ВУЗ: Не указан
Категория: Не указан
Дисциплина: Не указана
Добавлен: 18.05.2025
Просмотров: 1468
Скачиваний: 2
β
∫∫ f (r cos ϕ; r sin ϕ)rdrdϕ = ∫ dϕ
D |
α |
B
r = φ2 (ϕ)
D
φ(ϕ) |
|
∫ f (r cos ϕ; r sin ϕ)rdr . |
(10.5) |
0 |
B
r = φ(ϕ)
r = φ1(ϕ) |
A |
D |
||
α β |
α β |
A |
||
O |
r |
O |
r |
|
Рис. 10.4 |
Рис. 10.5 |
|||
3. Полюс находится внутри области интегрирования D (рис. 10.6), интеграл (9.3) вычисляется по формуле
∫∫ f (r cos ϕ; r sin ϕ)rdrdϕ =
D
r = φ(ϕ)
D
O r
2π φ(ϕ)
∫ dϕ ∫ f (r cos ϕ; r sin ϕ)rdr . (10.6)
0 0
y
3
D
O |
3 x |
Рис. 10.6 |
Рис. 10.7 |
Замечание. Если область D не удовлетворяет вышеуказанным условиям, то ее разбивают на несколько областей, каждая из которых удовлетворяет указанным условиям.
Задача 2. Вычислить ∫∫ x2 + y2 dxdy , где D – четверть круга ра-
D
диуса R = 3, лежащая в 1-м квадранте. Решение. Изобразим область D на рис. 10.7.
117
Границу области D и подынтегральную функцию удобнее выразить в полярных координатах, поэтому переходим к полярным координатам и вычисляем данный интеграл по формуле (10.4):
∫∫ x2 + y2 dxdy = ∫∫ |
r 2 cos2 ϕ + r 2 sin 2 ϕ rdrdϕ = ∫∫r 2 drdϕ = |
|||||||||||
D |
D |
D |
||||||||||
π |
π |
3 |
3 |
π |
9π |
|||||||
2 |
3 |
2 |
2 |
|||||||||
= ∫ dϕ∫ r |
2 |
r |
. |
|||||||||
dr = ∫ |
3 |
dϕ = ∫9dϕ = |
2 |
|||||||||
0 |
0 |
0 |
0 |
0 |
||||||||
Замечание. Свойства двойного интеграла аналогичны свойствам определенного интеграла. В частности, двойной интеграл по области D от функции, тождественно равной единице, равен площади области D:
∫∫1 dxdy = SD . |
(10.7) |
D |
10.2.Тройные интегралы, их вычисление
вдекартовой и цилиндрической системах координат
Тройной интеграл определяется как конечный предел интегральной суммы от функции u = f (x; y; z) по трехмерной области V и обо-
значается ∫∫∫ f (x; y; z)dxdydz [2].
V
Если f (x; y; z) ≡1, то тройной интеграл равен объему области V . Вычисление тройного интеграла сводится к повторному, а затем
к последовательному вычислению трех определенных интегралов. Ес- |
||||||
ли область V снизу ограничена поверхностью z = ψ1 (x; y), |
сверху – |
|||||
поверхностью z = ψ2 (x; y), а проекция этой области на плоскость xOy |
||||||
есть область D, ограниченная прямыми |
x = a, x = b |
и графиками |
||||
функций y = ϕ1(x) и y = ϕ2 (x) , причем |
ϕ2 (x) ≥ ϕ1 (x) |
при |
x [a; b] |
|||
(рис. 10.8), то тройной интеграл вычисляется по формуле |
||||||
∫∫∫ f (x; y; z)dxdydz = ∫∫ dxdy |
ψ2 (x, y ) |
|||||
∫ f (x; y; z)dz = |
||||||
V |
D |
ψ1 (x, y ) |
(10.8) |
|||
b |
ϕ2 ( x) ψ2 |
(x, y ) |
||||
= ∫ dx ∫ dy |
∫ f (x; y; z)dz . |
|||||
a |
ϕ1 ( x) ψ1 (x, y ) |
|||||
118 |
||||||
В тройном интеграле сначала вычисляют интеграл по переменной z , считая x и y постоянны-
ми. Таким образом, тройной интеграл сводится к двойному, и затем можно интегрировать по переменной y , считая x постоян-
ной, и наконец, по переменной x . Получившееся число и есть искомый тройной интеграл.
z |
z = ψ2 (x; y) |
z = ψ1 (x; y)
O
a |
y |
||||||
y = ϕ1 (x) |
|||||||
D |
|||||||
y = ϕ2 |
(x) |
||||||
b |
|||||||
x |
Рис.10.8 |
||||||
Задача 3. Вычислить ∫∫∫ xdxdydz , где V – область, ограниченная
V
плоскостями x = 1, y = 2x, z = 0 и x + y + z = 4 .
Решение. Область V – это усеченная призма, изображенная на рис. 10.9. Проекция этой призмы на плоскость xОy – это треугольник, изображенный на рис. 10.10.
z |
y |
||||||||||||||
4 |
2 |
||||||||||||||
z = 4 − x − y |
|||||||||||||||
1 |
y = 2x |
||||||||||||||
D |
|||||||||||||||
O |
y |
||||||||||||||
x |
|||||||||||||||
D |
y = 2x |
O |
1 |
||||||||||||
1 |
|||||||||||||||
x |
|||||||||||||||
Рис. 10.9 |
Рис. 10.10 |
||||||||||||||
В соответствии с формулой (10.8) получим:
119
1 |
2 x |
4−x−y |
1 |
2 x |
(xz |
04−x−y )dy = |
||||||||||||||||||||||
∫∫∫ xdxdydz = ∫ dx ∫ dy |
∫ xdz = ∫ dx ∫ |
|||||||||||||||||||||||||||
V |
0 |
0 |
0 |
0 |
0 |
|||||||||||||||||||||||
1 |
2 x |
1 |
y2 |
2 x |
||||||||||||||||||||||||
= ∫ dx ∫(x(4 − x) − xy)dy = ∫ x(4 − x)y − x |
dx = |
|||||||||||||||||||||||||||
2 |
||||||||||||||||||||||||||||
0 |
0 |
0 |
0 |
|||||||||||||||||||||||||
1 |
||||||||||||||||||||||||||||
1 |
2 |
1 |
2 |
3 |
8x3 |
4 |
8 |
5 |
||||||||||||||||||||
= ∫(x(4 − x)2x − x2x |
)dx |
= ∫(8x |
− |
4x |
)dx = |
− x |
= |
−1 |
= |
. |
||||||||||||||||||
3 |
3 |
3 |
||||||||||||||||||||||||||
0 |
0 |
0 |
||||||||||||||||||||||||||
В некоторых случаях вычисление тройного интеграла значительно упрощается, если от декартовой системы координат x; y; z перейти
кцилиндрическим координатам r; ϕ; z по формулам:
x= r cosϕ; y = r sin ϕ; z = z (0 ≤ r ≤ +∞, 0 ≤ ϕ≤ 2π, − ∞ < z < +∞) .(10.9)
Тройной интеграл преобразуется следующим образом:
∫∫∫ f (x; y; z)dxdydz = ∫∫∫ f (r cos ϕ; r sin ϕ; z)rdrdϕ dz . (10.10)
V V
Вычисление стоящего в правой части (10.10) интеграла осуществляется путем его преобразования к последовательному вычислению трех определенных интегралов.
Задача 4. Найти объем тела, ограниченного поверхностями z = x2 + y2 и z = 9 .
Решение. Изобразим тело, ограниченное эллиптическим параболоидом и плоскостью z = 9, перпендикулярной оси Оz
(рис. 10.11).
Проекция этого тела на плоскость xOy − это круг радиуса R = 3 (рис. 10.12), так как линией пересечения данных поверхностей является окружность x2 + y2 = 32 , лежащая в плоскости z = 9 .
Учитывая, что уравнение эллиптического параболоида в цилиндрических координатах имеет вид z = r 2 cos2 ϕ + r 2 sin 2 ϕ = r 2 , а уравнение окружности r = 3 , и полюс находится внутри области D, вычислим объем тела с помощью тройного интеграла в цилиндрических координатах:
2 π |
3 |
r |
2 |
2 π |
3 |
||||||||||||||
V = ∫∫∫1 dxdydz = ∫∫∫rdrdϕdz = ∫ dϕ∫ dr ∫ rdz =∫ dϕ∫ (r z |
0r |
2 |
)dr = |
||||||||||||||||
V |
V |
0 |
0 |
0 |
0 |
0 |
(10.11) |
||||||||||||
2 π |
3 |
2 π |
4 |
3 |
81 |
2 π |
81 |
81π |
|||||||||||
3 |
r |
||||||||||||||||||
= ∫ dϕ∫ r |
dr = ∫ |
dϕ = |
∫ dϕ = |
2π = |
(куб. ед.). |
||||||||||||||
4 |
4 |
4 |
2 |
||||||||||||||||
0 |
0 |
0 |
0 |
0 |
|||||||||||||||
120