Применение двойного интеграла

4. Применение двойного интеграла 1. Вычисление площади плоской области S =  dxdy – в декартовых координатах, D S =  rdrdϕ – в полярных координатах. D Пример 7. Вычислить площадь фигуры, ограниченной кривыми y = x 2 − 2 x , y = x . Решение. Изобразим область x( x − 3) = 0  x = 0 или x = 3 . D . Найдем точку пересечения: x = x2 − 2x или Рис.16. Построение области D 3 S =  dxdy =  dx D 3 x  3 3 dy =  dx y x 2 −2 x =  ( x − x + 2 x)dx =  (3 x − x 2 )dx = x x 2 −2 x 3 3 2 = 3 xdx −  x 2 dx = 3 ⋅ 2 3 x 2 − 3 3 x 3 = 27 9 −9= . 2 2 Пример 8. Вычислить площадь фигуры, ограниченной кривыми x 2 + 2 x + y 2 = 0 , x2 + 4x + y 2 = 0 , y = −x , y = −x 3 . Решение. Преобразуем уравнения линий ( x 2 + 2 x + 1) − 1 + y 2 = 0 или ( x + 1) 2 + y 2 = 1, ( x 2 + 4 x + 4) − 4 + y 2 = 0 или ( x + 2) 2 + y 2 = 4 . Изобразим фигуру на рисунке Рис.17. Построение области D 11  x = r cosϕ При вычислении площади удобно перейти к полярным координатам  .  y = r sin ϕ Преобразуем условия: 1) Окружность x 2 + 2 x + y 2 = 0 имеет полярное уравнение (r cos ϕ ) 2 + 2r cos ϕ + (r sin ϕ ) 2 = 0 , r 2 (cos 2 ϕ + sin 2 ϕ ) = −2r cos ϕ , r 2 = −2r cosϕ или r = −2 cosϕ . 2) Окружность x 2 + 4 x + y 2 = 0 имеет полярное уравнение (r cos ϕ ) 2 + 4r cos ϕ + (r sin ϕ ) 2 = 0 , r 2 (cos 2 ϕ + sin 2 ϕ ) = −4r cos ϕ , r 2 = −4r cosϕ или r = −4 cosϕ . 3) Прямая y = − x имеет полярное уравнение r sin ϕ = −r cosϕ или sin ϕ = − cosϕ , делим левую и правую часть на cos ϕ tgϕ = −1 или ϕ = 4) 3π . 4 Прямая y = − x 3 имеет полярное уравнение r sin ϕ = − 3r cosϕ или sin ϕ = − 3 cosϕ , делим левую и правую часть на cos ϕ tgϕ = − 3 или ϕ = 3π 4 −4 cos ϕ 3π 4 2 − 4 cosϕ r S =  dxdy =  dϕ  rdr =  dϕ ⋅ 2 2π 2π D −2 cos ϕ 3 − 2 cosϕ 2π . 3 3π 4  16 cos 2 ϕ 4 cos 2 ϕ   = =  dϕ ⋅  − 2 2 2π   3 3 3π 4 3π 4 3π 4 3 3 3  1 + cos 2ϕ  = 6  cos 2 ϕdϕ == 6   dϕ = 3  (1 + cos 2ϕ )dϕ = 2  2π 2π  2π 3π 4 3π 4 3π 4 2π 3 2π 3 2π 3 = 3  dϕ + 3  cos 2ϕdϕ == 3  dϕ + = 3ϕ 3π 4 2π 3 3 + sin 2ϕ 2 3π 4 2π 3 3π 4 3  cos 2ϕd (2ϕ ) = 2 2π 3 4π   3π 2π  3  3π = 3 − − sin  +  sin = 3  2 2 3   4 3 π 3 3 3  9π − 8π  3  = − + = 3 .  + −1+ 2  4 2 2  12  2  12 2. Вычисление объемов тел Объем цилиндрического тела находится по формуле V =  f ( x; y )dxdy , D где z = f ( x; y ) - уравнение поверхности, ограничивающей тело сверху. Если тело ограничено двумя поверхностями z = f1 ( x; y ) и z = f 2 ( x; y ) , то его объем определяется по формуле: V =  ( f 2 ( x; y ) − f1 ( x; y ))dxdy . D Пример 9. Вычислить объем тела, ограниченного поверхностями z = x 2 + y 2 , x + y = 1 , x = 0, y = 0, z = 0 . Решение. Данное тело ограничено координатными плоскостями x = 0 , y = 0 , z = 0 , плоскостью x + y = 1 (параллельна оси Oz ) и параболоидом вращения z = x 2 + y 2 . Рис.18. Построение области D ( ) 1 1− x V =  x + y dxdy =  dx 2 2 D 1− x  1− x 2  x + y dy =  dx  x dy +  y 2 dy  =  0  ( 2 2 ) 1 1− x 1− x  2 1− x  1  2 1− x y 3  1  2 (1 − x) 3  2   = =  dx x  dy +  y dy  =  dx x y 0 + =  dx x (1 − x) +   3 3  0  0    0  1 1 1  2 (1 − x) 3  11 3 2 3   =  x − x + dx =  x dx −  x dx +  (1 − x) 3 dx =  3  30 0 1 1 11 x3 x4 2 3 3 =  x dx −  x dx −  (1 − x) d (1 − x) = − 3 3 4 1 1 = 1 (1 − x) 4 − 12 1 = 1 1  1 1 1 1 1 − − 0 −  = − + = . 3 4  12  3 4 12 6 Пример 10. Вычислить объем тела, ограниченного поверхностями x 2 + y 2 − z + 1 = 0 , x 2 + y 2 + 3z − 7 = 0 . Решение. Данное тело ограничено двумя параболоидами. 13 Рис.19. Построение области D Решая систему  x2 + y2 = z − 1 , находим уравнение линии их пересечения:  2 2 x + y = − 3 z + 7  x2 + y2 = 1, z = 2 . Искомый объем равен разности объемов двух цилиндрических тел с одним основанием (круг x 2 + y 2 ≤ 1) и ограниченных сверху и снизу соответственно поверхностями 1 x 2 + y 2 + 3 z − 7 = 0  z = (7 − x 2 − y 2 ) , 3 x2 + y2 − z + 1 = 0  z = 1 + x2 + y2 . 1  V =  ( f 2 ( x; y ) − f1 ( x; y ) )dxdy =   (7 − x 2 − y 2 ) − (1 + x 2 + y 2 ) dxdy =  D D 3 1 4  7 1  4 4 =   − x 2 − y 2 − 1 − x 2 − y 2 dxdy =   − x 2 − y 2 dxdy = 3 3 3 3   D3 D3 4 =  1 − x 2 − y 2 dxdy . 3D ( ) Для удобства вычисления двойного интеграла, перейдем к полярным координатам 4 4 V =  1 − x 2 − y 2 ) dxdy =  1 − (r cosϕ ) 2 − (r sin ϕ ) 2 ) rdrdϕ = 3D 3D ( ) ( ) 4 4 2π 1 4 2π 1 2 2 =  1 − r rdrdϕ =  dϕ  (1 − r )rdr =  dϕ  (r − r 3 )dr = 3D 30 0 30 0 ( ) 1 2π  r2 1 r4  4 2π  1 4 =  dϕ   rdr −  r 3 dr  =  dϕ  −  3 0 0 3 2 4   0 4 1 2π 2π = ⋅ ⋅ϕ 0 = . 3 4 3 14  4  1 1 2π  = ⋅  −  dϕ =  3  2 4  0 0 1 3. Вычисление площади поверхности Если поверхность задана уравнением z = f ( x; y ) , то площадь части поверхности криволинейной поверхности вычисляется по формуле S =  1 + ( z x' ) 2 + ( z 'y )2 dxdy . D Пример 11. Найти площадь поверхности тела, образованного перпендикулярным пересечением двух цилиндров одинакового радиуса R . x2 + y 2 = R2 и Решение. Уравнение двух перпендикулярных цилиндров имеют вид: x 2 + z 2 = R 2 . Первый из них определяет область интегрирования D : y = ± R 2 − x 2 , а второй – поверхность z = ± R 2 − x 2 , площадь которой необходимо вычислить. Рис.20. Построение области D Найдем площадь верней части тела: z = R 2 − x 2 , для этого найдем частные производные: −2 x −x z x' ( x = const ) = = и z x' ( y = const ) = 0 . 2 R2 − x2 R2 − x2 Тогда получим 2   −x x2 R2 1+  dxdy =  dxdy =  dxdy =  1 + 2 2 2 2 2 2 R − x R − x R − x   D D P =  D R2 − x2 R =  dx  −R R −x 2 − R 2 − x2 R 2 −1 2 = R  (R − x ) 2 −R R 2 −1 2 = 2R  (R − x ) 2 −R R2 − x2 R R 2 dy = R  ( R 2 − x 2 ) −1 2 dx −R dx y − R2 − x2 R 2 − x2  dy = − R2 − x2 R = R  ( R 2 − x 2 )−1 2 dx y − −R R 2 − x2 R2 − x2 = R ( R − x ) dx = 2 R  dx = 2 R x − R = 2 R( R + R ) = 4 R 2 . 2 R 2 12 −R 2 Площадь верней части тела 4R . Все тело состоит из четырех таких частей, поэтому площадь всей поверхности равна: S = 16 R 2 . 15 4. Вычисление массы плоской пластинки Масса плоской пластинки D с переменной плоскостью µ = µ ( x; y ) находиться по формуле m =  µ ( x; y )dxdy – в декартовых координатах, D m =  µ (r cos ϕ ; r sin ϕ )rdrdϕ – в полярных координатах. D Пример 12. Пластинка D задана ограничивающими ее кривыми: y 2 = 5 x , x = 5 , y = 0 , ( y ≥ 0 ). Поверхностная плотность равна µ = 2 x + 3 y 2 . Найти массу пластинки. Решение. Изобразим пластинку на рисунке Рис.21. Построение области D 5x  5x  m =  µ ( x; y )dxdy =  dx  (2 x + 3 y )dy =  dx  2 xdy +  3 y 2 dy  =   D  0  3 5x  5 5x 5x   5  y 5x = 2 =  dx 2 x  dy + 3  y dy  =  dx 2 x y 0 + 3   3 0    0   5 5x 5 2 5 ( ) 5 5 =  dx 2 x 5 x + 5 x 5 x =  7 x 5 x dx = 7 5  x x dx = 5 5 = 7 5 x 3/ 2 x5 / 2 2 ⋅ 55 / 2 7 5 ⋅ 2 ⋅ 25 5 dx = 7 5 ⋅ =7 5⋅ = = 350 . 5/ 2 0 5 5 Пример 13. Пластинка D задана ограничивающими ее кривыми: x 2 + y 2 = 16 , x 2 + y 2 = 25 , x = 0 , y = 0 , ( x ≥ 0 , y ≥ 0 ). Поверхностная плотность равна µ = массу пластинки. Решение. Изобразим пластинку на рисунке Рис.22. Построение области D 16 3x + y . Найти x2 + y2  x = r cosϕ Перейдем в двойном интеграле к полярным координатам  .  y = r sin ϕ π π 2 r (3cos ϕ + sin ϕ ) r (3cos ϕ + sin ϕ ) ϕ m =  µ ( x; y )dxdy =  dϕ  2 rdr = d dr = 2 2 2   r ϕ ϕ r cos + r sin D 4 4 5 2 5 π 2 5 4 π =  (3cos ϕ + sin ϕ )dϕ  dr = (3sin ϕ − cos ϕ ) 02 = 3 − 1 = 2 . 5. Вычисление статических моментов и координат центра тяжести плоской фигуры. Статические моменты пластины D относительно осей Ox и Oy вычисляются по формулам S x =  y µ ( x; y )dxdy и S y =  xµ ( x; y )dxdy , D D а координаты центра масс фигуры – по формулам S S xc = y и yc = x . m m Пример 12. Найти координаты центра масс пластинки D , лежащей в плоскости Oxy и ограниченной линиями y = x , y = 2 x , x = 2 , если ее плотность µ ( x; y ) = xy . Решение. Рис.21. Построение области D Вначале определим массу пластинки D : 2 2x 2 y2 m =  µ ( x; y )dxdy =  dx  xydy =  xdx 2 D x 2x x 2 1 =  x(4 x 2 − x 2 )dx = 20 2 3 3 2 3 =  x3dx = x 4 = (16 − 0) = 6 . 20 8 0 8 Определим координаты центра масс: 2 Sy 2x 1 1 1 xc = =  xµ ( x; y )dxdy =  x 2 ydxdy =  x 2 dx  ydy = m mD 6D 60 x 17 2 1 2 y2 =  x dx 60 2 2x x 2 2 11 2 3 4 2 2 (4 ) = x x − x dx = x dx = 6 2 0 12 0 2 1 1 52 1 8 =  x 4 dx = x = (32 − 0) = , 40 20 0 20 5 yc = Sx 1 1 1 =  y µ ( x; y )dxdy =  yxydxdy =  xy 2 dxdy = m mD 6D 6D 2 2x 2 1 1 y3 2 =  xdx  y dy =  xdx 60 60 3 x = 2x x 2 2 11 7 = x(8 x3 − x3 )dx =  x 4 dx =  630 18 0 7 52 7 112 x = (32 − 0) = . 18 0 90 45 6. Вычисление моментов инерции точки. Моменты инерции относительно начала координат и осей координат Ox и Oy материальной пластины D с непрерывно распределенной поверхностной плотностью µ ( x; y ) , вычисляются по формулам: I 0 =  ( x 2 + y 2 ) µ ( x; y )dxdy , D I x =  y 2 µ ( x; y )dxdy , I y =  x 2 µ ( x; y )dxdy . D D Пример 13. Вычислить моменты инерции относительно точки границы однородного круга и его диаметра, если радиус круга R , а вес P . Решение. Поместим начало координат в точке, лежащей на границе круга, а центр круга – в точке C ( R;0) . Тогда задача сведется к нахождению моментов инерции круга относительно начала координат и оси Ox . Рис.22. Построение области D Так как круг однороден, то его плотность µ постоянна и µ = окружности в декартовой системе координат имеет вид: ( x − R )2 + y 2 = R 2 . I 0 = µ  ( x 2 + y 2 )dxdy . D 18 P . Уравнение gπ R 2 Сначала преобразуем подынтегральное выражение x 2 − 2 xR + R 2 + y 2 = R 2 или x 2 + y 2 = 2 xR . Перейдя к полярным координатам: r 2 cos 2 ϕ + r 2 sin 2 ϕ = 2rR cos ϕ или r = 2 R cos ϕ . Имеем I 0 = µ  ( x + y )dxdy = µ 2 D =µ π 2 dϕ  2 R cos ϕ −π 2 π 2  2   −π 2 (r 2 cos 2 ϕ + r 2 sin 2 ϕ )rdr = 2 R cos ϕ π 2 r4 r dy = µ  dϕ 4 −π 2 = 4µ R 3 = 4µ R dϕ 2 R cos ϕ π 2 4 π 2  4 −π 2  cos 4 ϕ dϕ = −π 2 cos ϕ dϕ = 8µ R  4 π 2 4  1 + cos 2ϕ    dϕ = 2   2 π 2 π 2 π 2  1 + cos 4ϕ dϕ  = = 2 µ R   dϕ + 2  cos 2ϕ dϕ +    2  0  4 π 2 1 1  π π  3 = 2 µ R  ϕ + sin 2ϕ + ϕ + sin 4ϕ  = 2 µ R 4  +  = µπ R 4 = 2 8  0 2 4 2 4 = I x = µ  y dxdy = µ π 2 2 D = 4µ R π 2 4  3 P 3P 2 π R4 = R . 2 2 gπ R 2g dϕ  −π 2 2 R cos ϕ  π 2 r4 r sin ϕ dr = µ  sin ϕ dϕ 4 −π 2 3 2 cos ϕ sin ϕ dϕ = 8µ R 4 2 π 2 4 −π 2 = µR π 2  sin 2 2ϕ dϕ + µ R µ R4 2  sin 2 2ϕ cos 2ϕ dϕ = π 2  sin 3 2ϕ (1 − cos 4ϕ )dϕ + µ R 6 π 2 = 4 π 2 µ R4  1 π 1P 2  4 = R .  ϕ − sin 4ϕ  = µ R = 2  4 4 4g 0 19 = 1 2 1 + cos 2ϕ sin 2ϕ dϕ = 4 2 π 2 4 =  4 2 R cos ϕ 2