Министерство образования и науки Российской Федерации Нижегородский государственный педагогический университет ИНТЕГРАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ ФУНКЦИЙ НЕСКОЛЬКИХ ПЕРЕМЕННЫХ Методические указания Для студентов заочного отделения факультета математики, информатики и физики Специальность 032100 Математика Нижний Новгород 2006 Печатается по решению редакционно-издательского совета Нижегородского государственного педагогического университета. Интегральное исчисление функций нескольких переменных: Методические указания (для студентов заочного отделения факультета математики, информатики и физики). – Нижний Новгород: НГПУ, 2006. – с. 23. В работе дан план изучения и указана литература по каждому разделу курса «Интегральное исчисление функций нескольких переменных». Подробно, на конкретных примерах, описаны методы решения задач на вычисление и применение кратных и криволинейных интегралов. Даны задачи для самостоятельного решения. Составитель: Л.А. Дмитриева, канд. физ.-мат. наук, ст. преподаватель Рецензент: Т.П. Пендина, канд. физ.-мат. наук, доцент Ответственный за выпуск: Л.С. Сперанская, канд. физ.-мат. наук, доцент, зав. каф. матем. анализа 2 ПЛАН ИЗУЧЕНИЯ И ЛИТЕРАТУРА по курсу «Интегральное исчисление функций нескольких переменных» Литература 1. Баврин И.И. Высшая математика. – М.: Издательский центр “Академия”; Высш. школа, 2000. 2. Высшая математика / Под. ред. Г.Н. Яковлева. – М: Просвещение, 1988. 3. Кудрявцев В.А., Демидович Б.П. Краткий курс высшей математики. – М.: Наука, 1978. 4. Минорский В.П. Сборник задач по высшей математике. – М.: Наука,1987. Ссылки на литературу в тексте даются сокращенно, соответственно: 1. – Б. 2. – В.м. 3. – К. 4. – М. Р.I Двойные интегралы. 1) Задачи, приводящие к понятию двойного интеграла. Определение двойного интеграла, его свойства. Б. § 7.6, п. 1 – 3. В.м. разд. II, гл. XII, § 59, п. 1. К. гл. 24, § 1. 2) Интегрируемость непрерывной функции. Вычисление двойных интегралов. Б. § 7.6, п. 4. В.м. разд. II, гл. XII, § 59, п. 1,2. К. гл. 24, § 2. 3) Замена переменных в двойном интеграле. Двойной интеграл в полярных координатах. Б. § 7.6, п. 5, 6. В.м. разд. II, гл. XII, § 59, п. 3. К. гл. 24, § 3. 4) Приложение двойных интегралов к вычислению площади плоской фигуры, объема цилиндрического тела, площади кривой поверхности; статических моментов, координат центра тяжести и моментов инерции плоских пластин. Б. § 7.6, п. 7,8. В.м. разд. II, гл. XII, § 60. К. гл. 24, §§ 6, 7. Р.II Криволинейные интегралы. 1) Задачи о вычислении работы переменной силы вдоль криволинейного пути. Криволинейный интеграл 2-го рода, определение, свойства. Б. § 7.8, п. 1,2. В.м. разд. II, гл. XII, § 63, п. 2. К. гл. 23, § 2. 2) Вычисление криволинейных интегралов. Б. § 7.8, п. 3. В.м. разд. II, гл. XII, § 63, п. 2. К. гл. 23, § 2. 3) Формула Грина и следствие из нее. Криволинейный интеграл по замкнутому контуру. 3 Б. § 7.8, п. 4,5. В.м. разд. II, гл. XII, § 63, п. 3. К. гл. 23, §§ 3 – 5. Р.III Тройные интегралы. Понятие тройного интеграла, его вычисление, физический смысл. Б. § 7.7. В.м. разд. II, гл. XII, § 61. К. гл. 24, § 8. К теме «Интегральное исчисление функций нескольких переменных» нужно не только внимательно посмотреть теоретический материал, указанный в рабочем плане, но и обязательно повторить следующие вопросы: 1) Кривые и поверхности 2-го порядка (канонические уравнения, вид кривой или поверхности); 2) Построение поверхностей методом сечений; 3) Полярные координаты, их связь с декартовыми; 4) Параметрические уравнения кривых (в т.ч. окружности и эллипса); 5) Производные, их вычисление, таблица производных; 6) Таблица неопределенных интегралов, основные методы вычисления неопределенных интегралов; 7) Формула Ньютона-Лейбница, основные методы вычисления определенных интегралов. Этот материал можно найти в следующих рекомендуемых источниках: Б. §§ 1.1 п.4; 1.4; 3.4; 5.2; 5.5; 6.1; 6.2; 6.6; 6.7. В.м. разд. I, гл. I, §3; гл. II §9; гл. III, §13; разд. II, гл. VI, § 30; гл. VII §§ 39, 40; гл. VIII, §§ 42, 43, 44, 46, 47. К. гл. IV, §§ 1, 2, 4 – 7, 9; гл. V, §§ 1 – 4; гл. X, §§ 2 – 4; гл. XIII, §§ 3, 5; гл. XIV, §§ 1,7, 8; гл. XVIII, §§ 12 – 16. 4 Раздел I. ДВОЙНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ Теперь, когда Вы познакомились с теорией этого вопроса, рассмотрим подробно технику вычисления двойных интегралов. Будем придерживаться такого плана: 1) вычисление определенных интегралов, зависящих от параметра; 2) повторные интегралы, их вычисление; 3) вычисление двойных интегралов путем сведения их к повторным; 4) замена переменных в двойном интеграле, переход к полярным координатам; 5) задачи на приложение двойных интегралов. П. 1. Рассмотрим такие определенные интегралы: b a 2 ( x ) f ( x, y)dy (1) 1 ( x) f ( x, y )dy (2), где «x» - параметр. Так как интегрирование ведется по переменной y (подынтегральное выражение заканчивается на dy), то «x» в процессе интегрирования считается постоянным; однако, когда в конце интегрирования мы вместо y подставим в (1) числа a и b, а в (2) функции 1 ( x) и 2 ( x) ; то «x» в ответе останется, т.е. получится не число, а функция от x: b a 2 ( x) f ( x, y)dy F ( x) , 1 ( x) f ( x, y )dy ( x) П р и м е р 1: 1 xdy 1 x2 y2 Решение. При интегрировании смотрим на «x» как на число. Видим, что, подведя «x» под знак дифференциала, получим табличный интеграл 1 d ( xy) 1 0 1 ( xy) 2 arcsin xy 0 подставим 1 и 0 вместо y: arcsin x . 0 П р и м е р 2: 1 x 0 y dx Решение. Здесь роль постоянной играет «y», т.к. интеграл берется по «x» (подынтегральное выражение заканчивается dx). Видим, что имеем интеграл от степенной функции x y 1 1 0 y 1 1 (подставляем 1 и 0 вместо «x») . y 1 П р и м е р 3: 1 x 2 1 x 2 xy 2 dy Решение. Т.к. «x» – постоянный множитель для данного интеграла, выносим его за знак интеграла 1 x 2 x y 3 1 x 2 2x 2 x y dy (1 x 2 ) 3 2 2 1 x 1 x 3 3 5 Вычислите самостоятельно: 1 y3 dx 1) ; 2) sin( x 2 y)dx ; 3) e x 2 y dy . 1 xy 0 y Ответы: 1 ex 2 1) ; 2) cos y cos( y 3 2 y) ; 3) (e 1) . y 2 e П. 2. Повторные интегралы – это интегралы вида b a 2 ( x) dx 1( x ) (3) f ( x, y)dy в с dy 2 ( у) 1 ( y ) f ( x, y )dx (4) Вычисляются повторные интегралы так: сначала вычисляется внутренний интеграл по своей переменной (так, как мы это делали в П. I), при этом внешний интеграл переписывается; затем от полученной функции берется внешний интеграл. П р и м е р 4: 1 x2 0 x I dx (3x 2 y)dy . y 2 x2 ) x dx 0 2 Т.к. внутренний интеграл был по «y», то вместо «y» подставляем сначала x 2 , затем «x» 1 7 (3x( x 2 x) ( x 4 x 2 )) dx . 0 60 1 Решение. I (3xy 2 П р и м е р 5: 2 y xdx I dy 0 y y Решение. I 2 0 2 2 1 x dy y xdx 0 y 2 y y Вычислите самостоятельно: 4 2x y x dy ; 3) 1) dx dy ; 2) dx 2 x x 0 0 Ответы: 3 2 1 1) a 2 ; 2) 9; 3) . 3 2 a 2 1 2 ( y) y dy dy 0 . 2 0 y y y 2 1 dy ln y 0 e x dx . П. 3. По определению двойной интеграл от функции f ( x, y ) по области D есть D n f (M )ds f ( x, y)dxdy lim f (M k ) пл.Dk . d 0 D k 1 Вычисляются двойные интегралы путем сведения их к повторным интегралам; именно, если область интегрирования D имеет вид (см. рис. 1) такой, что лучи, параллельные oy и также направленные, как oy, входят в область D по кривой y 1 ( x) и выходят из области D по кривой y 2 ( x) , а область D проектируется на ось ox в отрезок a, b, то двойной интеграл равен такому повторному интегралу: 6 b 2 ( x) f ( x, y)dxdy dx a 1 ( x) D y Если область интегрирования D имеет вид (см. рис. 2) такой, что лучи, параллельные ox и также направленные, как ox, входят в область по кривой x 1 ( y) , а выходят по кривой x 2 ( y) , и область D проектируется на oy в отрезок c, d , то двойной интеграл равен такому повторному интегралу: y 2 ( x) D y 1 ( x) 0 a f ( x, y)dxdy x b рис. 1 y f ( x, y)dy d c D 2 ( y) dy 1 ( y) f ( x, y)dx . Обратите внимание на связь между порядком интегрирования и пределами интегрироd вания, с одной стороны: и видом области, задаx 1 ( y) нием кривых и проекций области на соответD ствующую ось, с другой стороны. x 2 ( y) Для того, чтобы правильно свести двойной интеграл к повторному, предлагаем такой c план действия: 1) строим область интегрирования D или заx 0 писываем уравнение границы области, заданной рис. 2 графически; 2) определяем, к какому типу относится область D; 3) в зависимости от этого выбираем порядок интегрирования (предварительно разбив область на части, если нужно); 4) расставляем пределы интегрирования в повторном интеграле; 5) вычисляем повторный интеграл. П р и м е р 6: В двойном интеграле f ( x, y)dxdy расставить пределы интегрирования; область D D изображена на рис. 3 y A 1 D 0 1 B 2 x Решение: 1) область уже построена; 2) она относится ко второму виду: лучи, параллельные ox входят в область по «одной кривой» OA и выходят из области по «одной кривой» AB; 3) значит порядок интегрирования будет такой: внутренний интеграл по x, внешний по y: dy f ( x, y)dx ; рис. 3 4) т.к. проекция области D на oy есть отрезок 0;1 , то пределы внешнего интегриро1 вания: 0 – нижний, 1 – верхний предел: dy f ( x, y)dx . 0 Для того, чтобы получить пределы интегрирования для внутреннего интеграла, нам нужны уравнения кривых OA и AB. OA: y x AB: x y 2 Из этих уравнений выражаем переменную внутреннего интегрирования x: OA: x y AB: x 2 y 7 Правые части этих равенств и будут пределами внутреннего интеграла. Окончательно записываем: 1 2 y 0 y f ( x, y)dxdy dy f ( x, y)dx . D П р и м е р 7: Расставить пределы интегрирования в f ( x, y)dxdy , где область D ограничена лиD ниями y x , x y 6 . 2 Решение: 1) строим область (см. рис. 4); 2) эта область относится к первому типу, следовательно, порядок интегрирования такой: dx f ( x, y )dy ; y 6 x y 6 D -3 3) для того, чтобы узнать пределы внешнего интегрирования (т.е. в каких границах изменяется x), Нужно найти проекцию области D на ось ox, а для этого - абсциссы точек пересечения параболы и пря2 y x x 2 мой: . x2 6 x 1 x 3 x y 6 2 y x2 x 0 1 2 4 6 2 Следовательно, dx f ( x, y)dy . 3 рис. 4 Т.к. лучи, параллельные oy, входят в область D по линии с уравнением y x , то нижний предел интегрирования « x 2 »; выходят лучи из области по линии x y 6 или y 6 x ; значит, верхний предел интегрирования « 6 x », в результате имеем: 2 2 6 x 3 x f ( x, y)dxdy dx 2 f ( x, y)dy . D П р и м е р 8: Вычислить xdxdy , где область S имеет вид заштрихованной части (см. рис. 5). S Решение: 1) запишем уравнение границы области S: AB – прямая, проходящая через точки A(2,0) и B(0,2), имеет уравнение: 2 x y ; уравнение окружности с центром в точке С(0,1) и радиуса 1: ( x 0) 2 ( y 1) 2 1 или x2 y2 2y 0 ; 2) область относится и к первому и ко второму типу; отнесем ее ко второму типу и проведем лучи, параллельные ox; y B 2 S 1 C A 3) тогда 0 1 2 x 2 xdxdy dy xdx (т.к. проекция обла1 D сти S на ось oy есть 1;2 ). Выражаем «x» из уравнения рис. 5 AB и из окружности, в последнем x 2 y y 2 : а т.к. x 0 , то берем корень с плюсом. Вычисляем полученный повторный интеграл: 2 2 y y2 21 1 2 2 2 dy xdx 1 2 y 1 2 ( 2 y y ) (2 y) dy 6 . 8 Вычислите самостоятельно: 1) x y 2 dxdy , где D – круг x 2 y 2 R 2 . 3 D 2) D 3) x2 dxdy , где D – область, ограниченная прямыми x 2 , y x и гиперболой xy 1 . y2 cos( x y)dxdy , где D – область, ограниченная линиями x 0 , y x, y . D П. 4. Переход к полярным координатам в двойном интеграле осуществляется по формуле: f ( x, y)dxdy f ( cos , sin ) dd D D1 Т.е. x cos , y sin , а dxdy dd . Удобно переходить к полярным координатам в тех случаях, когда выражение x 2 y 2 содержится в подынтегральном выражении или в уравнениях границы области интегрирования. Переход к повторному интегралу при этом осуществляется так: внешний интеграл берется по , внутренний – по : 2 2 ( ) 1 1 ( ) F ( , )dd d D F ( , )d (5) Для получения пределов интегрирования в полярных координатах предлагается следующее построение: из полюса (т. 0) провести лучи, пересекающие область, тогда для внешнего интеграла нижний предел интегрирования 1 – это наименьший из углов, составленных лучами, пересекающими область D, верхний предел интегрирования 2 – наибольший из углов; если лучи входят в область по линии l1 (cм. рис. 6), то, выражая из уравнения l1 переменную : 1 ( ) , получим нижний предел интегрирования 1 ( ) ; из уравнения линии l 2 , по которой лучи выходят из области D: 2 ( ) , получаем верхний предел интегрирования 2 ( ) (см. формулу (5)). П р и м е р 9: l2 Вычислить D l1 2 1 рис. 6 0 ным координатам: dxdy x2 y2 , где x y 4 D: 2 x y 2 1 Решение: 1) строим область интегрирования. Это кольцо между окружностями радиусов 1 и 2 (см. рис. 7); 2) видим, что сумма x 2 y 2 есть и в подынтегральном выражении и в уравнениях границы, значит, удобно перейти к поляр2 D dxdy dd 2 x 2 y 2 D1 3) запишем уравнения окружностей (границы области D) в полярных координаD тах: 9 2 1 или 1 – уравнение внутренней окружности, 2 4 или 2 – уравнение внешней окружности; 4) проведем лучи из полюса и расставим пределы интегрирования: 2 2 d d 0 1 (чтобы обойти всю область D, луч должен повернуться на угол от 0 до 2 ). 2 Теперь вычисляем обычный повторный интеграл: 12 d 2 . 0 y П р и м е р 10: Вычислить (h 2x 3 y)dxdy , 1 где D x 2 y 2 R 2 . D: x 0 , y 0 D 0 1 1 0 2 x Решение: 1) строим область D (см. рис. 8); 2) переходим к полярным координатам: (h 2 cos 3 sin )dd ; D рис. 7 3) расставляем пределы интегрирования: 2 0 R d (h 2 2 cos 3 2 sin )d 0 4) вычисляем повторный интеграл: 1 5 R 2 ( h R ) . 4 3 Вычислите самостоятельно: y 1) R 2 x 2 y 2 dxdy , где D – круг x 2 y 2 Rx . D 2) ( x 2 y 2 )dxdy , где область D изображена на рис. 9. D R R D 0 D R 0 x R 2R рис. 9 рис. 8 П. 5. Двойные интегралы имеют многочисленные приложения к решению задач геометрии, физики, техники и др. С помощью двойных интегралов вычисляются: a) площади плоских фигур по формуле: S dxdy D где D – фигура, площадь которой нужно найти; b) объемы цилиндрических тел по формуле: V f ( x, y)dxdy D 10 где D – область, на которой «стоит» тело V, а f(x,y) – правая часть в уравнении поверхности Z f ( x, y ) , ограничивающей тело сверху (см. рис. 10). z c) площади кривых поверхностей по формуле: Z=f(x,y) 1 ( f x1 ) 2 ( f y1 ) 2 dxdy D где D – проекция кривой поверхности, площадь которой вычисляется, на плоскость xoy, а f(x,y) – правая часть уравнения Z f ( x, y ) , задавшего эту поверхность (см. y рис. 11). 0 D x z Z=f(x,y) рис. 10 П р и м е р 11: Найти площадь фигуры, ограниченной линией a sin 2 . Решение: 1) строим область (график уравнения a sin 2 можно посмотреть, например, в М.) (см. рис. 12); 0 D x рис. 11 2) записываем формулу для вычисления площади S dxdy ; D 0 3) т.к. кривая – граница области задана в полярных координатах, то в двойном интеграле переходим к полярным координатам S dd . Т.к. фигура симметричD на, то достаточно найти площадь одного лепестка и умножить ее на 4: sin 2 S 4 2 d рис. 12 0 0 d ; 1 4) вычисляем интеграл, получаем: S 2 . 4 П р и м е р 12: Найти объем тела, ограниченного поверхностями y x , x y , y 2 z 2 . Решение: 1) строим тело, ограниченное заданными поверхностями (см. рис. 13). Первое и третье уравнения задают плоскости, второе – цилиндрическую поверхность, образующей, параллельной оси oz. 11 y z y x y 1 yx x y= 2 x y D 0 x 1 y= x 2 1 y 0 yx 2 x рис. 14 рис. 13 2) отдельно рисуем в плоскости xoy область D (на которой «стоит» тело) (см. рис. 14); 3) записываем формулу, расставляем пределы интегрирования и вычисляем (из урав2 y нения 3 выражаем z: z ). 2 2 y y y 2 8 2 V (1 )dxdy dy (1 )dx 1,4ед.3 0 y 2 2 3 15 D Замечание: можно обойтись без рисунка тела, тогда из уравнения, содержащего y z ( y 2 z 2) , выражаем z : z 1 ; но область D нужно построить. 2 Большое значение имеют физические и технические приложения двойных интегралов, они дают возможность вычислить: A. Массу плоской неоднородной пластины по формуле: M ( x, y)dxdy D где D – плоская область, занимаемая пластиной в плоскости xoy, ( x, y ) – поверхностная плотность в точке (x,y). По такой же формуле вычисляется заряд плоской пластины. П р и м е р 13: Определить массу круглой пластинки радиуса R, если поверхностная плотность ( x, y ) в каждой точке P ( x, y ) пропорциональна расстоянию точки от центра круга (см. рис. 15). Решение: 1) выберем систему координат с началом в центре круга, тогда уравнение границы области – окружности будет: y D 0 R x x 2 y 2 R 2 , а ( x, y ) k x 2 y 2 , где k – коэффициент пропорциональности; 2) записываем формулу для нашего случая: M k x 2 y 2 dxdy ; D рис. 15 3) видим, что удобно перейти к полярным координатам, и вычисляем 2 R 2 M k d 2 d kR 3 . 0 0 3 12 B. Моменты инерции плоских пластин относительно оси или относительно точки по формулам: I x ( x, y) y 2 dxdy D I y ( x, y) x 2 dxdy D I 0 ( x, y) ( x 2 y 2 )dxdy D C. Статические моменты и центры тяжести плоских пластин по формулам: 1 K x ( x, y) ydxdy ; x с ( x, y ) xdxdy m D D 1 K y ( x, y) xdxdy ; y с ( x, y ) ydxdy m D D П р и м е р 14: Вычислить координаты центра тяжести фигуры, ограниченной параболами 2 y 4 x 4 , y 2 2 x 4 . Решение: 1) строим фигуру (см. рис. 16). Обращаем внимание на то, что плотность не задана, значит, пластина однородна и в формулах для координат центра тяжести выносится за знак интеграла и затем сокращается; 2) фигура симметрична относительно оси ox, поэтому центр тяжести лежит на оси ox, т.е. y c 0 ; 3) найдем x c : y 2 y 2 2 x 4 y2 4x 4 D -1 xdxdy 2 2 0 1 2 x xc D dxdy D -2 рис. 16 2 2 4 y 2 2 y 2 4 4 1 ( 4 y 2 ) 2 1 2 ( y 4) 4 dy xdx dy dx 2 . 5 2 Значит, С – центр тяжести имеет координаты ( ,0). 5 Решите самостоятельно: М, №№ 2292, 2296, 2307, 2312, 2313, 2315, 2317, 2319, 2321, 2324, 2331, 2341, 2354, 2360, 2362. 13 Раздел II. КРИВОЛИНЕЙНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ Мы на примерах рассмотрим криволинейные интегралы 2-го рода, а именно: 1) как свести криволинейный интеграл к определенному; 2) как применить формулу Грина; 3) каковы условия независимости криволинейного интеграла от пути интегрирования. П. 1. Вы уже познакомились (см. литературу) с определением криволинейного интеграла и его физическим смыслом. Обозначается криволинейный интеграл 2-го рода так: P( x, y, z)dx Q( x, y, z)dy R( x, y, z)dz С или в векторной форме Fdr , где F ( P( x, y, z ), Q( x, y, z ), R( x, y, z )) ; С dr (dx, dy, dz ) . a) Если кривая С – путь интегрирования, задана параметрически уравнениями x x(t ), y y (t ) , где t – меняется от до и все функции x(t ), y (t ), z (t ), P, Q, R имеют не- прерывные производные, то верна формула (для 2-мерного случая F ( P( x, y ), Q( x, y )) P( x, y)dx Q( x, y)dy P( x(t ), y(t )) x' (t )dt Q( x(t ), y(t )) y' (t )dt C Т.е. вместо x записываем его выражение через t на кривой С, вместо y – его выражение через параметр t на кривой С; вычисляем dx и dy через t, берем за пределы интегрирования границы изменения параметра t. П р и м е р 1: Вычислить y 2 dx x 2 dy , где L – верхняя половина эллипса x a cos t , y b sin t , L пробегаемая по часовой стрелке (см. рис. 17). Решение: 1) изображаем путь интегрирования L, указываем направление; определяем значение t для начальной A и конечной C точки B пути: a a cos t A(a,0) t1 0 b sin t C A a a cos t С (a, 0) t2 0 0 b sin t -a 0 a x dx , dy 2) находим: : рис. 17 dx a sin tdt, dy b cos tdt ; 3) записываем определенный интеграл: y 0 b 2 sin 2 t (a sin t )dt a 2 cos2 t (b cos t )dt ; 4) вычисляем его: 4 2 ab . 3 b) Если кривая С задана не параметрически, надо перейти к параметрическому заданию. 14 П р и м е р 2: Вычислить ( x 2 2 xy)dx (2 xy y 2 )dy , где AB – дуга параболы y x 2 от т.A AB (1,1) до т.B(2,4) (см. рис. 18). Решение: 1) строим путь интегрирования AB (см. рис. 18); 2) путь AB задан в явном виде; к параметрическому заданию можно перейти, если за параметр выбрать «x»: x x, y x 2 x меняется от 1 до 2 (см. координаты точек A и B ); 3) так что получаем определенный интеграл: y B 4 1 -1 0 A 1 2 x 2 1 рис. 18 ( x 2 2 x x 2 )dx (2 x x 2 ( x 2 ) 2 )2 xdx 4) вычисляем его, находим ответ: 40 19 . 30 Сделайте самостоятельно: М, №2357. П р и м е р 3: Поле образовано силой F P, Q, где P x y, Q x . Построить силу F в каждой вершине квадрата со стороной x a, y a и вычислить работу при перемещении единицы массы по контуру квадрата. Решение: y 1) вычисляем координаты F в вершинах квадрата: в т. A ( a, a ): P 0, Q a F1 0, a , аналогично в остальных F1 0, a трех вершинах (см. рис. 19); 0, a D F1 A F2 2a, a 2) работа переменной силы F вычисляется с помоA a щью криволинейного интеграла: 0 x А F d r Pdx Qdy ( x y)dx xdy C F3 0,a -a B F4 2a, a ABCD ABCD ABCD AB BC CD F1 4 2a, a 3) теперь каждое слагаемое – каждый криволинейный интеграл вычислим: рис. 19 x a Путь AB имеет уравнение: , y от a до –a, поэтому dx 0, dy dy . Следовательно, y y a 2 ( x y)dx xdy ady 2a . a AB y a Путь BC имеет уравнение: , x от a до –a, поэтому dy 0, dx dx . Следовательно, x x a 2 ( x y)dx xdy ( x a)dx 2a . a BC x a Путь CD имеет уравнение: , y от a до –a, поэтому dx 0, dy dy . Следовательно, y y 15 DA a a ady 2a 2 . CD y a Путь DA имеет уравнение: , x от - a до +a, поэтому dy 0, dx dx . Следовательно, x x a a ( x a)dx 2a 2 . DA 4) В результате, А Fd r 8a 2 . ABCD П. 2. П р и м е р 4: Вычислить двумя способами криволинейный интеграл 2( x 2 y 2 )dx ( x y)2 dy , L где L – пробегаемый в положительном направлении контур треугольника ABC, с вершинами A(1,1), B(2,2), C(1,3). Решение: C 1) построим контур ABC; при положительном обходе область остается слева (см. рис. 20). Область, ограниченная треугольником, является односвязной; D B 2) подинтегральные функции и P 2( x 2 y 2 ) Q ( x y) 2 определены, непрерывны и имеют непрерывные A частные производные для любых x и y; 3) все условия выполнены и формулу Грина можно при1 2 3 x менить, тогда Q P рис. 20 L Pdx Qdy D ( x y )dxdy Q P 2( x y ), 4 y , значит, 4) найдем частные производные: x y y 3 2 1 0 2( x 2 y 2 )dx ( x y)2 dy 2( x y) 4 y dxdy 2( x y)dxdy L D D 5) теперь вычислим отдельно криволинейный интеграл, стоящий в левой части равенства, и двойной интеграл в правой части и сравним результаты. a) L 2 1 AB BC 1 1 2 3 (2 2 x 2 4 x 2 )dx ((2( x 2 (4 x) 2 ) dx 16) dx) (1 y) 2dy CA y x dy dx AB: x x ; x _ от _ 1 _ до _ 2 y 4 x dy dx BC: x x ; x _ от _ 2 _ до _ 1 4 Получаем, 2( x 2 y 2 )dx ( x y ) 2 dy . 3 L 2 4 x 4 в) 2( x y )dxdy dx 2( x y )dy . 1 x 3 D Видим, что результаты совпали. 16 x 1 dx 0 CA: y y y _ от _ 3 _ до _ 1 П. 3. Криволинейный интеграл P( x, y)dx Q( x, y)dy не зависит от пути интегриС рования С или, что тоже самое, криволинейный интеграл по замкнутому контуру равен 0, если: Q P , а) функции P, Q, определены и непрерывны в односвязной области D, к которой x y принадлежит путь С; Q P в) выполняется тождество в области D. x y П р и м е р 5: ( 2;1) ydx xdy Вычислить . (1; 2 ) y2 Решение: 1) т.к. путь интегрирования не указан, заданы лишь конечная (2;1) и начальная (1;2) точки, то, наверное, интеграл не зависит от пути интегрирования; проверим, действитель1 x P 1 Q 1 2 , 2 определены и непрерывны но ли это так. Функции P , Q 2 , y y y y x y для всех точек плоскости xoy, кроме точек прямой y 0 (оси ox), т.е. в односвязной верхней полуплоскости и в односвязной нижней полуплоскости; заданные точки (2;1) и (1;2) обе принадлежат верхней полуплоскости; кроме того, в верхней полуплоскости выполнено тождество: P Q 1 2 ; y x y 2) видим, что интеграл не зависит от пути интегрирования, поэтому можем выбрать любой путь, соединяющий эти точки и лежащий в верхней полуплоскости. Есть смысл выбрать наиболее простой путь, например, составленный из отрезков прямых, параллельных осям координат (см. рис. 21 – путь ABC): y A(1;2) 2 1 0 1 dy 2 ydx xdy 3 (1;2) y 2 ACB AC CB 2 y 2 1 dx 2 . Аналогичное условие независимости криволинейного интеграла от пути интегрирования имеет место и в трехмерном случае (см. литературу). (2;1) B(2;1) C Итак, криволинейные интегралы вычисляются сведением их к определенным интегралам (при этом путь интегрирования нужно рис. 21 задать параметрически). Применяются криволинейные интегралы 2-го рода для вычисления работы переменной силы вдоль криволинейного пути. 1 2 x Решите самостоятельно: М. №№ 2387, 2392, 2393, 2395, 2396. 17 Раздел III. ТРОЙНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ Вы уже посмотрели, что значит f ( x, y, z )dxdydz или f (M )dv . Q Q Тройной интеграл берется по трехмерному телу Q и подынтегральная функция зависит уже от трех переменных x, y, z. Если тело Q имеет такой вид как на рисунке 22, т.е. лучи, параллельные oz входят в область Q по «одной» поверхности с уравнением z 1 ( x, y) и выходят из Q по «одной» поверхности, уравнение которой z 2 ( x, y) , а тело Q проектируется на плоскость xoy в область D, то для непрерывной функции f(x,y,z) верна формула: z 2 ( x, y ) z Q z 1 ( x, y) z 1 ( x, y) y 0 Q 1 ( x , y ) D f ( x, y, z )dz . D Обратите внимание: подынтегральная функция f(x,y,z) всегда стоит во внутреннем интеграле: двойной интеграл взят по проекции D тела Q на плоскость xoy; во внутреннем интеграле нижний предел интегрирования 1 ( x, y) и верхний предел 2 ( x, y) . Аналогичная формула получится, если спроектировать тело на плоскость xoz (см. рис. 23): x рис. 22 z Q P y 2 ( x, z) y 1 ( x, z) y D 1 ( x, z ) f ( x, y, z )dy . При проектировании на плоскость yoz (см. рис. 24): рис. рис.23 23 x 2 ( x, z ) f ( x, y, z )dxdydz dxdz Q 0 z f ( x, y, z )dxdydz dydz Q 2 ( y , z ) 1 ( y , z ) f ( x, y, z )dx . Нужно только проверять, чтобы лучи, параллельные соответствующей оси (во 2-м случае оси oy; в 3-м – оси ox) входили в тело по «одной» поверхности и выходили по «одной» (не по нескольким). Q Вычисляется сначала внутренний интеграл по своx 1 ( y, z) 0 y ей переменной (остальные переменные считаются при этом постоянными), а затем получаем двойной интеграл, x 1 ( y, z) который мы уже умеем вычислять. x 2 ( y, z) Т.е. предлагается такой план действий при вычисрис. 24 лении тройного интеграла: 1) Строим в трехмерном пространстве xyz тело – область интегрирования Q. 2) Смотрим, на какую из координатных плоскостей удобнее проектировать тело Q1 и выбираем переменную для внутреннего интеграла. 3) Находим проекцию D тела на соответствующую плоскость (лучше нарисовать эту проекцию отдельно). 4) Выражаем из уравнения поверхности, ограничивающей тело Q, переменную внутреннего интегрирования и определяем нижний и верхний пределы для внутреннего интеграла. 5) Вычисляем сначала внутренний интеграл, а затем полученный двойной интеграл. S x 2 ( x, y ) f ( x, y, z )dxdydz dxdy 18 П р и м е р 1: Вычислить 2 xdxdydz , где область Q задана неравенствами: x 0, y 0, z 4, Q zx y . Решение: 1) Строим область Q. Для этого сначала строим равенства: x=0 – плоскость zoy, y=0 – плоскость xoz, z=4 – плоскость, параллельная xoy, z= z 2 y 2 - параболоид вращения (с осью oz). Т.к. x 0, то нужно взять часть пространства впереди от плоскости yoz; т.к. y 0, то правее плоскости xoz; z 4, значит ниже плоскости z 4 ; z x 2 y 2 , поэтому выше поверхности параболоида. В результате получим то, что изображено на рис. 25. 2 2 z 2) Проектируем тело Q на плоскость xoy, значит порядок интегрирования таков: dxdy 2 xdz 4 D 0 D2 y 2 x y D 0 x внутренний интеграл по z. 3) Спроектируем Q на плоскость xoy, видим, что проекция – D – четверть круга, лежащая на 1-м квадранте. Найдем аналитически проекцию (окружность). Т.к. это проекция линии пересечения плоскости z 4 и параболоида, то составляем систему: z 4 и избавляемся от z: x 2 y 2 4 . 2 2 z x y 4) Проводим лучи, параллельные oz, и выражаем z из уравнения поверхности, ограничивающей тело Q: z 4 и z x 2 y 2 . Т.к. лучи входят в область по поверхности параболоида, то нижний предел интегрирования x 2 y 2 ; выходят лучи из Q по плоскости z 4 , значит верхний предел интегрирования 4: dxdy 4 x2 y2 2 xdz . рис. 25 5) Вычисляем сначала внутренний интеграл, а потом получившийся двойной (2x для внутреннего интеграла постоянная): 4 128 2 2 D 2x z x 2 y 2 dxdy D 2x (4 ( x y ))dxdy 15 . D П р и м е р 2: Вычислить объем тела, ограниченного поверхностями x z 4. 19 x2 y2 9 , z 0, Решение: 1) Объем вычисляется по формуле 2 2 V dxdydz .Строим заданное тело: x y 9 - цилиндри- z Q ческая поверхность и, т.к. z отсутствует, то образующая цилиндра параллельна оси oz, направляющей является окружность x 2 y 2 9 в плоскости xoy: z=0 – плоскость xoy, а x z x+z=4 или 1 - плоскость, отсекающая на осях ox и oz 4 4 отрезки, равные 4, и параллельная оси oy (т.к. «y» в уравнении отсутствует). Все эти поверхности ограничивают часть цилиндра (см. рис. 26), его объем и нужно найти. 2) Здесь тело «стоит» на плоскости xoy, потому и проектировать удобнее на плоскость xoy. Проведем лучи, параллельные оси oz и расставим пределы интегрирования: 4 0 -3 4 x 3 y 3 рис. 26 dxdy 4 x 0 dz . D Т.к. лучи попадают в тело по плоскости xoy (z=0), то 0 – нижний предел внутреннего интеграла; выходят лучи из области по плоскости x+z=4, выражаем z: z=4-x, поэтому «4-x» – верхний предел интегрирования. Теперь вычисляем: 4x D z 0 dxdy D (4 x)dxdy 36 . Итак, объем тела равен 36 куб. ед. П р и м е р 3: Найти массу куба: 0 x 1,0 y 1, 0 z 1, если плотность ( x, y, z ) x 2 y 4 z 6 (см. рис. 27). Решение: z Масса неоднородного тела вычисляется по формуле: 1 M ( x, y, z )dxdydz. Q В нашем случае: 1 M x 2 y 4 z 6 dxddz dxdy x 2 y 4 z 6 dz 0 Q 0 1 x 1 y рис. 27 Решите самостоятельно: М. №№ 2369, 2370, 2372. 20 D 1 . 105 ВОПРОСЫ К ЭКЗАМЕНУ Двойной интеграл: определение, условия существования и свойства. Сведение двойного интеграла к повторному. Примеры. Замена переменных в двойном интеграле. Примеры. Вычисление площадей плоских областей с помощью двойных интегралов. Примеры. 5. Вычисление объемов тел с помощью двойных и тройных интегралов. Примеры. 6. Вычисление массы неоднородных пластинок и тел. Примеры. 7. Понятие тройного интеграла. Примеры. 8. Криволинейные интегралы первого рода: Определение, вычисление, примеры. 9. Криволинейные интегралы второго рода: Определение, вычисление, примеры. 10. Вычисление работы переменной силы вдоль дуги с помощью криволинейного интеграла. 11. Условие независимости криволинейного интеграла от пути интегрирования. 12. Формула Грина. 1. 2. 3. 4. 21 СОДЕРЖАНИЕ План изучения и литература по курсу «Интегральное исчисление функций нескольких переменных» …………………………………………………………………………………. с. 3 Раздел I. Двойные интегралы……………………………………………………………... с. 5 Раздел II. Криволинейные интегралы……………………………………………………. с. 14 Раздел III. Тройные интегралы……………………………………………………………. с. 18 Вопросы к экзамену ……………………………………………………………………….. с. 21 22 Учебное издание Интегральное исчисление функций нескольких переменных Методические указания (для студентов заочного отделения факультета математики, информатики и физики) Составитель: Л.А. Дмитриева Редактор: Т.Н. Томилова Подписано в печать Объем п.л. Печать оперативная Тираж 150 экз. Заказ _____________________________________________________________________________ Типографический участок АНО «МУК НГПУ» 603950, Нижний Новгород, ГСП – 37, ул. Ульянова, 1 23