Пример 2. Замечание. Если область интегрирования ограничена эллипсом или его дугой, рекомендуется ввести «обобщенные полярные координаты»

=

tg(1)=2 1=arctg(2);tg(2)=4 2=arctg(4);;

Замечание. Если область интегрирования ограничена эллипсом или его дугой, рекомендуется ввести «обобщенные полярные координаты», которые отображают эллипс в единичный круг:

Например,

Типовая задача экзамена: (1)Восстановить область интегрирования; (2) изменить порядок интегрирования; (3) записать двойной интеграл в полярных координатах

 

11.

Вычисление площадей и объёмов с помощью двойных интегралов.
а) Объём.

 

Как мы знаем, объем V тела, ограничен­ного поверхностью , где - неотрицательная функ­ция, плоскостью и цилиндрической поверхностью, направ­ляющей для которой служит граница области D, а образующие параллельны оси Oz, равен двойному интегралу от функции по области D:

Пример 1. Вычислить объем тела, ограниченного поверхностями x=0, у=0, х+у+z=1, z =0 (рис. 17).

Рис.17 Рис.18

Решение. D - заштрихованная на рис. 17 треугольная область в плоскости Оху, ограниченная прямыми x=0, у=0, x+y=1. Расставляя пределы в двойном интеграле, вычислим объем:

Итак, куб. единиц.

Замечание 1. Если тело, объем которого ищется, ограни­чено сверху поверхностью а снизу—поверхностью , причем проекцией обеих поверхностей на пло­скость Оху является область D, то объем V этого тела равен разности объемов двух “цилиндрических” тел; первое из этих цилиндрических тел имеет нижним основанием область D, а верх­ним - поверхность второе тело имеет нижним осно­ванием также область D, а верхним - поверхность (рис.18).

Поэтому объём V равен разности двух двойных интегралов:

или

(1)

Легко, далее, доказать, что формула (1) верна не только в том случае, когда и неотрицательны, но и тогда, когда и - любые непрерывные функции, удовлетворяющие соотношению

Замечание 2. Если в области D функция меняет знак, то разбиваем область на две части: 1) область D₁ где 2) область D₂,где . Предположим, что области D₁ и D₂ таковы, что двойные интегралы по этим обла­стям существуют. Тогда интеграл по области D₁ будет положи­телен и будет равен объему тела, лежащего выше плоскости Оху. Интеграл по D₂ будет отрицателен и по абсолютной величине равен объему тела, лежащего ниже плоскости Оху, Следовательно, интеграл по D будет выражать раз­ность соответствующих объемов.
б) Вычисление площади плоской области.
Если мы со­ставим интегральную сумму для функции по области D, то эта сумма будет равна площа­ди S,

при любом способе разбиения. Пере­ходя к пределу в правой части равен­ства, получим

Если область D правильная, то площадь выразится двукратным интегралом

Производя интегрирование в скобках, имеем, очевидно, Пример 2. Вычислить площадь области, ограниченной кривыми Рис.19 Решение. Определим точки пересечения данных кривых (Рис.19). В точке пересечения ординаты равны, т.е. , отсюда Мы получили две точки пересечения Следовательно, искомая площадь

 

5. Вычисление площади поверхности.
Пусть требуется вычислить площадь поверхности, ограниченной линией Г (рис.20); поверхность задана уравнением где функция непрерывна и имеет непрерывные частные производные. Обозначим проекцию линии Г на плоскость Oxy через L. Область на плоскости Oxy,ограниченную линией L, обозначим D.

Разобьём произвольным образом область D на n элементарных площадок В каждой площадке возьмём точку Точке P_iбудет соответствовать на поверхности точка Через точку M_i проведём касательную плоскость к поверхности. Уравнение её примет вид

(1)

На этой плоскости выделим такую пло­щадку , которая проектируется на плоскость Оху в виде площадки . Рассмотрим сумму всех площадок

Предел этой суммы, когда наибольший из диаметров пло­щадок - стремится к нулю, мы будем называть площадью по­верхности, т. е. по определению положим

(2)

Займемся теперь вычислением площади поверхности. Обозна­чим через угол между касательной плоскостью и плоскостью Оху.

Рис.20 Рис.21

На основании известной формулы аналитической геометрии можно написать (рис.21)

или

(3)

Угол есть в то же время угол между осью Oz и перпендикуляром к плоскости (1). Поэтому на основании уравнения (1) и формулы аналитической геометрии имеем

Следовательно,

Подставляя это выражение в формулу (2), получим

Так как предел интегральной суммы, стоящей в правой части последнего равенства, по определению представляет собой двойной интеграл то окончательно получаем

(4)

Это и есть формула, по которой вычисляется площадь поверхности

Если уравнение поверхности дано в виде или в виде то соответствующие формулы для вычисления поверхности имеют вид

(3^’)
(3^’’)

где D^’ и D^’’ - области на плоскостях Oyz и Oxz, в которые проектируется данная поверхность.
а) Примеры.
Пример 1. Вычислить поверхность сферы

Решение. Вычислим поверхность верхней половины сферы (рис.22). В этом случае

Следовательно, подынтегральная функция примет вид

Область интегрирования определяется условием . Таким образом, на основании формулы (4) будем иметь

Для вычисления полученного двойного интеграла перейдём к полярным координатам. В полярных координатах граница области интегрирования определяется уравнением Следовательно,

Пример2. Найти площадь той части поверхности цилиндра которая вырезается цилиндром

Рис.22 Рис.23

Решение. На рис.23 изображена часть искомой поверхности. Уравнение поверхности имеет вид ; поэтому

Область интегрирования представляет собой четверть круга, т.е. определяется условиями

Следовательно,

 

12 Тройной интеграл и его свойства