в прямоугольник (Q), стороны которого параллельны координатным осям?

Решение

Криволинейный четырехугольник (D) изображен на рисунке 1.20. Обозначим новые переменные черезu иv. В системе координатuOv по условию задачи прямоугольник(Q) должен быть ограничен некоторыми прямыми, параллельными координатным осям,u = u₁,u = u₂,v = v₁,v = v₂. Из уравнений заданных линий

xy= 1,x–y= –1,

xy= 2,x–y= 1

видно, что при xy=u,x – y = v получится требуемое преобразование. Прямоугольник (Q) будет ограничен прямымиu= 1,u= 2,v= –1,v= 1 (рис. 1.21).

Рисунок. 1.20 Рисунок. 1.21

1.6. Приложения двойных интегралов к геометрии и механике

1.6.1.Вычисление площадей плоских фигур

ПРИМЕР 1.Вычислить площадь фигуры, лежащей в первом квадранте, ограниченной окружностьюx²+y²= 2ax, параболойy²= 2axи прямойx= 2a.

Решение

Прежде всего, необходимо данную фигуру изобразить на рисунке (рис.1.22).

Рисунок. 1.22

Для вычисления площади воспользуемся формулой: .

Из рисунка видно, что внешние пределы интегрирования удобнее выбрать по x, так как в противном случае фигуру пришлось бы разбивать на три части и соответственно вычислять три интеграла.

Постоянными пределами будут 0 и 2a. Снизу фигура ограничена верхней полуокружностью, уравнение которой. Следовательно,- нижний предел интегрирования. Сверху фигура ограничена верхней ветвью параболы, уравнение которой. Следовательно,- верхний предел интегрирования. Таким образом, получим:

ПРИМЕР 2.Найти площадь фигуры, ограниченной кривой

()

Решение

В данном случае, для того, чтобы представить на рисунке (рис.1.23) данную плоскую фигуру, необходимо предварительно провести исследование ее контура по заданному уравнению. Контур задан уравнением шестой степени относительно x иy.

В первую очередь отметим, что уравнение не меняется при замене yна-y, и потому кривая симметрична относительно оси абсцисс. Кроме того, из уравнения видно, чтоx≥ 0, и потому кривая расположена справа от оси ординат.

Рисунок. 1.23

Дальнейшее исследование методами дифференциального исчисления в данном случае весьма затруднительно, поэтому перейдем к полярным координатам, положив . Подставляя в (), получим:, или.

По этому уравнению видно, что каждому значению угла φ следует одно значение радиуса ρ. Кроме того, наибольшее значение ρ = 2 достигается при φ = 0, наименьшее – ρ = 0 при , т.е. при изменении φ от 0 довеличина ρ монотонно убывает от значения 2 до 0. Это дает возможность установить форму части кривой, расположенной в первой четверти. В силу симметричности кривой выясняется тем самым форма и всей кривой () (см. рис.1.22).

После того как выяснена форма заданной плоской фигуры и сделан чертеж, можно приступить к нахождению площади фигуры. Симметричность фигуры относительно оси Ox позволяет ограничиться вычислением площади ее части, лежащей в первой четверти. Получим¹:

S== 2= 2= 4=