Кратные интегралы. Двойной интеграл

 

Определение двойного интеграла

Суммы Дарбу и их свойства Определения

Критерий интегрируемости Нижний и верхний интегралы

Критерий интегрируемости. Теорема Дарбу

Классы интегрируемых функций

Свойства определенного интеграла

Теоремы о среднем, аддитивность по множеству

Вычисление двойных интегралов

Интегрирование по прямоугольнику.

Интегрирование по области, представляющей собой криволинейную трапецию

Замена переменных в двойном интеграле

Отображение плоских областей. Криволинейные координаты

Изменение площади при отображениях

Пример: Найти объем тела, образован­ного вращением фигуры, ограниченной линия­ми у = , x = 0, у = 2 вокруг оси Оу.[5]

Решение: По формуле V =xdy.

 находим:

V = 2ydy = y = 8.

 

 

Вычисление площади поверхности вращения

Пусть кривая АВ является графиком функции у = f(х) ≥ 0, где х  [а;b], а функция у = f(х) и ее производная у' = f'(х) непрерывны на этом отрезке.

Найдем площадь S поверхности, образованной вращением кривой АВ вокруг оси Ох (рис 8).

Применим схему II (метод дифференциала).

1. Через произвольную точку х  [а; b] проведем плос­кость П, перпендикулярную оси Ох. Плоскость П пере­секает поверхность вращения по окружности с радиусом у - f(х). Величина S поверхности части фи­гуры вращения, лежащей левее плоскости, является функ­цией от х, т. е. s = s(х) (s(а) = 0 и s(b) = S).

2. Дадим аргументу х приращение Δх = dх. Через точку х + dх   [а; b] также проведем плоскость, перпендику­лярную оси Ох. Функция s = s(х) получит приращение Δs, изображенного на рисунке в виде “пояска”.

Подпись: Рис 8Найдем дифференциал площади ds, заменяя образо­ванную между сечениями фигуру усеченным конусом, об­разующая которого равна dl, а радиусы оснований рав­ны у и у + dу. Площадь его боковой поверхности равна ds =  (у + у + dу) • d1 = 2ydl + dydl. Отбрасывая произведение dу d1 как бесконечно малую высшего порядка, чем ds, получаем ds = 2уdl, или, так как d1 = dx.

Интегрируя полученное равенство в пределах от х = а до х = b, получаем

S= 2ydx.

Если кривая AB задана параметрическими уравнениями x = x(t), y = y(t), t≤ t ≤ t, то формула для площади поверхности вращения принимает вид

S = 2dt.

 

 

Пример: Найти площадь поверхности шара радиуса R.[5]

Решение: Можно считать, что поверхность шара образована вращением полуокружности y = , -R ≤ x ≤ R, вокруг оси Ox. По формуле S= 2ydx находим

S = 2 =

 

 

Вычисление площадей плоских фигур

Прямоугольные координаты

Пусть функция f(х) непрерывна на сегменте [а;b]. Если f(х )≥0 на [а; b] то площадь S криволинейной трапеции, ограниченной линиями у =f(х), у = 0, х = а, х = b, равна интегралу

Если же f(x) ≤ 0 на [а; b] то — f(х) ≥ 0 на [а; b]. Поэтому площадь S соответствующей криволинейной трапеции выразится формулой

  или

 

Если, наконец, кривая y=f(х) пересекает ось Ох, то сегмент [а;b] надо разбить на части, в пределах которых f(х) не меняет знака, и к каждой такой части применить ту из формул, которая ей соот­ветствует.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Пример. Найти площадь плоской фигуры, ограниченной параболой y = x2, прямыми х=1, х = 3 и осью Ох (рис 9) . [1]

Решение. Пользуясь формулой , нахо­дим искомую площадь

S =

Рис 10

 
Пример. Найти площадь плоской фигуры, ограниченной графиком функции у = sinх и осью абс­цисс при условии  (рис 10). [1]

Решение. Разбиваем сег­мент [0; ] на два сегмента [0; ] и [; 2]. На первом из них sinx ≥ 0, на втором — sinx ≤ 0. Следовательно, ис­пользуя формулы

  и  , имеем, что искомая площадь

 

 

Полярные координаты.

 Пусть требуется определить площадь сектора ОАВ, ограниченного лу­чами  = ,  =  и кривой АВ (рис 11), заданной в полярной системе координат уравнением r = r (), где r () — функция, непрерывная на сегменте [; ].

Рис 11

 

Рис 12

 
Разобьем отрезок [; ] на п частей точками  = о<1 < ...<  < =  и положим: Δ =  —  k = 1, 2, ..., n. Наи­большую из этих разностей обозначим через : = max Δ. Разо­бьем данный сектор на п частей лучами  =  (k=1, 2, ..., п — 1). Заменим k-й элементарный сектор круговым сектором радиуса r(), где .

Тогда сумма  - приближенно площадь сектора OAB. Отсюда:

 

 

 

 

Пример. Найти площадь плоской фигуры, ограниченной кардиоидой г = a(1+соs) (рис 12). [7]

Решение. Учитывая симметричность кривой относительно полярной оси, по формуле  получаем:

 

 

 

Механические приложение определенного интеграла

Работа переменной силы

Пусть материальная точка М перемещается вдоль оси Ох под дей­ствием переменной силы F = F(х), направленной параллельно этой оси. Работа, произведенная силой при перемещении точки М из положения х = а в положение х = b (а <bЬ), находится по формуле

A =

Пример. Какую работу нужно затратить, чтобы растянуть пру-'—' жину на 0,05 м, если сила 100 Н растягивает пружину на 0,01 м?[5]

Решение: По закону Гука упругая сила, растягивающая пружину, про­порциональна этому растяжению х, т. е. F = kх, где k — коэффициент пропорциональности. Согласно условию задачи, сила F = 100 Н растяги­вает пружину на х = 0,01 м; следовательно, 100 = k 0,01, откуда k = 10000; следовательно, F =10000х.

Искомая работа на основании формулы A =

 равна

A =

 

 

 

 

Пример. Найти работу, которую необходимо затратить, чтобы выкачать через край жидкость из вертикального цилиндрического резер­вуара высоты Н м и радиусом основания R м (рис 13).[5]

Подпись: Рис 13Решение: Работа, затрачиваемая на поднятие тела весом р на высоту h, равна р • Н. Но различные слои жидкости в резервуаре находятся на различных глубинах и высота поднятия (до края резервуара) различных слоев не одинакова.

Для решения поставленной задачи применим схему II (метод дифференциала). Введем систему координат.

1. Работа, затрачиваемая на выкачивание из резер­вуара слоя жидкости толщиной х (0 ≤ х ≤ Н), есть функция от х, т. е. А = А(х), где (0 ≤ х ≤ Н)( A(0) = 0, A(H) = А0).

  2. Находим главную часть приращения ΔA при из­менении х на величину Δх = dx, т. е. находим диффе­ренциал dА функции А(х).

Ввиду малости dх считаем, что “элементарный” слой жидкости находится на одной глубине х (от края резервуара). Тогда dА = dрх, где dр — вес этого слоя; он равен g АV, где g — ускорение свободногопадения,  — плотность жидкости, dv — объем “элементарного” слоя жидкости (на рисунке он выделен), т. е. dр = g. Объем указанного слоя жидкости, очевидно, равен , где dx— высота цилиндра (слоя),   — площадь его основания, т. е. dv = .

Таким образом, dр = . и

3) Интегрируя полученное равенство в пределах от х = 0 до х = Н, находим

A

 

 

 

Путь, пройденный телом

Пусть материальная точка перемещается по прямой с переменной ско­ростью v =v(t). Найдем путь S, пройденный ею за промежуток времени от t до t2.

Решение: Из физического смысла производной известно, что при дви­жении точки в одном направлении “скорость прямолинейного движения

равна производной от пути по времени”, т. е. v(t) = . Отсюда следует, что dS = v(t)dt. Интегрируя полученное равенство в пределах от t до t,

получаем S =

Пример. Найти путь, пройденный телом за 4 секунды от начала движения, если скорость тела v(t) = 10t + 2 (м/с).[5]

Решение: Если v(t) = 10t + 2 (м/с), то путь, пройденный телом от на­чала движения (t = 0) до конца 4-й секунды, равен

S =

 

 

 

Давление жидкости на вертикальную пластинку

По закону Паскаля давление жидкости на горизонтальную пластину равно весу столба этой жидкости, имеющего основанием пластинку, а вы­сотой — глубину ее погружения от свободной поверхности жидкости, т. е. Р =g, где g — ускорение свободного падения,  — плотность жидкости, S — площадь пластинки, h — глубина ее погружения.

По этой формуле нельзя искать давление жидкости на вертикально погруженную пластинку, так как ее разные точки лежат на разных глу­бинах.

Пусть в жидкость погружена вертикально пластина, ограниченная ли­ниями х = а, х = b, y и y. Для нахождения давления Р жидкости на эту пластину применим схему II (метод дифференциала).

1. Пусть часть искомой величины Р есть функция от х: р = р(х), т. е. р = р(х) — да­вление на часть пластины, соответствующее от­резку [а; b] значений переменной х, где х  [a; b] (р(a) = 0, р(b) = Р).

2. Дадим аргументу х приращение Δx = dх. Функция р(х) получит приращение Δр (на рисун­ке — полоска-слой толщины dх). Найдем диффе­ренциал dр этой функции. Ввиду малости dх бу­дем приближенно считать полоску прямоуголь­ником, все точки которого находятся на одной глубине х, т. е. пластинка эта — горизонталь­ная.

Тогда по закону Паскаля dр =.

3. Интегрируя полученное равенство в пределах от х = а до х = b, получим

P =   или P =

 

 

 

Пример. Определить величину давле­ния воды на полукруг, вертикально погружен­ный в жидкость, если его радиус R, а центр О находится на свободной поверхности воды (рис 15).[5]

Решение: Воспользуемся полученной форму­лой для нахождения давления жидкости на вер­тикальную пластинку. В данном случае пластинка ограничена линиями у = -, y, x = 0, x = R.

P =

Рис 15

 

 

 

 

Вычисление статических моментов и координат центра тяжести плоской кривой

Пусть на плоскости Оху задана система материальных точек М), М2(х2;y), … , M(x;y) соответственное массами m,m, … , m„.

Статическим моментом SХ системы материальных точек относи­тельно оси Ох называется сумма произведений масс этих точек на их ординаты (т. е. на расстояния этих точек от оси Ох):

  Аналогично определяется статистический момент S этой системы относительно оси Oy: S= .

Если массы распределены непрерывным образом вдоль некоторой кри­вой, то для выражения статического момента понадобится интегрирова­ние.

Пусть у =f/(х) (a ≤ х ≤ b) — это уравнение материальной кривой АВ. Будем считать ее однородной с постоянной линейной плотностью  ( = const).

Для произвольного х  [а;b] на кривой АВ найдется точка с коорди­натами (х; у). Выделим на кривой элементарный участок длины dl, содер­жащий точку (х;у). Тогда масса этого участка равна . Примем этот участок dl приближенно за точку, отстоящую от оси Ох на расстоянии у. Тогда дифференциал статического момента dS (“элементарный момент”) будет равен , т.е. .

Отсюда следует, что статический момент SХ кри­вой АВ относительно оси Ох равен

Аналогично находим S:

Статические моменты SХ и SУ кривой позволя­ют легко установить положение ее центра тяжести (центра масс).

Центром тяжести материальной плоской кривой у = f(х), х 6 [а; b] называется точка плоскости, обладающая следующим свойством: если в этой точке сосредоточить всю массу т заданной кривой, то статический момент этой точки относительно любой координатной оси будет равен ста­тическому моменту всей кривой у = f(х) относительно той же оси. Обо­значим через С(хс;ус) центр тяжести кривой АВ.

Из определения центра тяжести следуют равенства  и  или  и . Отсюда ,

или

 

 

 

 

Пример. Найти центр тяжести однородной дуги окружности x + y= R2, расположенной в первой координатной четверти (рис 16).[5]

Решение: Очевидно, длина указанной окружности равна , т.е. . Найдем статистический момент ее относительно оси Ох. Так как уравнение дуги есть  и , то ()

.

Стало быть,

Так как данная дуга симметрична относительно биссектрисы первого координатного угла, то хс = ус = Итак, центр тяжести имеет координаты (;).

 
Проститутки москвы смотрите на http://www.kisuli.com.
Высшая математика Лекции, конспекты, курсовые, примеры решения задач