ПрИЛОЖвНИЯ ДВОЙНЫХ и тройных интегралов

Вычисление площадей плоских фигур
и поверхностей

Площадь области Р, расположенной в плоскости Oxyi Определяется формулой

S=JJdxdy.

Р

Если граница области задана В полярных координа­тах, то площадь этой области находится по формуле:

S= JJ Г Dr dφ.

Р

Пусть уравнение Z = F(X; у) определяет Гладкую криво­линейную поверхность, пусть также область P проекция данной поверхности на плоскость Оху, тогда площадь поверхности имеет вид:

Пусть совокупность непрерывно дифференцируемых функций

Х = x(u; О); у = Y(U; υ); Z = Z(U; υ); (и; υ) ∈ Р,

Где P ограниченная замкнутая Квадрируемая область, Задает параметрически поверхность, тогда ее площадь вы­числяется по формуле:

S = ∫∫ YEG F2 du do, Р

Пример 1. Найти площади плоских фигур, ограниченных линиями:

А) Y= Jx= 2 Jx ;х = 4;

Б) х2 + У2 + 2у = 0; У = —х;

У = -1;

В) (х2 + У2)3 = х4 + у4. Решение.

А) Изобразим область Р. Оче­видно, что уравнение У = Jx и

У = 2 Jx определяют ветви пара­бол с вершиной в начале коорди­нат.

4 24х 4 4

S = ʃ dx ʃ c⅛∕ = ʃ ∖zjx — Jxpx — ʃ Jxdx = ɪ.

О Л о о

Б) Преобразуем уравнение X2 + Y2 + 2Y = каноничес­

Кому виду:

X2 + Y2 + 2Y + 1 = 1; X2 + + I)2 = 1. Следовательно, исходное уравнение задает окружность

Радиуса 1 с центром в точке (0; -1).

Уравнение дуги АО получаем из уравнения окружнос­

Ти с учетом условия х < 0: х2 = -у2 — 2у;

× = ~J~Y2 ~2у.

Переходим к вычислению площади: 0

S = ^dxdy = ∫⅜ ʃ Jx =

= 2 + J V1 — O/ + ɪ)[26] Dy = -1

Dy=cost∙dt t = arcsin(ι/ +1) г(-1) = 0;((0) = ^

If Ilf

= — + J COS[27] 21 dt = — + — J (1 + cos 2f) Dt

Щадь —) и равнобедренного прямоугольного треугольни — 4

1

Ка е катетом 1 (площадь —).

Di

В) Перейдем к полярным координатам:

X = г cos <р; У = г sin φ.

Следовательно, S =-π.

4

В заключение отметим, что область P обладает симмет — π

Ном случае можно было рассчитывать — S.

О

16 1 π 3

Ответ: а) ~ ; б) ~ ; в) -π.

3 2 4 4

Пример 2. а) Вычислить площадь части плоскости 6х + + Зу + 2Z = 12, которая ограничена первым октантом; б) найти площадь части сферы x2 + Y2 + Z2 = а2, заклю-

Х

Ченной внутри цилиндра — у Аг

Решение.

А) Приведем уравнение плоскости к уравнению в от­резках:

+ Зу + 2з = 12;

X У Z —+ — + — =1.

2 4 6

Плоскость пересекает ось Ox в точке А(2; 0; 0); ось Oy в точке В(0; 4; 0); ось Oz в точ­ке C (0; 0; 6). Проекцией ис­комой части плоскости на плоскость Oxy является треу­гольник AOB.

Уравнение плоскости преобразуем к виду:

Так как

Z

Зх

Z = 6 — Зх — -у. Z А

Ду

, получаем

S— ∫∫J1 +

AOB

Эх

+l∣^-∣ Dx Dy =

Я Jl + 9 + ½Dx⅛-⅛ Ffdxdy.

AOB AOB

Поскольку уравнение прямой АВ:

У = -2х + 4,

2

-2х+4 2

То — Jdx Fdy = —J(-2x+4)dx = -(-x2+4x)
оо о

Заметим, что ʃʃDxdy это площадь

= 14.

AOB

Треугольника AOB, т. е.

OB OA

Jfdxdy =

= 4.

AOB

Б) Поскольку сфера пересекается ци­линдром, образующая которого парал­лельна оси Oz, то проекцией искомой части сферы на плоскости Oxy являет — X2 У2

Ся эллипс — + =Ic центром в начале координат и по­

Луосями А и B (B ≤ а).

Очевидно, что цилиндр, пересекая сферу, образует два симметричных относительно плоскости Oxy фрагмента. Рассчитаем поверхность одного из них (Z 0):

2

Z

Дх

ЧИЁ

X

‘2 <⅛’2

Z

TA2 -X2 — у2 ду Ja2 _ χ2 _у2

Dxdy; Z = Ja2X2 — у2 ;

? (‰2

1÷⅛Y?2

Эх

Эг/

K SfJ

А

~2 2 2 AX

Ъ Ъ

= 2a arcsin— ∙ 2a = 4α2 ∙ arcsin — А А

Следовательно, S = 8α2 ∙ arcsin-

Ответ: а) 14; б) 8α2 ∙ arcsin

Пример 3. Найти площадь части геликоида Х = Г cos φ; у = г sin φ; г = Λφ, если O < г < A; O < φ < 2π.

Решение.

Дх ду дг

Так как — = cos φ; — = г sin φ; — = 0;

Дг <)r ∂r

Дх

⅜ = "rsin cPj

Дх

То E =

Э<р

Дг

= rC0S<P; ⅜

Дг

= 1;

= h,

Γ÷R

+f-}

W

W

V3r7

+

∣⅛’2

Ia

Дх

∂φ

= r2 + Л2;

Дх дх ду ду дг дг

F=-4-4- + v-V — + 4-y — =0jEG-F2=r2+⅛2. Дг ∂φ ДгДг σφ

Для вычисления искомой площади получаем S = ∫∫ Jr2 +H2 Drdφ = ʃʤʧ Jr2 +}L2 Dr =

Вычисление объемов

1. Объем цилиндрического тела с образующими, парал­лельными оси Oz, основанием которого является квадрируе­мая область Р, принадлежа­щая плоскости Оху, и ограни­ченного сверху поверхностью Z = F(X; у), определяется фор­мулой:

V = ^f(x’,y)dxdy. р

2. Объем трехмерной обла­сти P выражается формулой:

V= ʃʃʃDxdydz. р

При решении задач об объеме пространственных тел могут оказаться полезными так называемые обобщенные сферические координаты г (г > O); φ (0 ≤ φ ≤ 2π);

2 ) Г cosα φ г, sinα φ • Г ∙ sinβ ψ;

Э(х; У, г)

Ч; ~ = AQabcR2Cosa 1φ∙sina^1 Э(г; φ; ψ) и ψ

Где А, Ъ, с, A, β — const.

Пример 4. Найти объемы тел, ограниченных следующи­ми поверхностями :

А) Х + у + Z = 2; Зх + = 4; 2х + У = 2; У = О; Z = 0;

Б) Z = X2 + У2; у = х2; У = 1; Г = 0;

В) z2 = х Y‘, (х2 + у2)2 = 2Xy, (х ≥ 0; У ≥ O; Z > 0). Решение.

А) Плоскости 3x + 2y = 4; + у = 2; у = 0 параллель­ны оси Oz; при пересечении с плоскостью Oxy они обра­зуют треугольную область АВС. Нетрудно убедиться, что во всех точках области ABC функция Z = 2 — х — у прини­мает неотрицательные значения, и, следовательно, плос­кость Z = 2 — х — у ограничивает тело сверху.

17. Зак. в

Переходим к вычислению объема:

4-2g

2 3

F = ^f(χ-,y)dxdy = ^dy f(2-x-y)dx =

ABC

Б) Образующие цилиндра У = х2 параллельны оси Oz. Плоскость У = 1 также параллельна оси Oz. При пересе­чении с плоскостью Z = O эти поверхности образуют зам­кнутую область Р, ограниченную параболой У = х2 и пря­мой У = 1. Очевидно, что во всех точках области P Функция z = X2 + у2 неотрицательна, т. е. параболоид вра­щения ограничивает тело сверху.

F _2__ 1 + 1 +11 = ɪ

[ 21 5 + 3 + 3j 105’

В) Образующие цилиндра (X2 + у2)2 = 2ху параллельны

Оси Oz. В пересечении с плоскостью Oxy цилиндр образу­ет плоскую область Р: (х2 + у2)2 = 2ху. Переходя к поляр­ным координатам Х = г cos φ; У = г sin φ, получаем Ta = 2ra sin φ cos φ; r2 = 2 sin φ cos φ; r2 = sin 2φ. Диапазон значений угла φ определяется из условия sin 2φ > 0:

ɜ

O<φ≤^jπ≤φ<-π.

Поскольку по условию Х ≥ 0, У > 0, то O < φ <

Уравнение поверхности г2 = Ху в полярных координа­тах: Z2 = г cos φ • г sinφ = r2 sin φ cos φ. Так как по усло­вию г > 0, то Z = r√sinφ ∙ cosφ .

Переходим к расчету объема тела:

V = ʃʃ rʌ/sin φ ∙ cos φ ∙ Г Dr =

R — , — u sin2φ • Г 3√2^ R=O

Пример 5. а) Найти объем тела, ограниченного поверхно­стями Z = 4 — Y2, Z = у2 + 2, Х = -1 и Х = 2. б) Найти объем тела, ограниченного поверхностями Z = X2 + Y2; Z = 2×2 + 2Y2; у = х2; У = х.

Решение.

А) Образующие цилиндров 2 = 4- У2 иг = У2 + 2 парал­лельны оси Ox и, следовательно, перпендикулярны плос­костям X≈-L их = 2. Сечение тела плоскостью Х = О есть

Плоская область Р, ограничен­ная параболами г = 4 — У2 и г = У2 + 2, вершинами которых являются соответственно точки (0; 4) и (0; 2). Параболы пересе­каются в точках (±1; 3).

Переходим к вычислению объема, принимая во внима­ние, что —1 < Х 2; -1 ≤ У ≤ 1; Y2 + 2 ≤ г ≤ 4 — У2,

V= ʃʃʃDxdydz =

2 1 4-у2 2 1 4-u2 2 ɪ

= Jdx Jdy ʃ Dz = 2 J Dxj Dy Jdz = 2 ʃ Dxf

-1 -1

Y2+2

JZ2+2

4-у

2

У3 +2

Dy =

= 2 ∫Dxf (2 — 2y2}dy = 4 ∫fУ-1 о — Л 3 J

Dx = 8.

Здесь использован тот факт, что искомое тело симметрич-

Но относительно плоскости Oxz (у = 0).

Б) Искомое тело ограничено параболоидами вращения
2 =X2 + у2 и Z = 2X2 +

Zi Z = 2X*+2U* + 2уг, цилиндром У = X2

Y и плоскостью У = х. По-

Скольку образующая
цилиндра параллельна
оси О2, а плоскость
У = х проходит через
ось Ог, то в пересече-
нии с плоскостью Oxy
Получается плоская об-
ласть, ограниченная
параболой У = х2 и пря-
мой У = х.

1

У>

1

V

1

S √fz7′

W

О

……………… ■■

1 Х

/ у ~ х. г = 0

Диапазон изменения переменных:

О ≤ Х ≤ 1; X2Yχ; X2 + Y2Z ≤ 2×2 + 2Y2. Переходим к расчету объема

Ответ: а) 8; б) — .

25

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *