Величина двойного интеграла не должна зависеть от после- довательности переменных интегрирования в повторном инте- грале. Однако в случае б) можно отметить, что во внешнем ин- теграле первообразная находится значительно быстрее, без привлечения метода замены переменной в определенном инте- грале.
Задача 2.Вычислить двойной интеграл ∫∫ ( x − y)dxdy , если
D
область D ограничена прямыми
y = x , y = 2 x ,
x = 2,
x = 3.
Решение:
Область интегрирования D двойного интеграла обладает некоторой особен-
ностью (рис. 7). Лучи, пересекающие область D параллельно оси 0y и 0x, не являются эквивалентными. В самом де- ле, точки входа луча в первом случае
расположены на прямой
y = x ,
а выхо-
Рис. 7.
да —
y = 2 x . А во втором случае (лучи
параллельны 0x) точки входа в D распо-
ложены на двух прямых,
x = 2, и
x = 1 y . Точки выхода луча
2
также расположены на двух прямых,
x = 3, и
x = y. Для запи-
си повторных интегралов необходимо, чтобы точки входа и вы- хода были расположены на общей прямой. Этому условию удо- влетворяет случай записи внутреннего интеграла по перемен- ной y. Если выбирается интеграл по переменной x, тогда об-
ласть D должна быть разделена на 3 области (рис. 7, области отмечены как а, б, в), в которых точки входа принадлежат од- ной прямой, точки выхода также принадлежат одной прямой. Вычисление двойного интеграла в этом случае существенно усложнится. Таким образом, для вычисления двойного инте- грала внутренний интеграл определим по y.
3 2 x
3 2 x 2 x
∫∫ ( x − y)dxdy = ∫ dx ∫ ( x − y)dy =∫ [∫ xdy −
∫ ydy]dx =
D 2 x
2 x x
= ∫ [ xy |2 x
y 2 3
− |2 x ]dx = ∫ [ x(2 x − x)−
(4 x 2− x 2 )
]dx =
2 x 2 x 2 2
3 2 3 3 3
= ∫ [ x 2− (3 x
)]dx = x
|3− 3 x
|3= − x
|3= − 27− 8= − 19 .
2 2 3 2 6 2 6 2 6 6
Задача 3. Изменить порядок интегрирования в двойном ин-
теграле
∫dy
3− y 2
∫ f ( x , y)dx .
y 2
2
Решение:
В повторном интеграле необходимо перейти к другой по- следовательности переменных интегрирования. Внутренний
интеграл — по переменной x, внешний — y. По указанным преде- лам восстановим область интегри- рования D, которая ограничивается
двумя прямыми:
y = 0,
y = 1, пара-
болой
x = y ,
2
ветви которой
направлены вдоль оси 0x, а также
Рис. 8.
окружностью x =
3− y 2 .
Окруж-
ность приведем к каноническому виду
x 2+ y 2= 3.
Следова-
тельно, ее радиус равен 3, а центр находится в точке
O(0,0),
(рис. 8). Область интегрирования указана штриховкой. Найдем пределы интегрирования для внутреннего интеграла по пере- менной y. Область интегрирования должна быть разделена на области OВA, ABCE, ECД. В самом деле, точки входа лучей, пересекающих область D, (проводятся параллельно 0y) распо- ложены на оси 0x, но точки выхода расположены на трех раз-
ных линиях. В области OВA на параболе OВ (т.е. y =
2 x ), в
области ABCE на прямой BC (т.е.
y = 1), в области ECД на
окружности CД (т.е. y =
3 − x 2). Найдем пределы интегриро-
вания внешнего интеграла в указанных областях. В области
OВA
x ∈ [0, 1 ],
2
в области ABCE
x ∈ [ 1 ,
2
2],
в области ECД
x ∈ [ 2 ,
3].
Указанные пределы интегрирования находятся
решением системы уравнений
y
x = ,
2
y = 1 , а также
{x =
3− y 2 ,
y = 1}. Таким образом, повторный интеграл за-
пишется в следующем виде:
1 3− y 2
∫ dy ∫
0 y 2
2
1
f ( x , y)dx =
∫ f ( x , y)ds +
OBA
∫ f ( x , y)ds +
ABCE
∫ f ( x , y)ds =
ECD
2 2 x 2 1
3 3− x 2
= ∫dx
∫ f ( x , y)dy + ∫ dx∫ f ( x , y)dy + ∫ dx
∫ f ( x , y)dy .
0 0 1 0 2 0
Задача 4.Вычислить площадь фигуры, ограниченной лини- ей (2 y 2+ 2 x 2 )2= 8 x 3 .
Уравнение линии, записанное в декартовой системе коор- динат, существенно упростится при переходе к полярной си-
стеме. Формулы перехода следующие
x = ñcosϕ,
y = ñsinϕ,
где ϕ,
ñ – координаты точек в полярной системе координат.
ме координат (рис. 9). Для этого выбираем значение угла, рав-
ного ϕ=ϕ1,вычисляем радиус ñ1, который откладываем на луче, наклоненном под углом ϕ=ϕ1к полярной оси и т.д. На рис. 9 приведен график функции ñ = 2cos3 (ϕ). Фигура является
симметричной. В соответствии со свойствами двойных интегра-
Рис. 9.
лов площадь области интегриро- вания D совпадает с двойным
интегралом. По формуле (4) тогда (подинтегральная функция равна единице) площадь будет равна
â
S D = ∫∫ dxdy = ∫ dϕ
ñ2 (ϕ )
∫ ñdñ .
D á ñ1 (ϕ )
В задании (рис. 9) угол ϕ и ñ изменяются в интервале
ϕ ∈ [− ð, ð ],
ñ ∈ [0,2cos3ϕ]соответственно. Следовательно,
2 2
ð ð ð ð
2 2cos3ϕ
2ñ2
3 2 4cos6ϕ2
S D = 2∫dϕ
∫ ñdñ = 2∫ dϕ
|2cosϕ =2∫ [
]dϕ = 4∫ cos6ϕdϕ =
0 0 0 2 0 2 0
Для нахождения первообразной необходимо понизить по- рядок степени в подинтегральной функции.
ð
2
= 4∫ (
1+ cos(2ϕ)
2
)3 dϕ =
ð
12
∫ (1+ 3cos(2ϕ)+ 3cos2 (2ϕ)+ cos3 (2ϕ))dϕ =
2 0
ð
12
= ∫dϕ +
2 0
ð
32
∫cos(2ϕ)dϕ +
2 0
ð
32
∫ cos2 (2ϕ)dϕ +
2 0
ð
ð
12
∫ cos3 (2ϕ)dϕ =
2 0
ð
1ð
= ϕ | 2
3ð
+ sin(2ϕ) | 2
3 2
+ ∫ [1+ cos(4ϕ)]dϕ +
2 0
1 2
∫ cos3 (2ϕ)dϕ =
2 0
= ð + 0+
ð
32
∫dϕ +
2 0
ð
32
∫cos(4ϕ)dϕ +
2 0
ð
ð
12
∫ cos3 (2ϕ)dϕ =
2 0
= ð+
3ð +3
4 8
ð
ð
sin(4ϕ) | 2
1 2
+ ∫ cos2 (2ϕ)d (sin(2ϕ))=
2 0
ð
= ð + 0+
1 2
∫ (1− sin 2 (2ϕ))d (sin(2ϕ))= ð +
2 0
1 2
∫ d (sin(2ϕ))−
2 0
ð
− 1 [sin(2ϕ)]3 | 2= ð +
1ð
sin(2ϕ) | 2
− 1 0= ð.
3
При решении задач для понижения порядка была использо-
вана тригонометрическая формула также (a + b)3= a 3+ 3ab2+ 3a 2b + b2 .
1+ cos(2ϕ)= 2cos2 (ϕ), а
Задача 5.Вычислить а). Тройной интеграл ∫∫∫ x 2 yzdxdydz ,
V
если область интегрирования V ограничена плоскостями
x = 0,
y = 0,
z = 0
x + y + z = 2.
б). Вычислить объем про-
странственного тела, ограниченного указанными плоскостями.
а). Область интегрирования ограничена плоскостями. На рис. 10 приведена пространственная фигура. Проекцией про- странственного тела служит треугольник, образованный пря-
мыми
x = 0,
y = 0,
x + y = 2. Следовательно,
2
∫∫∫ x 2 yzdxdydz =∫ x 2 dx
2− x
∫
Ydy
2− x − y
∫ zdz =
V 0 0 0
= ∫ x 2 dx
2− x
∫
(2− x − y)2
y
dy =
1 2
= ∫ x
2 0
1 2
2 dx
2− x
∫ y[(2− x)2
y 2
−2 y(2− x)+ y 2
|
+
y 3
]dy =
Рис. 10. =
∫ x 2 [(2− x)2|2−x
−2(2− x)
2− x
0
+ y |2− x ]dx =
1 2
∫ x 2 [
2 0
2 0
(2− x)4
2
(2− x)4
– 2
(2− x)4
+
)dx =
1 2
= ∫ x 2 (2− x)4 )dx =
16 .
24 0
б). Объем пространственного тела (рис. 10) в соответствии с формулой (14) равен
V = ∫∫∫ dxdydz =∫ dx
2− x
∫
2− x − y
dy ∫
dz = ∫dx
2− x
∫ [z |2− x − y ]dy =
V 0 0 0 0 0
= ∫dx
2− x 2
∫ [2− x − y]dy =∫ [2 y |2− x
– xy
2− x
|
0
– y |2− x ]dx =
0 0 0
2 (2− x)2
2 x 2
= ∫ [2(2− x)− x(2− x)−
0 2
= 2 x |2− x 2 |2+ x
]dx = ∫ [2− 2 x +
|2= 4− 4+ 8= 4 .
]]dx =
2
0 0 6 0 6 3
Задача 6.Вычислить криволинейный интеграл ∫ ( x − y)ds ,
L
где L отрезок прямой от A(0,0)до B(4,3).
Решение:
В задании указан криволинейный интеграл 1-го рода по от- резку прямой. Найдем уравнение прямой на координатной плоскости, проходящей через точки A(0,0)и B(4,3). Канониче- ское уравнение прямой имеет вид
x − x = y − y
x2− x1
1 ,
y2− y1
где
( x1 , x2 ),
( y1 , y2 )
координаты известных точек. Таким об-
разом, уравнение прямой, проходящей через точки A(0,0)и
B(4,3), имеет вид
x = y ,⇒
4 3
y = 3 x .
4
Воспользуемся формулой
(8) для случая задания линии на координатной плоскости
∫ ( x − y)ds = ∫( x −
3 x)
1+ (( 3
x)′)2 dx =4 1 x
1+ 9
dx =
L 0 4
∫
4 4
4 0 4 16
1 5
= ∫ x dx =
5 5 x
∫ xdx =
|4=
5 16= 5 .
0 4 4
16 0
16 2 0 32 2
Задача 7.Вычислить криволинейный интеграл от вектор-
ной функции
x 3 i + 3zy 2 j − x 2 yk
вдоль вектора AB, если
A(0,0,0)и B(3,2,1).
Решение:
В задании необходимо вычислить криволинейный интеграл 2-го рода. Координаты векторной функции равны
{ x 3 ,3zy 2 ,− x 2 y}. Найдем координаты вектора AB. Они равны
AB = {3− 0,2− 0,1− 0}= {3,2,1}.
Запишем уравнение прямой в
пространстве, заданной в параметрический форме
x = mt + x0
y = nt + y0,
z =
pt + z0
где
(m ,n, p)
– координаты направляющего вектора (в задании
это AB), а
( x0 , y0 , z0 )
– координаты известной точки прямой.
Откуда следует, что
x = mt +x0
x = 3t +0
x = 3t
y = nt + y0
⇒ y = 2t + 0⇒ y = 2t
. (18)
z =
pt + z0
z = 1t + 0
z = t
Из системы (18) следует, что для точки A(0,0,0)параметр
t=0, а для точки B(3,2,1)— t=1, т. е. найдем дифференциалы, тогда
dx = 3dt
t ∈ [0,1].
В системе (18)
dy = 2dt
dz = dt
. (19)
Воспользуемся формулой (12) для расчета криволинейного интеграла, в котором для записи определенного интеграла пе- рейдем к новой переменной интегрирования t в соответствии с формулами (18) и (19):
∫ x 3 dx + 3zy 2 dy − x 2 ydz =∫ [(3t )3 3dt + 3t(2t )2 2dt − (3t )2 (2t )dt]=
Решение:
2
= ∫ [ xy |2 x
− |2 x ]dx = ∫ [ x(2 x − x)−
= ∫ [ x 2− (3 x
2 2 3 2 6 2 6 2 6 6
∫ f ( x , y)dx .
2
интеграл — по переменной x, внешний — y. По указанным преде- лам восстановим область интегри- рования D, которая ограничивается
2
направлены вдоль оси 0x, а также
тельно, ее радиус равен 3, а центр находится в точке
(рис. 8). Область интегрирования указана штриховкой. Найдем пределы интегрирования для внутреннего интеграла по пере- менной y. Область интегрирования должна быть разделена на области OВA, ABCE, ECД. В самом деле, точки входа лучей, пересекающих область D, (проводятся параллельно 0y) распо- ложены на оси 0x, но точки выхода расположены на трех раз-
− x 2). Найдем пределы интегриро-
2
2
2],
x ∈ [ 2 ,
3− y 2 ,
1 3− y 2
2
1
= ∫dx
0 0 1 0 2 0
ного ϕ=ϕ1,вычисляем радиус ñ1, который откладываем на луче, наклоненном под углом ϕ=ϕ1к полярной оси и т.д. На рис. 9 приведен график функции ñ = 2cos3 (ϕ). Фигура является
2
2
∫ (1+ 3cos(2ϕ)+ 3cos2 (2ϕ)+ cos3 (2ϕ))dϕ =
= ∫dϕ +
∫cos(2ϕ)dϕ +
∫ cos2 (2ϕ)dϕ +
1ð
+ ∫ [1+ cos(4ϕ)]dϕ +
∫ cos3 (2ϕ)dϕ =
= ð + 0+
2
∫dϕ +
= ð+
4 8
∫ (1− sin 2 (2ϕ))d (sin(2ϕ))= ð +
2
y
0
∫ x 2 [
2
2
)dx =
= ∫ x 2 (2− x)4 )dx =
= ∫ [2(2− x)− x(2− x)−
(8) для случая задания линии на координатной плоскости
∫ ( x − y)ds = ∫( x −
= ∫ x dx =
− 18∫ t 3 dt =87∫ t 3 dt = 87t
0 0 4 0 4
m = ∫∫∫ ñ( x , y , z)dv = ∫∫∫dxdydz =
3 3 2
3 3 3− x
x
2
3− x
( 3 −
c = =
= 4 [3 x − x
z
2 3 dx 3
|
dy