Приложения двойного интеграла

4. Приложения двойного интеграла 1. Вычисление площади. Как было установлено (см. замечание 2 в предыдущем файле), площадь S области G может быть вычислена с помощью двойного интеграла по формуле ZZ S= dxdy. G Пример 1. Вычислить площадь области G , ограниченной линиями y 2 = x + 1 , x + y = 1 (рис. 1.16). Рис. 1.16. РЕШЕНИЕ. Область G представляет собой фигуру, ограниченную слева параболой x = y 2 − 1 , справа прямой x = 1 − y . Решая совместно уравнения параболы и прямой, находим точки их пересечения: M1 (3, −2) и M2 (0, 1) . Следовательно, искомая площадь равна ZZ Z1 S= dxdy = dy −2 G µ = y 2 −1 Z1 Z1 Z1−y 2 dx = (2 − y − y 2 )dy = [1 − y − (y − 1)]dy = −2 −2 ¶¯1 1 y 2 y 3 ¯¯ 1 9 = 2(1 + 2) − (1 − 4) − (1 + 8) = . 2y − − ¯ 2 3 −2 2 3 2 Если область G задана в полярных координатах, то ее площадь выражается формулой ZZ S= rdrdϕ. (1) G Пример 2. Вычислить площадь плоской области D , ограниченной прямыми y = 0 , y = x и окружностью x2 + y 2 = 2x (рис. 1.17). РЕШЕНИЕ. Введем полярные координаты x = r cos ϕ , y = r sin ϕ . Уравнение окружности, ограничивающей D , примет вид r2 = 2r cos ϕ , или r = 2 cos ϕ . Для точек 1 области D значение r меняется от 0 до 2 cos ϕ , а угол ϕ — от 0 до π/4 . По формуле (1) получаем ¯2 cos ϕ Zπ/4 2Zcos ϕ Zπ/4 Zπ/4 r2 ¯¯ S= dϕ r dr = dϕ · ¯ = 2 cos2 ϕ dϕ = 2 0 ¸π/4 · Zπ/4 π 1 1 = (1 + cos 2ϕ) dϕ = ϕ + sin 2ϕ = + . 2 4 2 y 6 1 r r ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ D ¡ ¡ O ¡ r r 1 2 - x Рис. 1.17 2. Объем цилиндрического тела. Как мы выяснили в разделе 1.1, объем V криволинейного цилиндра, ограниченного сверху поверхностью z = f (x, y) > 0 , снизу плоскостью z = 0 и с боковых сторон цилиндрической поверхностью, у которой образующие параллельны оси Oz , а направляющей служит граница области D , вычисляется по формуле ZZ V = f (x, y)dxdy. (2) D Если тело ограничено сверху и снизу соответственно поверхностями z = Φ2 (x, y) и z = Φ1 (x, y) , Φ1 (x, y) ≤ Φ2 (x, y) , причем проекцией обеих поверхностей на плоскость Oxy является область D (рис. 1.18), то объем V этого тела равен разности объемов двух криволинейных цилиндров. Основанием этих цилиндров является область D , и сверху они ограничены: первый — поверхностью z = Φ2 (x, y) , а второй — поверхностью z = Φ1 (x, y) . Таким образом, ZZ V = [Φ2 (x, y) − Φ1 (x, y)]dxdy. D 2 Рис. 1.18. Пример 3. Вычислить объем тела, ограниченного плоскостями z = 0 , y + z = 2 и параболическим цилиндром y = x2 (рис. 1.19). РЕШЕНИЕ. Данное тело сверху ограничено плоскостью z = 2 − y . По формуле (2) ZZ V = (2 − y) dxdy. D Область D ограничена в плоскости xOy прямой y = 2 и параболой y = x2 . Переменная √ √ x изменяется от − y до y , 0 ≤ y ≤ 2 . Переходя к повторному интегралу, получаем √ Zy Z2 V = (2 − y) dy Z2 dx = √ − y (2y 1/2 −y 3/2 4 2 ) dy = 2 y 3/2 − y 5/2 3 5 √ =8 2 µ Z2 =2 √ (2 − y) y dy = · Z2 =2 (2 − y) dy · √ y x|−√y 2 2 − 3 5 ¶ ¸2 √ 32 2 4 = . =8 2· 15 15 √ 3 · 2 y = 4y y − 3 5 √ ¸2 = Рис. 1.19. Рис. 1.20. Пример 4. Вычислить объем тела, ограниченного плоскостью y = 0 и параболоидом y = 3 − x2 − z 2 (рис. 1.20). РЕШЕНИЕ. В этой задаче удобно считать, что тело "стоит"на плоскости xOz и "сверху"ограничено параболоидом. Поэтому ZZ V = (3 − x2 − z 2 ) dxdz. D Область D есть круг; его границу, окружность x2 + z 2 = 3 , получим подстановкой y = 0 в уравнение параболоида. Перейдем к полярным √ координатам: x = r cos ϕ , z = r sin ϕ . Тогда уравнение окружности примет вид r = 3 . По формуле (??) находим Z2π V = √ √ Z3 Z2π Z 3 dϕ (3 − r2 ) r dr = dϕ (3r − r3 ) dr = 4 Z2π = · 3r2 r4 dϕ − 2 4 ¸√3 µ Z2π = dϕ 9 9 − 2 4 ¶ 9π 9 = ϕ|2π . 0 = 4 2 3. Площадь поверхности. С помощью двойного интеграла можно вычислять площади не только плоских фигур, но и поверхностей. Пусть поверхность S задана уравнением z = f (x, y) , проекцией S на плоскость xOy является область Dxy и в этой области функция z = f (x, y) непрерывна и имеет непрерывные частные производные fx0 (x, y) и fy0 (x, y) . Тогда площадь поверхности S выражается формулой ZZ q S= 1 + [fx0 (x, y)]2 + [fy0 (x, y)]2 dxdy. (3) Dxy Пример 5. Вычислить площадь той части плоскости 6x + 3y +2z = 12 , которая заключена в первом октанте (рис. 1.21). РЕШЕНИЕ. Искомую площадь вычислим по формуле (3). Имеем z = f (x, y) = 6 − 3x − (3/2)y, fx0 (x, y) = −3, fy0 (x, y) = −3/2; q p 1 + [fx0 (x, y)]2 + [fy0 (x, y)]2 = 1 + 9 + 9/4 = 7/2. Проекцией рассматриваемой части плоскости на координатную плоскость xOy является треугольник, ограниченный осями Ox , Oy и прямой 6x + 3y = 12 , получаемой из уравнения данной плоскости при z = 0 . Расставляя пределы интегрирования в двойном интеграле, находим Z2 S= 4−2x Z dx Z2 (7/2)dy = (7/2) Z2 y|4−2x dx = (7/2) (4 − 2x)dx = = (7/2)(4x − x2 )|20 = 7/2 · 4 = 14. Рис. 1.21. 5 Рис. 1.22. Аналогично, если поверхность S задана уравнением x = f (y, z) , то ZZ q S= 1 + [fy0 (y, z)]2 + [fz0 (y, z)]2 dydz, Dyz где Dyz — проекция поверхности на плоскость yOz . Если же уравнение поверхности имеет вид y = f (x, z) , то ее площадь ZZ p 1 + [fx0 (x, z)]2 + [fz0 (x, z)]2 dxdz, S= (4) Dxz где Dxz — проекция поверхности на плоскость xOz . Пример 6. Вычислить площадь части поверхности параболоида 2y = x2 + z 2 , вырезанной цилиндром x2 + z 2 = 1 (рис. 1.22). РЕШЕНИЕ. В этой задаче поверхность однозначно проектируется только на плоскость xOz . Поэтому площадь ее будем вычислять по формуле (4). Из уравнения параболоида находим 1 ∂y ∂y = x, = z. y = (x2 + z 2 ), 2 ∂x ∂z ZZ √ Тогда S = 1 + x2 + z 2 dxdz , где D — проекция параболоида на плоскость D xOz . Множество D есть круг, ограниченный окружностью x2 + z 2 = 1 . В полярных координатах, к которым перейдем по формулам x = r cos ϕ , z = r sin ϕ , уравнение этой окружности имеет вид r = 1 . Тогда Z2π S= dϕ 1 = 3 Z2π dϕ (1 + Z1 √ 1 1 + r2 r dr = 2 Z2π dϕ ¯ 1 r2 )3/2 ¯0 Z1 √ 1 + r2 d(1 + r2 ) = √ √ √ Z2π 2 2−1 2 2 − 1 2π 4 2 − 2 = dϕ = ϕ|0 = π. 3 3 3 6 4. Вычисление массы пластинки. Пусть в области D распределено некоторое вещество так, что на каждую единицу площади приходится определенное количество этого вещества. Мы будем говорить в дальнейшем о распределении массы, хотя наши рассуждения сохранятся и в том случае, когда речь идет о распределении электрического заряда, количества тепла и т. п. Рассмотрим на плоскости xOy материальную пластинку, занимающую область D , по которой распределена масса m с плотностью γ(x, y) . Вычислим массу этой пластинки, считая, что γ(x, y) — непрерывная функция. Разобьем D произвольно на n частей D1 , . . . Dn с площадями ∆s1 , . . . ∆sn . В каждой частичной области Dk выберем точку (xk , yk ) . Массу mk части Dk можно считать приближенно равной γ(xk , yk )∆sk . Тогда масса всей пластинки n X m≈ γ(xk , yk )∆sk . k=1 Сумма в правой части последнего приближенного равенства является интегральной суммой функции γ(x, y) в области D . Переходя к пределу при λ = max {∆sk } → 0 , 1≤k≤n получаем значение массы пластинки, равное двойному интегралу от функции γ(x, y) по области D , т. е. ZZ m= γ(x, y)dxdy. (5) D Пример 7. Определить массу квадратной пластинки со стороной 2a , если плотность γ(x, y) в каждой точке M (x, y) пропорциональна квадрату расстояния от M до точки пересечения диагоналей пластинки, и коэффициент пропорциональности равен k . РЕШЕНИЕ. Выберем систему координат так, как показано на рис. 1.23. Пусть M (x, y) — произвольная точка пластинки. Тогда квадрат расстояния от точки M до точки O пересечения диагоналей равен x2 +y 2 . Следовательно, плотность γ(M ) = γ(x, y) = k(x2 + y2) . y 6 a M (x,y) b - a x O Рис. 1.23 По формуле (5) имеем ZZ Za 2 m= 2 k(x + y )dxdy = k D dx −a Za µ Za 2 2 (x + y )dy = k −a −a 7 ¶¯a y 3 ¯¯ dx = x y+ 3 ¯−a 2 Za µ a3 ax + 3 ¶ 2 = 2k µ dx = 2k −a ¶¯a ax3 a3 x ¯¯ 8 4a4 + = 2k = ka4 . ¯ 3 3 3 3 −a 5. Моменты и центр тяжести пластинки. Пусть имеется пластинка, занимающая в плоскости xOy некоторую область D , и пусть γ(x, y) — плотность в точке M (x, y) , причем γ(x, y) — непрерывная функция. Тогда статические моменты Mx и My рассматриваемой пластинки относительно координатных осей Ox и Oy выражаются двойными интегралами ZZ ZZ Mx = yγ(x, y)dxdy, My = xγ(x, y)dxdy. D D Координаты x∗ , y ∗ центра тяжести пластинки определяются формулами ZZ ZZ xγ(x, y)dxdy yγ(x, y)dxdy My Mx D D Z Z x∗ = = Z , y∗ = = Z . m m γ(x, y)dxdy γ(x, y)dxdy D D Моменты инерции пластинки относительно осей координат Ox и Oy соответственно равны ZZ ZZ 2 Ix = y γ(x, y)dxdy, Iy = x2 γ(x, y)dxdy, D D а момент инерции пластинки относительно начала координат (полярный момент) вычисляется как ZZ I0 = (x2 + y 2 )γ(x, y)dxdy = Ix + Iy . D Замечание 1. Если пластинка однородная, т. е. γ = const , то для простоты мы в этом случае будем считать γ = 1 . Пример 8. Найти координаты центра тяжести однородной фигуры, ограниченной линиями y 2 = 4x + 4 , y 2 = −2x + 4 (рис. 1.24) РЕШЕНИЕ. Считаем γ = 1 . Решая систему уравнений, задающих параболы, находим, что кривые пересекаются в двух точках: (0, 2) и (0, −2) . Так как фигура D симметрична относительно оси Ox , то y ∗ = 0 . Остается найти x∗ . Вычислим сначала массу фигуры. Выразим из уравнений линий переменную x : x = (y 2 −4)/4 для параболы, ограничивающей область слева, и x = (4 − y 2 )/2 для параболы, которая ограничивает заданную область справа. В силу симметрии относительно оси Ox , получаем ZZ m= 1 · dxdy = 2 =2 4 − y2 y2 − 4 − 2 4 dy D Z2 µ 2 (4−y Z )/2 Z2 ¶ dx = 2 (y 2 −4)/4 1 dy = 2 Z2 Z2 8 (4−y 2 )/2 dy x|(y2 −4)/4 = 1 (12 − 3y 2 )dy = [12y − y 3 ]20 = 8. 2 Вычислим теперь статический момент относительно оси Oy . Имеем ZZ My = x dxdy = 1 = 2 Z2 µ dy −2 (y 2 −4)/4 16 − 8y 2 + y 4 y 4 − 8y 2 + 16 − 4 16 · Z2 x dx = dy −2 D 2 (4−y Z )/2 Z2 ¶ 1 dy = 32 −2 x2 2 ¸(4−y2 )/2 = (y 2 −4)/4 Z2 (3y 4 − 24y 2 + 48)dy = −2 · = 1 3y 5 − 8y 3 + 48y 32 5 ¸2 = −2 192/5 − 128 + 192 16 = . 32 5 ∗ Значит, x = My /m = 2/5 . Таким образом, центр тяжести данной фигуры находится в точке C(2/5, 0) . Рис. 1.24. 9