Кратные, криволинейные и поверхностные интегралы: Учебное пособие

МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ

ПЕНЗЕНСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ

Кратные, криволинейные и поверхностные интегралы Учебное пособие

ПЕНЗА 2008

УДК 517.373, 514.742.4, 512.623

Излагается теория кратных (двойных и тройных), криволинейных и поверхностных

интегралов.

Приведены

основные

теоремы

с

доказательствами и рассмотрены наглядные примеры. Материалы подготовлены на кафедре «Высшая и прикладная математика» и предназначены для студентов специальности «Физика», но могут быть использованы также студентами других специальностей, изучающих соответствующие разделы математического анализа.

Составители: А. Ю. Логинов, Н.В. Мойко. Рецензент: к.ф.-м.н., доцент А.В.Гуляев.

2

Настоящее учебное пособие посвящено изложению различных специальных разделов математики в рамках курса математического анализа

как

части

общего

курса

высшей

математики.

Пособие

предназначено в помощь как студентам ПензГУ, так и студентам других технических университетов, а также может быть интересно и для преподавателей этих учебных заведений. В нем рассматриваются следующие

темы:

кратные

(двойные

и

тройные)

интегралы,

криволинейные и поверхностные интегралы, даны основные определения и формулировки, доказаны базовые теоремы, в том числе теоремы Грина, Стокса,

Гаусса-Остроградского.

применению

изложенных

Основное

теоретических

внимание сведений

уделяется

к

решению

большое количество

примеров,

соответствующих задач геометрии и механики. В каждой главе

приводится

иллюстрирующих применение исследуемых теоретических вопросов, а также приведены подробные решения задач на нахождение площадей, объемов, центров масс и моментов инерции различных тел и фигур – величин, широко используемых в гидроаэродинамике и в механике сплошных сред. В пособии представлено значительное количество рисунков, иллюстрирующих основные понятия и определения. В связи с этим полагаем, что пособие может быть использовано как студентами очного отделения университетов для подготовки к экзаменам, курсовым и контрольным работам, так и студентами очно-заочной формы обучения. Для углубленного изучения рассмотренных разделов математики приводится список используемой литературы.

3

I. КРАТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ 1. Двойной и тройной интегралы, их свойства. Геометрический смысл двойного интеграла Рассмотрим в плоскости Оху замкнутую область D, ограниченную линией L. Разобьем эту область какими-нибудь линиями на п частей

D S 1, D S 2 ,..., D S n (причем теми же символами

D S 1, D S 2 ,..., D S n будем

обозначать и площади соответствующих частей), а соответствующие наибольшие расстояния между точками в каждой из этих частей обозначим d1, d2, ..., dn. Величину di будем называть максимальным диаметром подобласти D S i . Выберем в каждой части D S i точку Рi (рис.1).

Рис.1. Пусть в области D задана функция z = f(x, y). Обозначим через f(P1), f(P2),…, f(Pn) значения этой функции в выбранных точках и составим сумму произведений вида f(Pi)ΔSi : n

Vn =

е

f (Pi )D S i .

(1)

i= 1 n

Определение

1.

Сумма

вида

Vn =

е

f (Pi )D S i

i= 1

интегральной суммой для функции f(x, y) в области D.

4

называется

Замечание. С геометрической точки зрения (при

f (x , y ) і 0 )

интегральная сумма (1) представляет собой сумму объемов цилиндров с основаниями ΔSi и высотами f(Pi).

Определение 2. Если существует один и тот же предел интегральных сумм (1) при n ® Ґ

и max di ® 0 , не зависящий ни от способа

разбиения области D на части, ни от выбора точек Pi в них, то он называется двойным интегралом от функции f(x, y) по области D и обозначается n

тт f (x , y )dxdy = D

lim

max di ® 0

е

f (Pi )D S i .

(2)

i= 1

В этом случае функция f (x,y) называется интегрируемой в области D, область D –

областью интегрирования, х и у – переменны-ми

интегрирования, dxdy = dS – элементом площади. Замечание 1. Для выяснения вопроса об условиях интегрируемости

функции двух переменных можно по аналогии со случаем определенного интеграла ввести понятие верхней и нижней интегральных сумм, выбирая в каждой части области D точки, значение функции в которых является наибольшим и наименьшим для данной части. Тогда можно доказать, что необходимым и достаточным условием интегрируемости функции f(x, y) является, во-первых, ее ограниченность на D, а во-вторых, условие lim (S t - s t ) = 0,

max di ® 0

(3)

где τ – некоторое разбиение, а Sτ и sτ – соответственно верхняя и нижняя интегральные суммы. Доказательство этого утверждения проводится так же, как для случая определенного интеграла. Замечание 2. Аналогично одномерному случаю можно доказать еще

одно утверждение: если функция f(x, y) непрерывна в замкнутой области D, то она интегрируема по этой области. 5

Свойства двойных интегралов

Часть свойств двойных интегралов непосредственно вытекает из определения этого понятия и свойств интегральных сумм, а именно: Если функция f(x, y) интегрируема в D, то kf(x, y), где k = const,

1.

тоже интегрируема в этой области, причем

тт kf (x , y )dxdy = k тт f (x , y )dxdy . D

2.

(4)

D

Если в области D интегрируемы функции f(x, y) и g(x, y), то в

этой области интегрируемы и функции f(x, y) ± g(x, y), и при этом

тт (f (x , y ) ±

тт f (x , y )dxdy ± тт g(x , y )dxdy .

g(x , y ) )dxdy =

D

D

D

3. Если для интегрируемых в области D функций выполняется неравенство

(5)

f(x, y) и g(x, y)

f(x, y) ≤ g(x, y) , то

тт f (x , y )dxdy Ј тт g(x , y )dxdy . D

(6)

D

Докажем еще несколько свойств двойного интеграла: 4. Если область D разбита на две области D1 и D2 без общих внутренних точек и функция f(x, y) непрерывна в области D, то

тт f (x , y )dxdy = тт f (x , y )dxdy + тт f (x , y )dxdy . D

D1

(7)

D2

Доказательство. Интегральную сумму по области D можно представить в виде:

е

f (Pi )D S i =

D

е

f (Pi )D S i +

D1

е

f (Pi )D S i ,

D2

где разбиение области D проведено так, что граница между D1 и D2 состоит из границ частей разбиения. Переходя затем к пределу при max di ® 0 , получим равенство (7). 5. В случае интегрируемости на D функции f(x, y) в этой области интегрируема и функция | f(x, y) |, и имеет место неравенство 6

тт f (x , y )dxdy

Ј

D

тт | f (x , y ) | dxdy .

(8)

D

Доказательство.

е

f (Pi )D S i Ј

D

е

| f (Pi ) | D S i , откуда с помощью предельного перехода

D

при max di ® 0 получаем неравенство (8). 6.

тт dxdy =

S D , где SD – площадь области D. Доказательство этого

D

утверждения получим, подставляя в интегральную сумму f(x, y) ≡ 1. 7. Если интегрируемая в области D функция f(x, y) удовлетворяет неравенству m ≤ f(x, y) ≤ M, то

тт f (x , y )dxdy Ј

mS D Ј

MS D .

(9)

D

Доказательство

проводится

е

неравенства mS D Ј

предельным

переходом

из

очевидного

f (Pi )D S i Ј MS D .

D

8 (Теорема о среднем). Если функция

f (х,у) непрерывна в

замкнутой области D, то в этой области существует такая точка М(х0 , у0), что

1 SD

тт f (x , y )dxdy =

f (x 0 , y 0 ) ,

(10)

D

или, что то же самое,

тт f (x , y )dxdy =

mS D , m Ј m Ј M .

(10’)

D

Это выражение легко получить, разделив обе части неравенства (9) на SD.

Тройной интеграл

Понятие тройного (а в дальнейшем – т-мерного) интеграла вводится по аналогии с двойным интегралом. 7

Пусть в пространстве задана некоторая область V, ограниченная замкнутой

поверхностью

непрерывную функцию

S.

Зададим

в

этой

замкнутой

области

f(x, y, z). Затем разобьем область V на

произвольные части Δvi , считая объем каждой части равным Δvi , и составим интегральную сумму вида

е

f (Pi )D vi ,

(11)

V

где точка Pi принадлежит Δvi . Пусть ρ – наибольшее расстояние между двумя точками любой части области V. Найдем предел интегральной суммы при неограниченном увеличении числа элементов разбиения и при условии, что каждый элементарный объем Δvi стягивается в точку, т.е. максимальный диаметр каждой подобласти стремится к нулю. Определение 3.

Предел при r ® 0 интегральных сумм (11), не

зависящий от способа разбиения области V и выбора точек Pi в каждой подобласти этой области, называется тройным интегралом от функции f(x, y, z) по области V:

ттт f (x , y, z )dxdydz = V

lim

r® 0

е

f (Pi )D vi

(12)

V

Замечание 1. Условие непрерывности подынтегральной функции не

является обязательным для существования кратного (двойного, тройного и т.д.) интеграла, но исследование вопросов, связанных с интегрированием разрывных функций, выходит за рамки нашего пособия. Замечание 2. Все сформулированные ранее свойства двойного

интеграла можно распространить на тройной интеграл. Замечание 3. Подобным образом можно дать определение интеграла

любой кратности, рассматривая функцию п переменных, заданную в замкнутой области п-мерного пространства.

8

Геометрический смысл двойного интеграла

Рассмотрим тело V, ограниченное частью поверхности, задаваемой уравнением z = f(x, y), проекцией D этой поверхности на плоскость Оху и боковой цилиндрической поверхностью, полученной из вертикальных образующих, соединяющих точки границы поверхности с их проекциями.

Рис. 2 Будем искать объем этого тела как предел суммы объемов цилиндров, основаниями которых являются части ΔSi

области D, а

высотами – отрезки длиной f(Pi), где точки Pi принадлежат ΔSi. Переходя к пределу при max D S i ® 0 , получим, что V =

тт f (x , y )dxdy,

(13)

D

то есть двойной интеграл представляет собой объем так называемого цилиндроида, ограниченного сверху поверхностью z = f(x, y), а снизу – областью D.

2. Вычисление двойного интеграла в декартовых координатах путем сведения его к повторному Рассмотрим

область

D,

ограниченную

линиями

y = j 1(x ), y = j 2 (x ) (j 1(x ) Ј j 2 (x )), x = a, x = b ( a < b ), где φ1(х) и φ2(х) 9

непрерывны на [a, b]. Если любая прямая, параллельная координатной оси Оу и проходящая через внутреннюю точку области D, пересекает границу области в двух точках: N1 и N2 (рис.1), то такую область назовем правильной в направлении оси Оу. Аналогично определяется область,

правильная в направлении оси Ох. Область, правильную в направлении обеих координатных осей, будем называть просто правильной. Например, правильная область изображена на рис.3. Пусть функция

f(x, y) непрерывна в области D. Рассмотрим

выражение жj 2 ( x ) ц ч зз dx , = т з т f (x , y )dy ч ч ч ззи ч ш a j 1( x ) b

ID

(14)

называемое двукратным интегралом от функции f(x, y) по области D. Вычислим вначале внутренний интеграл (стоящий в скобках) по переменной у, считая х постоянным. В результате получится непрерывная функция от х:

Рис.3 j 2(x )

т

F (x ) =

f (x , y )dy .

j 1( x )

Полученную функцию проинтегрируем по х в пределах от а до b. В b

результате получим число I D =

т F (x )dx . a

10

Докажем важное свойство двукратного интеграла. Теорема 1. Если область D, правильная в направлении Оу, разбита на

две подобласти D1 и D2 прямой, параллельной оси Оу или оси Ох, то двукратный интеграл по области D будет равен сумме таких же интегралов по областям D1 и D2: I D = I D1 + I D2 .

(15)

Доказательство. а) Пусть прямая х = с разбивает D на D1 и D2 , правильные в направлении Оу. Тогда b c жj 2 ( x ) ц ч зз I D = т з т f (x , y )dy ч dx = т F (x )dx = т F (x )dx + ч ч ззи ч ш a j 1( x ) a a c жj 2 ( x ) b жj 2 ( x ) ц ц ч ч зз зз ч т ззз т f (x , y )dy чччdx + т ззз т f (x , y )dy ччччdx = I D1 + I D2 . ш ш a иj 1( x ) c иj 1( x ) b

b

т F (x )dx = c

б) Пусть прямая y = h разбивает D на правильные в направлении Оу области D1 и D2 (рис.2). Обозначим через M1 (a1, h) и M2 (b1, h) точки пересечения прямой y = h с границей L области D.

Рис.4. Область D1 ограничена непрерывными линиями 1) y = φ1(x);

11

2) кривой А1М1М2В, уравнение которой запишем

y = φ1*(x), где

φ1*(х) = φ2(х) при а ≤ х ≤ а1 и b1 ≤ x ≤ b, φ1*(х) = h при а1 ≤ х ≤ b1; 3) прямыми x = a, x = b. Область D2 ограничена линиями y = φ1*(x), у = φ2(х), а1 ≤ х ≤ b1. Применим к внутреннему интегралу теорему о

разбиении

промежутка интегрирования: жj 2 ( x ) ц ч зз ч = т з т f (x , y )dy ч dx = ч зи ч з ш a j 1( x ) b

ID

жj 1* (x ) ззз т зз т f (x , y )dy + a иj 1( x ) b

ц ч ч ч f ( x , y ) dy dx = ч т* ч ч ш j 1 (x ) j 2 (x )

b жj 2 ( x ) жj 1* ( x ) ц ц ч ч зз зз ч ч = т з т f (x , y )dy ч + dx f ( x , y ) dy dx . ч з ч т т ч з з ч ч ч ч a з a з иj 1* ( x ) ш иj 1(x ) ш b

Представим второй из полученных интегралов в виде суммы: жj 2 ( x ) ц ч зз ч f ( x , y ) dy dx = ч т ззз т* ч ч ч a иj 1 ( x ) ш b

жj 2 ( x ) ц ч зз ч f ( x , y ) dy dx + ч т ззз т* ч ч ч a иj 1 ( x ) ш a1

жj 2 (x ) ц ч зз ч f ( x , y ) dy dx + ч т ззз т* ч ч ч a1 иj 1 ( x ) ш b1

жj 2 ( x ) ц ч зз dx . + т з т f (x , y )dy ч ч ч зз * ч ч b1 иj 1 ( x ) ш b

Поскольку φ1*(х) = φ2(х) при а ≤ х ≤ а1 и b1 ≤ x ≤ b, первый и третий из полученных интегралов тождественно равны нулю. Следовательно, жj 1* ( x ) ц ч зз ч ID = т з т f (x , y )dy ч dx + ч зз ч ч a иj 1( x ) ш b

жj 2 (x ) ц ч зз ч f ( x , y ) dy dx , ч з т зз т* ч ч ч a1 иj 1 ( x ) ш b1

то есть I D = I D1 + I D2 . Следствие. Таким же образом можно разбить область D на любое число правильных областей. При этом двукратный интеграл по области D будет равен сумме интегралов по частичным областям.

12

Замечание 1. Используя теорему 1 и теоремы о среднем для

определенного интеграла, можно доказать, что для двукратного интеграла справедливы соотношения:

жj 2 ( x ) ц ч зз mS Ј т з т f (x , y )dy ч dx Ј MS , ч ч ззи ч ш a j 1( x ) b

(16)

где т и М – соответственно наименьшее и наибольшее значение функции f(x, y) в области D, а S – площадь этой области, и ID = f(P)S,

(17)

где Р – точка, принадлежащая области D . Замечание 2. Более употребительной формой записи двукратного

интеграла является жj 2 (x ) ц ч зз т ззз т f (x , y )dy ччччdx = ш a иj 1( x ) b

b

j 2(x )

т dx т a

f (x , y )dy .

(18)

j 1( x )

Теорема 2. Двойной интеграл от непрерывной функции f(x, y) по

правильной области D равен двукратному интегралу от этой функции по данной области, то есть жj 2 (x ) ц ч зз f (x , y )dxdy = т з т f (x , y )dy ч dx . ч ч ззи ч ш a j 1( x ) b

тт D

(19)

Доказательство. Разобьем область D прямыми, параллельными координатным осям, на п правильных (в основном прямоугольных) областей ΔS1, ΔS2,…, ΔSn. Тогда по теореме 1 n

I D = I D S 1 + I D S 2 + ... + I D S n =

е

i= 1

I DSi .

n

Из (16) получим: I D S i = f (Pi )D S i , I D =

е

f (Pi )D S i , где справа

i= 1

стоит интегральная сумма, предел которой равен двойному интегралу от f 13

по области D, а слева – постоянное число ID . Переходя к пределу при max D S i ® 0 , получим равенство (19). Пример 1. Вычислим двойной интеграл от функции z = x + y по области, представляющей собой треугольник с вершинами в точках (0,0), (0,1) и (1,0) (рис.5).

Рис. 5 Здесь а = 0, b = 1, φ1(x) = 0, φ2(x) = 1 – x. 1

Тогда

тт (x +

y )dxdy =

D

1- x

т dx т 0

1

ж y2 1 - x ц ч ч= = т dx ззз (xy + ч ч 0 2 з и ш 0

(x + y )dy =

0

1

2ц ж чdx = зз x (1 - x ) + (1 - x ) ч т зи ч 2 ш 0

1 1 1 1ж x3 ц 1 2 ч з = т (1 - x )dx = з x = ч ч 0 3. 2 2и 3 ш 0

3. Вычисление двойного интеграла в полярных координатах Введем

на

плоскости

криволинейную

систему

координат,

называемую полярной. Она состоит из точки О (полюса) и выходящего из него луча (полярной оси).

14

Рис. 6

Рис. 7

Координатами точки М в этой системе (рис. 6) будут длина отрезка МО – полярный радиус ρ и угол φ между МО и полярной осью: М(ρ,φ).

Отметим, что для всех точек плоскости, кроме полюса, ρ > 0, а полярный угол φ будем считать положительным при измерении его в направлении против

часовой

стрелки

и

отрицательным

–

при

измерении

в

противоположном направлении. Замечание. Если ограничить значения φ интервалом [0,2π] или [-π,

π], то каждой точке плоскости соответствует единственная пара координат (ρ,φ). В других случаях можно считать, что φ может принимать любые значения, то есть полярный угол определяется с точностью до слагаемого, кратного 2π. Связь между полярными и декартовыми координатами точки М можно задать, если совместить начало декартовой системы координат с полюсом, а положительную полуось Ох – с полярной осью (рис. 7). Тогда y x=ρcosφ, у=ρsinφ . Отсюда r = x 2 + y 2 , tg j = . x Правильной областью в полярных координатах назовем такую область, границу которой каждый луч, выходящий из полюса, пересекает не более чем в двух точках (рис.8). 15

Зададим в области D, ограниченной кривыми ρ=Φ1 (φ) и ρ=Φ2 (φ), где φ1 < φ < φ2 , непрерывную функцию z = f(φ, ρ) . Разобьем область D на части ΔSik , ограниченные лучами ρ = ρi-1 и ρ = ρi , выходящими из полюса, и дугами окружностей φ = φk-1 и φ = φk с центром в полюсе, и составим n

интегральную сумму V n =

е (е

k=1

f (Pik )D S ik ) , где Pik – произвольная

i

точка, принадлежащая ΔSik . Найдем площадь части ΔSik , не пересекаемой границей области, как разность площадей двух секторов:

Рис. 8

D S ik =

1 ( r i + D r i )2 D j 2

где r i < r i* < r i +

k

-

1 2 r Dj 2 i

(

= ri +

k

)

Dri DriDj 2

k

= r i*D r i D j k ,

Dri . Учитывая, что площади частей, пересекаемых 2

границей области, стремятся к нулю при D j

k

® 0 и D r i ® 0 , получим:

n

тт

f ( r , j )d r d j = lim V n = Dri ® 0

D

Dj k ® 0

ж ц * * * чD j з f ( r , j ) r r D i k i iч зе ч Dri ® 0 е з ш k = 1и i lim

=

Dj k ® 0

жF 2 (j ) ц ч зз dj . = т з т f ( r , j )r d r ч ч ч ззи ч ш j 1 F 1(j ) j

k

2

(20)

Пример 2. Выведем с использованием двойного интеграла формулу для площади круга радиуса R с центром в начале координат: 16

2p

тт d r dj

=

R

т dj т 0

D

2p

0

жr 2 R ц R2 ч з ч r d r = т d j зз = ч ч 2 0ш 2 з и 0

2p

R2 т d j = 2 2p = p R 2 . 0

Пример 3. Вычислим, используя полярные координаты, двойной интеграл I =

y 3 )dxdy ,

тт (2x + D

где D – часть кругового сектора единичного радиуса с центром в начале координат, расположенная в 1-м квадранте.

x = r cos j м п п Заданный интеграл в полярных координатах н y = r sin j п п о

по

0Ј r Ј 1 м п п п указанной области D : н p имеет вид: п 0 Ј j Ј п п 2 о p 2

I =

т dj т (2r cos j 0

p 2

-

т 0

=

r5 5

p 2

1

0

3

+ r sin j )r d r = т 0

1 sin 2 j Чsin j d j = 0

2 1 - cos j 3 5

p 2

+ 0

3

1 cos3 j 15

2 sin j 3 p 2

= 0

1 cos j d j 0

p 2

p 2

0

2 3 r 3

1 (1 - cos2 j )d cos j = т 5 0

2 1 1 4 + = 3 5 15 5

4. Вычисление тройного интеграла в декартовых координатах Процедура

вычисления

тройного

интеграла

аналогична

соответствующей операции для двойного интеграла. Для ее описания введем понятие правильной трехмерной области: 17

Определение 4. Трехмерная область V, ограниченная замкнутой поверхностью S, называется правильной, если: 1)

любая прямая, параллельная оси Оz и проведенная через

внутреннюю точку области, пересекает S в двух точках; 2)

вся область V проектируется на плоскость Оху в правильную

двумерную область D; 3)

любая часть области V, отсеченная от нее плоскостью,

параллельной

какой-либо

из

координатных

плоскостей,

обладает

свойствами 1) и 2). Рассмотрим правильную область V, ограниченную снизу и сверху поверхностями z=χ(x,y) и z=ψ(x,y) и проектирующуюся на плоскость Оху в правильную область D, внутри которой х изменяется в пределах от а до b, ограниченную кривыми y=φ1(x) и

y=φ2(x) (рис.9). Зададим в области V

непрерывную функцию f(x, y, z). Определение 5. Назовем трехкратным интегралом от функции f(x, y, z) по области V выражение вида:

жj 2 ( x ) жy (x , y ) ц ц ч ч зз зз ч ч dy dx . = т з т з т f (x , y , z )dz ч ч ч ч ззи зи ч ч з ш ш a j 1( x ) c ( x , y ) b

IV

Рис.9. 18

(21)

Трехкратный интеграл обладает теми же свойствами, что и двукратный. Перечислим их без доказательства, так как они доказываются аналогично случаю двукратного интеграла. Если область V разбить на две области V1 и V2 плоскостью,

1.

параллельной какой-либо из координатных плоскостей, то трехкратный интеграл по области V равен сумме трехкратных интегралов по областям V1 и V2. Если т и М – соответственно наименьшее и наибольшее

2.

значения функции f(x,y,z) в области V, то верно неравенство mV ≤ IV ≤ MV, где V – объем данной области, а IV – трехкратный интеграл от функции f(x,y,z) по области V. Трехкратный интеграл IV от непрерывной функции f(x,y,z) по

3.

области V равен произведению его объема V на значение функции в некоторой

точке

Р

области

V

(теорема

о

среднем):

жj 2 (x ) жy (x , y ) ц ц ч ч зз зз ч ч dy dx = f (P )V . = т з т з т f (x , y , z )dz ч ч ч ч зи з ч ч з c (x ,y ) ш ш a з j 1( x ) и b

IV

(22)

Теорема 3. Тройной интеграл от функции f(x,y,z) по правильной

области V равен трехкратному интегралу по той же области: жj 2 ( x ) жy ( x , y ) ц ц ч ч зз зз ч ч f (x , y , z )dv = т з т з т f (x , y , z )dz ч dy dx . ч ч ч зи з ч ч з c (x ,y ) ш ш a з j 1( x ) и b

ттт V

(23)

Доказательство. Разобьем область V плоскостями, параллельными координатным плоскостям, на п правильных областей D v1, D v2 ,..., D vn . Тогда из свойства 1 следует, что

IV = I D v1 + I D v2 + ... + I D vn , где I D vi - трехкратный

интеграл от функции f(x,y,z) по области D vi . Используя формулу (21), предыдущее равенство можно переписать в виде: IV = f (P1 )D v1 + f (P2 )D v2 + ... + f (Pn )D vn . 19

Из условия непрерывности функции f(x,y,z) следует, что предел интегральной суммы, стоящей в правой части этого равенства, существует и равен тройному интегралу

ттт f (x , y, z )dv . Тогда, переходя к пределу V

ттт f (x , y, z )dv , что и требовалось доказать.

при r ® 0 , получим: IV =

V

Замечание.

Аналогично случаю двойного интеграла можно доказать, что изменение порядка интегрирования не меняет значения трехкратного интеграла. Пример 4.

ттт xyzdxdydz , где V – треугольная пирамида с

Вычислим интеграл

V

вершинами в точках (0, 0, 0), (1, 0, 0), (0, 1, 0) и (0, 0, 1). Ее проекцией на плоскость Оху является треугольник с вершинами (0, 0), (1, 0) и (0, 1). Снизу область ограничена плоскостью z = 0, а сверху – плоскостью x + y + z = 1. Перейдем к трехкратному интегралу: 1

1- x

ттт xyzdxdydz = т dx т V

0

1- x - y

dy

0

т

xyzdz .

0

Множители, не зависящие от переменной интегрирования, можно вынести за знак соответствующего интеграла: 1

1- x

т xdx т 0

1- x - y

ydy

0

1

1 = т xdx 2 0

т 0

1- x

т 0

1

zdz =

1- x

т xdx т 0

0

жz 2 1 - x - y ц ч ч ydy ззз = ч ч 0 зи 2 ш

1 2 ж 1 y3 y4 1 - x ц ч 2y з ч= - 2(1 - x ) + y (1 - x - y ) dy = т xdx зз (1 - x ) ч ч 0 2 2 3 4 з и ш 0 2

1

1

0

0

1 1 = x (1 - x )4 dx = (x - 4x 2 + 6x 3 - 4x 4 + x 5 )dx = т т 24 24

20

=

2 6 ц1 1ж ч = 1 . зз x - 4 x 3 + 3 x 4 - 4 x 5 + x ч ч 0 720 24 зи 2 3 2 5 6 ш

5. Криволинейные системы координатв трехмерном пространстве 1.

Цилиндрическая система координат

Цилиндрические координаты точки Р(ρ,φ,z) – это полярные координаты ρ, φ проекции этой точки на плоскость Оху и апликата данной точки z (рис.10).

Рис.10

Рис.11

Формулы перехода от цилиндрических координат к декартовым можно задать следующим образом: x = ρ cosφ, y = ρ sinφ, z = z. 2.

(24)

Сферическая система координат

В сферических координатах положение точки в пространстве определяется линейной координатой ρ – расстоянием от точки до начала декартовой системы координат (или полюса сферической системы), φ – полярным углом между положительной полуосью Ох и проекцией точки

21

на плоскость Оху, и θ – углом между положительной полуосью оси Оz и отрезком OP (рис.11). При этом r і 0, 0 Ј j < 2p , 0 Ј q Ј p .

Зададим

формулы

перехода

от

сферических

координат

к

декартовым: x = ρ sinθ cosφ, y = ρ sinθ sinφ, z = ρ cosθ.

(25)

6. Якобиан и его геометрический смысл Рассмотрим общий случай замены переменных в двойном интеграле. Пусть в плоскости Оху дана область D, ограниченная линией L. Предположим, что х и у являются однозначными и непрерывно дифференцируемыми функциями новых переменных u и v: x = φ(u, v), y = ψ(u, v).

(26)

Рассмотрим прямоугольную систему координат Оuv, точка Р΄(u, v) которой соответствует точке Р(х, у) из области D. Все такие точки образуют в плоскости Оuv область D΄, ограниченную линией L΄. Можно сказать,

что

формулы

(26)

устанавливают

взаимно

однозначное

соответствие между точками областей D и D΄. При этом линиям u = const

и v = const в плоскости Оuv будут соответствовать некоторые линии в плоскости Оху.

Рис. 12 . 22

Рассмотрим в плоскости Оuv прямоугольную площадку ΔS΄, ограниченную прямыми u = const, u+Δu = const, v = const и v+Δv = const. Ей будет соответствовать криволинейная площадка ΔS в плоскости Оху (рис.12). Площади рассматриваемых площадок тоже будем обозначать ΔS΄ и ΔS. При этом ΔS΄ = Δu Δv. Найдем площадь ΔS. Обозначим вершины этого криволинейного четырехугольника Р1, Р2, Р3, Р4, где P1(x1, y1), x1 = φ(u, v), y1 = ψ(u, v); P2(x2, y2), x2 = φ(u+Δu, v), y2 = ψ(u+Δu, v); P3(x3, y3), x3 = φ(u+Δu, v+Δv), y3 = ψ(u+Δu, v+Δv); P4(x4, y4), x4 = φ(u, v+Δv), y4 = ψ(u, v+Δv). Заменим

малые

приращения

Δu

и

Δv

соответствующими

дифференциалами. Тогда x 1 = j (u , v ), y1 = y (u , v ), ¶j D u, y 2 = y (u , v ) + ¶u ¶j ¶j Du + D v, y 3 = y (u, v ) + x 3 = j (u , v ) + ¶u ¶v ¶j D v, y 4 = y (u , v ) + x 4 = j (u , v ) + ¶v x 2 = j (u , v ) +

При этом четырехугольник Р1 Р2 Р3 Р4 параллелограммом

и

определить

его

площадь

¶y D u, ¶u ¶y ¶y Du + D v, ¶u ¶v ¶y D v. ¶v можно считать по

формуле

из

аналитической геометрии:

D S » (x 3 - x 1 )(y 3 - y 2 ) - (x 3 - x 2 )(y 3 - y 1 ) =

(

)

(

¶j ¶j ¶y ¶j ¶y ¶y Du + Dv Dv Dv Du + Dv ¶u ¶v ¶v ¶v ¶u ¶v

¶j ¶j ¶y ¶j ¶y = D uD v = ¶ u ¶y ¶u ¶v ¶v ¶u ¶u

23

)

=

¶j ¶ v D u D v = I D S ў. ¶y ¶v

(27)

Определение

6.

Определитель

¶j I = ¶u ¶y ¶u

¶j ¶v ¶y ¶v

называется

функциональным определителем или якобианом функций φ(х, у) и

ψ(х,у). Другая форма записи якобиана:

D (x , y ) = I. D (u , v )

Переходя к пределу при max D S ў ® 0 в равенстве (27), получим геометрический смысл якобиана: | I |=

DS , D S ў® 0 D S ў lim

(28)

то есть модуль якобиана есть предел отношения площадей бесконечно малых площадок ΔS и ΔS΄. Замечание. Аналогичным образом можно определить понятие якобиана и его геометрический смысл для п-мерного пространства: если x1= φ1(u1, u2,…,un), x2= φ2(u1, u2,…,un),…, xn= φ(u1, u2,…, un), то ¶j 1 ¶ u1 ¶j 2 I = ¶ u1 ...

¶j 1 ¶ u2 ¶j 2 ¶ u2 ...

¶j n ¶ u1

¶j n ¶ u2

¶j 1 ¶ un ¶j 2 ... D (x 1, x 2 ,..., x n ) ¶ un = D (u1, u 2 ,..., u n ) ... ... ...

...

(29)

¶j n ¶ un

При этом модуль якобиана дает предел отношения «объемов» малых областей пространств х1, х2,…, хп и u1, u2,…, un .

7. Замена переменных в кратных интегралах Исследуем общий случай замены переменных на примере двойного интеграла.

24

Пусть в области D задана непрерывная функция z = f(x,y), каждому значению которой соответствует то же самое значение функции

z

= F(u, v) в области D΄, где F(u, v) = f(φ(u, v), ψ(u, v)).

(30)

Рассмотрим интегральную сумму

е где

f (x , y )D S =

интегральная

е

е

F (u , v )D S »

сумма

справа

F (u , v ) | I | D S ў,

берется

по

области

D΄

(здесь

D S = D x D y , D S ў = D u D v ). Переходя к пределу при max D S ў ® 0 , получим формулу преобразования координат в двойном интеграле:

тт f (x , y )dxdy = тт F (u, v ) | I

| dudv.

(31)

Dў

D

Аналогичным образом можно вывести подобную формулу для тройного интеграла:

ттт f (x , y, z )dxdydz = V

=

ттт f (j (u, v, w ), y (u, v, w ), c (u, v, w )) | I

| dudvdw,

(32)

Vў

где x = φ(u, v, w), y = ψ(u, v, w), z = χ(u, v, w),

¶j ¶u ¶y I = ¶u ¶c ¶u

¶j ¶v ¶y ¶v ¶c ¶v

¶j ¶w ¶y , ¶w ¶c ¶w

(33)

а область V пространства Оxyz отображается в область V΄ пространства Ouvw.

25

Переход к цилиндрическим и сферическим координатами в тройном интеграле

Найдем, используя формулы (25), (26) и (33), якобианы перехода от декартовых координат к цилиндрическим и сферическим: 1)

для цилиндрических координат

cos j

- r sin j

I = sin j

r cos j

0

0

0 0 = r,

(34)

1

для сферических координат

2)

sin q cos j

- r sin q sin j

r cos q cos j

I = sin q sin j

r sin q cos j

r cos q sin j

0

- r sin q

cos q

= r 2 sin q.

(35)

Тогда формулы перехода к цилиндрическим или сферическим координатам в тройном интеграле будут выглядеть так: j

2

r 2 (j )

ттт f (x , y, z )dxdydz = т dj т V

j

q2

=

j 2 ( q)

т sin qd q т q1

j 1 ( q)

1

r 1(j )

z 2 ( r ,j )

rdr

т

F1( r , j , z )dz =

z1( r , j )

r 2 ( j , q)

dj

т

,

(36)

F2 ( r , j , q)r 2d r

r 1 ( j , q)

где смысл обозначений понятен из предыдущего текста. Пример 5. Вычислим интеграл от функции u = z x 2 + y 2 по области, ограниченной поверхностями x² + y² = 1, y = 0, y = x, z = 0, z = 1.

ттт z

x 2 + y 2dxdydz =

V

=

p 4

1

0

0

1

т dj т r Чr d r т

p 1 1 p Ч Ч = . 4 3 2 24

26

0

ж pц 3 1 цж 2 1 ц чж з ч ч зз r зз z ч ч zdz = зз j 4 ч ч ч ч= чз з ззи 0 ш чзи 2 0 ч з 3 0ш чи ш

Пример 6. Пусть подынтегральная функция u = 1, а область интегрирования – шар радиуса R с центром в начале координат. Тогда p

2p

R

ттт dxdydz = т sin qd q т dj т V

0

0

0

p цж 2p цжr 3 R ц ж ч ч зз зз j з ч ч r d r = з - cos q ч = ч ч ч ч з з зи 0ш чзи 0 ш ч чзи 3 0 ш .

3

R 4 = 2 Ч2p Ч = pR 3 3 3

27

2

II. КРИВОЛИНЕЙНЫЕ И ПОВЕРХНОСТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ 1. Криволинейные интегралы первого рода, их свойства и вычисление Рассмотрим на плоскости или в пространстве кривую L и функцию f, определенную в каждой точке этой кривой. Разобьем кривую на части Δsi длиной Δsi и выберем на каждой из частей точку Mi. Составим n

интегральную сумму

е

f (M i )D si . Назовем d длину наибольшего отрезка

i= 1

кривой: d = max D si . 1Ј i Ј n

Определение 7. Если существует конечный предел интегральной n

суммы

е

f (M i )D si , не зависящий ни от способа разбиения кривой на

i= 1

отрезки, ни от выбора точек Mi, то он называется криволинейным интегралом первого рода от функции f по кривой L и обозначается n

т f (M )ds = т f (x , y , z )ds = L

L

lim

d® 0

е

f (M i )D si .

(37)

i= 1

Например, если функция f(M) задает плотность в точке М, то интеграл (36) равен массе рассматриваемой кривой.

Свойства криволинейного интеграла 1-го рода

1.

Если функция f непрерывна на кривой L, то интеграл

т f (M )ds L

существует. 2.

Криволинейный интеграл 1-го рода не зависит от направления

движения по кривой, то есть от того, какую из точек, ограничивающих 28

кривую, считать начальной, а какую – конечной. Если назвать эти точки А и В, то

т

(A B )

Справедливость

т

f (M )ds =

f (M )ds .

(38)

( BA )

этих

свойств

следует

из

определения

криволинейного интеграла 1-го рода.

Способ вычисления криволинейного интеграла 1-го рода

Выберем на кривой L направление от начальной точки А и отметим, что положение точки М на кривой определяется длиной дуги АМ = s. Тогда кривую L можно задать параметрически: x = x(s), y = y(s), z = z(s), где 0 Ј s Ј S . Функция f(x,y,z) становится при этом сложной функцией одной переменной s: f(x(s), y(s), z(s)). Тогда интегральная сумма n

е

n

f (M i )D si =

i= 1

е

f (x (si ), y (si ), z (si ))D si ,

i= 1

где si - координата точки Mi, является обычной интегральной суммой для S

определенного интеграла

т f (x (s ), y (s ), z (s ))ds. Следовательно, 0

S

т f (M )ds = т f (x (s ), y (s ), z (s ))ds. L

(39)

0

Если же кривая L задана в параметрической форме: x = φ(t), y = ψ(t), z = χ(t),

t0 ≤ t ≤ T,

то, применяя в интеграле (39) формулу замены переменной и учитывая, что дифференциал дуги ds =

(j ў(t ))2 + ( y ў(t ))2 + ( c ў(t ))2dt ,

получим: 29

T

т f (M )ds = т f (j (t ), y (t ), c (t )) L

(j ў(t ))2 + ( y ў(t ))2 + ( c ў(t ))2dt . (40)

t0

В частности, если кривая L задана на плоскости явным образом: у=φ(х), где х1 ≤ х ≤ х2, формула (40) преобразуется к виду: x2

1 + (j ў(x ))2dx .

т f (M )ds = т f (x , j (x )) L

(41)

x1

Таким образом, вычисление криволинейного интеграла 1-го рода сводится к вычислению обычного определенного интеграла от функции переменной t в пределах, соответствующих изменению значения этой переменной на рассматриваемой кривой. Пример 7.

т

Вычислить

L

м x = 2 cos t , п п п xyzds, где L: п н y = 2 sin t , 0 Ј t Ј 2p . Применяя п п z = t, п п о

формулу (40), получим: 2p

2p

т xyzds = т 2 cos t Ч2 sin t Чt Ч L

4 sin 2 t + 4 cos2 t + 1dt = -

0

= -

2p ж з 5 зз t cos 2t 0 зи

2p

т 0

5 т td (cos 2t ) = 0

ц ч ч= cos 2tdt ч ч ч ш

5 Ч2p +

2p 1 = - 2 5p . 5 Ч sin 2t 0 2

Если кривая задана на плоскости в полярных координатах:

r = r (j ), j

1

Ј j Ј j 2 , то элемент длины дуги ds = j

2

т f (x , y )ds = т f (j , r (j )) L

j

r 2 + r&2d j , и

1

30

r 2 + r&2d j .

(42)

2. Криволинейный интеграл второго рода Вновь рассмотрим кривую L, в каждой точке которой задана функция f(M), и зададим разбиение кривой на отрезки. Выберем на каждом отрезке точку Mi и умножим значение функции в этой точке не на длину iго отрезка, как в случае криволинейного интеграла 1-го рода, а на проекцию этого отрезка, скажем, на ось Ох, то есть на разность

xi – xi-1 =

Δxi. Составим из полученных произведений интегральную сумму n

е

f (M i )D x i .

i= 1

Определение 8. Если существует конечный предел при d ® 0 n

интегральной суммы

е

f (M i )D x i , не зависящий от способа разбиения

i= 1

кривой на отрезки и выбора точек Mi, то он называется криволинейным интегралом второго рода от функции f(M) по кривой L и обозначается n

т f (M )dx

т

=

L

f (x , y , z )dx = lim

d® 0

(A B )

е

f (M i )D x i .

(43)

i= 1

Подобным образом можно определить и криволинейные интегралы 2-го рода вида

т

f (x , y , z )dy ,

(A B )

т

f (x , y , z )dz .

(A B )

Определение 9. Если вдоль кривой L определены функции P(M) = =P(x, y, z), Q(M) = Q(x, y, z), R(M) = R(x, y, z), которые можно r считать компонентами некоторого вектора F = {P ,Q , R } , и существуют интегралы

т

(A B )

P (x , y , z )dx ,

т

Q (x , y , z )dy ,

(A B )

т

R (x , y , z )dz ,

(A B )

тогда их сумму называют криволинейным интегралом второго рода (общего вида) и полагают

31

т

Pdx + Qdy + R dz =

т

P (x , y , z )dx +

(A B )

(A B )

т

Q (x , y , z )dy +

(A B )

т

R (x , y , z )dz .

(44)

(A B )

r Замечание. Если считать, что вектор F представляет собой силу r F = {P ,Q , R } , действующую на точку, движущуюся по кривой (АВ), то работа этой силы может быть представлена как

т

Pdx + Qdy + R dz =

(A B )

т

r r F Чdr ,

(A B )

то есть криволинейным интегралом 2-го рода.

Свойства криволинейного интеграла 2-го рода

1.

Если функции P(M), Q(M), R(M) непрерывны на кривой (АВ),

то интеграл (44) существует (справедливость этого утверждения следует из определения 9). 2.

При изменении направления кривой (то есть перемены

местами начальной и конечной ее точек) криволинейный интеграл 2-го рода меняет знак:

т

f (M )dx = -

(A B )

т

f (M )dx .

(45)

( BA )

Действительно, при этом изменяется знак Δxi в интегральной сумме.

32

Способ вычисления криволинейного интеграла 2-го рода

Теорема 4. Пусть кривая L задана параметрическими уравнениями

x = φ(t), y = ψ(t), z = χ(t),

α≤t≤β,

где φ, ψ, χ – непрерывно дифференцируемые функции, и на ней задана непрерывная функция f(x, y, z). Тогда интеграл (40) существует и имеет место равенство b

т

f (x , y , z )dx =

(A B )

т f (j (t ), y (t ), c (t ))j ў(t )dt .

(46)

a

Доказательство. Запишем Δxi = xi – xi-1 = φ(ti) – φ(ti-1) и преобразуем последнюю разность по формуле Лагранжа: φ(ti) – φ(ti-1) = φ΄(τi)Δti, где τi – некоторое значение t, заключенное между ti-1 и ti. Выберем точку Мi так, чтобы ее координаты соответствовали значению параметра, равному τi : Mi(φ(τi), ψ(τi), χ(τi)). Подставив эти значения в формулу (43), получим: n

т

f (M )dx = lim е f (j ( t i ), y ( t i ), c ( t i ))j ў( t i )D t i . d® 0

(A B )

Справа

получен

i= 1

предел

интегральной

суммы

для

функции

f(φ(t),ψ(t),χ(t))φ΄(t) на отрезке [α, β], равный определенному интегралу от этой функции: b

т

f (x , y , z )dx =

(A B )

т f (j (t ), y (t ), c (t ))j ў(t )dt , a

что и требовалось доказать. Следствие.

Аналогичные

криволинейных интегралов вида

соотношения

т

(A B )

следует, что

33

f (x , y , z )dy ,

можно

т

(A B )

получить

для

f (x , y , z )dz , откуда

b

т

P (x , y , z )dx + Q (x , y , z )dy + R (x , y , z )dz =

т (P (j (t ), y (t ), c (t ))j ў(t ) + a

(A B )

+ Q (j (t ), y (t ), c (t ))y ў(t ) + R (j (t ), y (t ), c (t ))c ў(t ))dt .

(47)

Пример 8. Вычислим интеграл

т x 3dx +

2xy 2dy - 3x 2zdz , где L – отрезок

L

прямой от точки А(1,2,-2) до точки В(0, -1, 0). Запишем уравнение этой прямой в параметрическом виде: м п x = 1 - t, п п п н y = 2 - 3t , 0 Ј t Ј 1. п п п пz = - 2 + 2t , п о Следовательно, φ΄(t) = -1, ψ΄(t) = -3, χ΄(t) = 2. Тогда

т x 3dx +

2xy 2dy - 3x 2zdz =

L

1

=

т ((1 -

t )3 Ч(- 1) + 2(1 - t )(2 - 3t )2 (- 2) - 3(1 - t )2 (2t - 2) Ч2 )dt =

0

1

=

т (25t

3

2

- 51t + 31t - 5)dt =

0

(

1 25 4 31 2 1 3 t - 17t + t - 5t = - . 0 4 2 4

)

3. Формула Грина Установим связь между двойным интегралом по некоторой плоской области D и криволинейным интегралом по границе L этой области. Пусть в плоскости Оху дана ограниченная замкнутым контуром L правильная область D. Кривые, ограничивающие эту область снизу и сверху, заданы уравнениями y = y1(x) и y = y2(x), y1(x) ≤ y2(x), a ≤ x ≤ b (рис.13). 34

y Рис. 13. Зададим в области D непрерывные функции P(x, y) и Q(x, y), имеющие непрерывные частные производные, и рассмотрим интеграл ¶ P (x , y ) dxdy . ¶y

тт D

Переходя к двукратному интегралу, получим:

тт D

¶P dxdy = ¶y

жy 2 ( x ) ц ¶P ч зз т ззз т ¶ y dy ччччdx = ш a иy1( x ) b

b

y 2 (x )

т P (x , y ) y1(x ) dx

=

a

b

=

т (P (x , y 2 (x ) -

(48)

P (x , y 1 (x ) )dx .

a

Так как у = у2(х) – параметрическое выражение кривой МSN, то b

т P (x , y 2 (x ))dx

=

a

т

P (x , y )dx ,

MSN

где справа стоит криволинейный интеграл по кривой MSN. Аналогично получаем, что b

т P (x , y1(x ))dx a

=

т

P (x , y )dx = -

MT N

т

P (x , y )dx .

NT M

Подставим полученные результаты в формулу (48):

тт D

¶P dxdy = ¶y

т

MSN

т

P (x , y )dx +

NT M

P (x , y )dx =

тСP (x , y )dx , L

так как контур L представляет собой объединение кривых MSN и NTM.

35

(49)

Так же можно получить, что

тт D

¶Q dxdy = ¶x

тСQ (x , y )dy .

(50)

L

Вычтем из равенства (49) равенство (50): ж¶ P

тт ззи ¶ y

-

D

¶Q ц ч чdxdy = ¶x ш

тСPdx + Qdy . L

При этом обход контура L происходит по часовой стрелке. Изменим направление обхода. Тогда предыдущее равенство примет вид: ж¶ Q ¶ P тт ззи ¶ x - ¶ y D

ц ч чdxdy = ш

тСPdx + Qdy .

(51)

L

Эта формула, задающая связь между двойным интегралом и криволинейным интегралом 2-го рода, называется формулой Грина. Замечание. Если в криволинейном интеграле по замкнутому

контуру не указано направление обхода, то предполагается, что он производится против часовой стрелки. Это направление считается положительным. Пример 9. Вычислить криволинейный интеграл 2-го рода

тСPdx + Qdy, L

P = x + y , Q = x - y , по контуру L, состоящему из частей кривых у = -х2 и у = -1 (направление обхода положительно).

36

где

Применим формулу (51):

т (x +

y )dx + (x - y )dy =

L

ж¶ Q

тт ззи ¶ x

-

D

¶P ¶y

ц ч чdxdy = ш

тт (1 -

1)dxdy = 0.

D

4. Условия независимости криволинейного интеграла 2-го рода от пути интегрирования Рассмотрим

т Pdx + Qdy = т L

криволинейный

интеграл

2-го

рода

Pdx + Qdy , где L – кривая, соединяющая точки M и

( MN )

N. Пусть функции P(x, y) и Q(x, y) имеют непрерывные частные производные в некоторой области D, в которой целиком лежит кривая L. Определим условия, при которых рассматриваемый криволинейный интеграл зависит не от формы кривой L, а только от расположения точек M и N. Проведем две произвольные кривые MSN и MTN, лежащие в области D и соединяющие точки M и N (рис.14).

Рис. 14

Предположим, что

т

Pdx + Qdy =

( MSN )

т

( MSN )

Pdx + Qdy -

т

т

( MT N )

Pdx + Qdy = 0 .

( MT N )

37

Pdx + Qdy , то есть

Тогда

т

Pdx + Qdy +

( MSN )

т

Pdx + Qdy =

( NT M )

тСPdx + Qdy =

0 , где

L

L – замкнутый контур, составленный из кривых MSN и NTM (следовательно, его можно считать произвольным). Таким образом, условие независимости криволинейного интеграла 2-го рода от пути интегрирования равносильно условию, что такой интеграл по любому замкнутому контуру равен нулю. Теорема 5 (теорема Грина). Пусть во всех точках некоторой

области D непрерывны функции P(x, y) и Q(x, y) и их частные производные ¶P ¶Q и . Тогда для того, чтобы для любого замкнутого контура L, ¶y ¶x лежащего в области D, выполнялось условие

тСPdx + Qdy =

0,

L

необходимо и достаточно, чтобы

¶P ¶Q = во всех точках области D. ¶y ¶x

Доказательство. 1) Достаточность: пусть условие

¶P ¶Q = выполнено. Рассмотрим ¶y ¶x

произвольный замкнутый контур L в области D, ограничивающий область S, и напишем для него формулу Грина: ж¶ Q

тСPdx + Qdy = тт зиз ¶ x L

S

-

¶P ¶y

ц ч ч= 0 . ш

Итак, достаточность доказана. 2) Необходимость: предположим, что условие

тСPdx + Qdy =

0

L

выполнено в каждой точке области D, но найдется хотя бы одна точка этой области, в которой

¶Q ¶P ≠ 0. Пусть, например, в точке ¶x ¶y

38

P(x0, y0)

имеем:

¶Q ¶P ¶x ¶y

> 0. Так как в левой части неравенства стоит

непрерывная функция, она будет положительна и больше некоторого δ > 0 в некоторой малой области D`, содержащей точку Р. Следовательно, ж¶ Q

тт ззи ¶ x

-

Dў

Отсюда

тСPdx + Qdy = Lў

по

¶P ¶y

ц ч чdxdy > dтт dxdy = dS D ў > 0. ш Dў

формуле

ж¶ Q ¶ P тт ззи ¶ x - ¶ y ў D

Грина

ц ч чdxdy > 0 , ш

где

получаем, L`

-

что контур,

ограничивающий область D`. Этот результат противоречит условию

тСPdx + Qdy = 0 . Следовательно, L

¶Q ¶P = во всех точках области D, ¶x ¶y

что и требовалось доказать. Замечание 1. Аналогичным образом для трехмерного пространства

можно

доказать,

что

необходимыми

и

достаточными

условиями

независимости криволинейного интеграла

т

Pdx + Qdy + R dz

( MN )

от пути интегрирования являются: ¶R ¶Q ¶P ¶R ¶Q ¶P , , . = = = ¶y ¶z ¶z ¶x ¶x ¶y

(52)

Замечание 2. При выполнении условий (52) выражение Pdx + Qdy

+Rdz является полным дифференциалом некоторой функции и. Это позволяет свести вычисление криволинейного интеграла к определению разности

значений

и

в

конечной

и

начальной

точках

интегрирования, так как

т

Pdx + Qdy + R dz =

( MN )

т

( MN )

39

du = u (N ) - u (M ).

контура

При этом функцию и можно найти по формуле x

y

z

т P (x , y, z )dx + т Q (x 0, y, z )dy + т R (x 0, y 0, z )dz + C ,

u =

x0

y0

(53)

z0

где (x0, y0, z0) – точка из области D, a C – произвольная постоянная. Действительно, легко убедиться, что частные производные функции и, заданной формулой (53), равны P, Q и R. Пример 10. Вычислить

криволинейный

интеграл

2-го

рода

(2,3,4)

т

yzdx + xzdy + xydz по произвольной кривой, соединяющей точки

(1,1,1)

(1, 1, 1) и (2, 3, 4). Убедимся, что выполнены условия (52): ¶ (xz ) ¶ (yz ) ¶ (xy ) ¶ (xz ) ¶ (yz ) ¶ (xy ) = = z. = = x, = = y, ¶x ¶y ¶y ¶z ¶z ¶x Следовательно, функция и существует. Найдем ее по формуле (53), положив x0 = y0 = z0 = 0. Тогда x

u =

y

z

т yzdx + т 0 Чzdy + т 0 Ч0dz + C 0

Таким

0

образом,

= xyz + C .

0

функция

и

определяется

с

точностью

до

произвольного постоянного слагаемого. Примем С = 0, тогда u = xyz. Следовательно, (2,3,4)

т

(1,1,1)

yzdx + xzdy + xydz = xyz

(2, 3, 4) (1,1,1)

40

= 2 Ч3 Ч4 - 1 Ч1 Ч1 = 23.

5. Поверхностный интеграл первого рода Если при определении длины кривой она задавалась как предел вписанной в данную кривую ломаной при стремлении к нулю длины наибольшего ее отрезка, то попытка распространить это определение на площадь криволинейной поверхности может привести к противо-речию (пример Шварца: можно рассмотреть последовательность вписанных в цилиндр многогранников, у которых наибольшее расстояние между точками какой-либо грани стремится к нулю, а площадь стремится к бесконечности). способом.

Поэтому

Рассмотрим

определим

незамкнутую

площадь поверхность

поверхности S,

иным

ограниченную

контуром L, и разобьем ее какими-либо кривыми на части S1, S2,…, Sn. Выберем в каждой части точку Mi и спроектируем эту часть на касательную плоскость к поверхности, проходящую через эту точку. Получим в проекции плоскую фигуру с площадью Ti. Назовем ρ наибольшее расстояние между двумя точками любой части поверхности S. Определение 10. Назовем площадью S поверхности предел суммы площадей Ti при r ® 0 : S = lim е T i . r® 0

(54)

i

Рассмотрим некоторую поверхность S, ограниченную контуром L, и разобьем ее на части S1, S2,…, Sп (при этом площадь каждой части тоже обозначим Sп). Пусть в каждой точке этой поверхности задано значение функции f(x, y, z). Выберем в каждой части Si точку Mi (xi, yi, zi) и составим интегральную сумму n

s =

е

i= 1

n

f (M i )S i =

е

f (x i , y i , z i )S i .

(55)

i= 1

Определение 11. Если существует конечный предел при r ® 0 интегральной суммы (55), не зависящий от способа разбиения поверхности 41

на части и выбора точек Mi, то он называется поверх-ностным интегралом первого рода от функции f(M) = f(x, y, z) по поверхности S

и обозначается n

тт f (M )dS

=

S

тт f (x , y, z )dS S

= lim е f (M i )S i . r® 0

(56)

i= 1

Замечание. Поверхностный интеграл 1-го рода обладает обычными

свойствами интегралов (линейность, суммирование интегралов от данной функции по отдельным частям рассматриваемой поверхности и т.д.).

Геометрический и физический смысл поверхностного интеграла 1-го рода

Если подынтегральная функция f(M) ≡ 1, то из определения 11 следует, что

тт dS

равен площади рассматриваемой поверхности S.

S

Если же считать, что f(M) задает плотность в точке М поверхности S, то масса этой поверхности равна M =

тт f (M )dS .

(57)

S

6. Вычисление поверхностного интеграла 1-го рода Ограничимся случаем, когда поверхность S задается явным образом, то есть уравнением вида z = φ(x, y). При этом из определения пло-щади поверхности следует, что Si =

Ds i , где Δσi – площадь проекции Si на cos gi

плоскость Оху, а γi – угол между осью Oz и нормалью к поверхности S в точке Mi. Известно, что 42

1

cos gi =

1 + j xў2 (x i , y i ) + j yў2 (x i , y i )

,

где (xi, yi, zi) – координаты точки Mi. Cледовательно, 1 + j xў2 (x i , y i ) + j yў2 (x i , y i )D s i .

Si = Подставляя n

е

это

выражение

в

формулу

(55),

получим,

что

n

f (x i , y i , z i )S i =

i= 1

е

f (x i , y i , j (x i , y i )) 1 + j xў2 (x i , y i ) + j yў2 (x i , y i )D s i ,

i= 1

где суммирование справа проводится по области Ω плоскости Оху, являющейся проекцией на эту плоскость поверхности S (рис.15).

Рис. 15 При этом в правой части получена интегральная сумма для функции двух переменных по плоской области, которая в пределе при max di ® 0 дает двойной интеграл

тт f (x , y, j (x , y ))

1 + (j xў(x , y ))2 + (j yў(x , y ))2dxdy .

W

Таким образом, получена формула, позволяющая свести вычисление поверхностного интеграла 1-го рода к вычислению двойного интеграла:

тт f (x , y, z )dS S

=

тт f (x , y, j (x , y ))

1 + (j xў(x , y ))2 + (j yў(x , y ))2dxdy . (58)

W

Замечание. Уточним еще раз, что в левой части формулы (58) стоит

поверхностный интеграл, а в правой – двойной. 43

Пример 11. 1.

Вычислим

тт xydS , где S – часть плоскости 3х + 4у + 5z = 36, S

расположенная в первом октанте. Преобразуем это уравнение к виду z = -

3x + 4y - 36 3 4 , откуда j xў = - , j yў = - , 5 5 5

1 + j xў2 + j yў2 =

2.

Проекцией плоскости S на плоскость Оху является треугольник с вершинами в точках (0, 0), (12, 0) и (0, 9). Тогда из формулы (58) получим: 12

тт xydS

=

S

2 тт xydxdy = W

2 т xdx 0

3 x 4

9-

т

12

ydy =

0

(

2

)

2 3 x x dx = 9 2 т 4 0

12 2 27 2 9 3 2 81 2 9 3 9 4 12 = 81 x x + x dx = x x + x = 486 2. 0 2 т 2 16 2 2 2 64 0

(

)

(

)

7. Поверхностный интеграл второго рода, его свойства и вычисление Определим понятие стороны поверхности. Выберем на гладкой поверхности (замкнутой или ограниченной гладким контуром) точку М0 и проведем в ней нормаль к поверхности, выбрав для нее определенное направление (одно из двух возможных). Проведем по поверхности замкнутый контур, начинающийся и заканчивающийся в точке М0. Рассмотрим точку М, обходящую этот контур, и в каждом из ее положений проведем нормаль того направления, в которое непрерывно переходит нормаль из предыдущей точки. Если после обхода контура нормаль вернется в точке М0 в первоначаль-ное положение при любом выборе точки М0 на поверхности, поверхность называется двусторонней. Если же направление нормали после обхода хотя бы одной точки изменится на противо-положное, поверхность называется односторонней (примером односторонней поверхности служит лист Мебиуса).

44

Из вышесказанного следует, что выбор направления нормали в одной точке однозначно определяет направление нормали во всех точках поверхности. Определение 12. Совокупность всех точек поверхности с одинаковым направлением нормали называется стороной поверхности.

Ориентация поверхности

Рассмотрим незамкнутую гладкую двустороннюю поверхность S, ограниченную контуром L, и выберем одну сторону этой поверхности. Определение 13. Назовем положительным направление обхода контура L, при котором движение по контуру происходит против часовой стрелки относительно наблюдателя, находящегося в конечной точке нормали к какой-либо точке поверхности S, соответствующей выбранной стороне поверхности. Обратное направление обхода контура назовем отрицательным.

Введем определение поверхностного интеграла 2-го рода по аналогии с соответствующим криволинейным интегралом. Рассмотрим гладкую двустороннюю поверхность S, заданную уравнением z = z(x, y), в каждой точке которой определена функция f(M) = f(x, y, z), и выберем какую-либо из ее сторон (или, что то же самое, определенную ориентацию). Разобьем поверхность S на части S1, S2,…, Sп, выберем в каждой части Si точку Mi(xi, yi, zi), и умножим f(Mi) на площадь Di проекции части Si на плоскость Оху. При этом будем считать, проекция части верхней по отношению к плоскости Оху стороны рассматриваемой поверхности имеет знак «+», а нижней – знак «-». Составим сумму

45

n

s =

е

n

f (M i )Di =

i= 1

е

f (x i , y i , z i )Di .

(59)

i= 1

Определение 14. Если существует конечный предел суммы (59) при ρ→0, не зависящий от способа разбиения поверхности и выбора точек на ней, то он называется поверхностным интегралом второго рода от функции f(M) по выбранной стороне поверхности S и обозначается

тт f (M )dxdy = тт f (x , y, z )dxdy . S

(60)

S

Замечание. В этой символической записи не содержится указания на

то, какая сторона поверхности выбрана, поэтому это требуется оговаривать отдельно. Подобным образом можно проектировать части поверхности на координатные плоскости Оxz и Оyz (при условии, что уравнение поверхности можно представить в виде

y = y(x, z) или x = x(y, z) ).

Получим два других поверхностных интеграла 2-го рода:

тт f (x , y, z )dxdz S

и

тт f (x , y, z )dydz .

(61)

S

Рассмотрев сумму интегралов вида (60) и (61) по одной и той же поверхности соответственно от функций P(x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z), получим поверхностный интеграл второго рода общего вида:

тт P (x , y, z )dydz + Q (x , y , z )dxdz +

R (x , y , z )dxdy .

(62)

S

Замечание. Здесь вновь функции P(x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z) можно r рассматривать как компоненты некоторого вектора F = {P ,Q , R }.

Отметим основное свойство поверхностного интеграла 2-го рода: 46

При

замене

рассматриваемой

стороны

поверхности

на

противоположную поверхностный интеграл 2-го рода меняет знак:

тт P (x , y, z )dydz + Q (x , y, z )dxdz + S

R (x , y , z )dxdy =

+

= -

тт P (x , y, z )dydz + Q (x , y, z )dxdz +

R (x , y , z )dxdy .

(63)

S-

Справедливость этого утверждения следует из определения 14.

Вычисление поверхностного интеграла 2-го рода

Если задать единичный вектор выбранной нормали к поверхности S в виде п = {cos α, cos β, cos γ}, где α, β, γ – углы, образованные нормалью с осями координат, то Di = S i cos g =

Si ± 1 + z xў2 + z yў2

(выбор знака

зависит от направления нормали). Тогда из (59), (60) следует, что

тт f (M )dxdy = тт f (x , y, z (x , y )) cos gdS S

=

=

S

тт

f (x , y , z (x , y ))

D

dS = 2 2 ў ў ± 1 + zx + zy

= ± тт f (x , y , z (x , y )) D

1 1 + z xў2 + z yў2

1 + z xў2 + z yў2dxdy = . (64)

= ± тт f (x , y , z (x , y ))dxdy D

Здесь D – проекция поверхности S на плоскость Оху, а выражение для dS взято из формулы (58). Таким образом, вычисление поверхностного интеграла 2-го рода сводится к вычислению обычного двойного интеграла по области D от функции f, в которую вместо координаты z подставлено ее выражение из уравнения поверхности S. Обобщая эти рассуждения, получим, что

47

тт P (x , y, z )dxdy + Q (x , y, z )dxdz + S

± тт Q (x , y (x , z ), z )dxdz ± Dў

R (x , y , z )dydz = ± тт P (x , y , z (x , y )dxdy ± D

тт R (x (y, z ), y, z )dydz ,

(65)

D ўў

где D΄ и D΄΄ - проекции поверхности S на координатные плоскости Oxz и Oyz. Пример 12.

тт dxdy,

Вычислить поверхностный интеграл 2-го рода

где S –

S

нижняя сторона части конуса z =

x 2 + y 2 при 0 Ј z Ј 1.

Применим формулу (64), учитывая, что выбрана нижняя сторона поверхности и что проекцией части конуса на плоскость Оху является круг x2 + y2 Ј 1: 2p

1

тт dxdy = - тт dxdy = - т dj т r d r S

0

D

= - p.

0

8. Связь поверхностных интегралов первого и второго рода Учитывая, что проекции элемента поверхности Si на координатные плоскости имеют вид Sicosγ, Sicosβ, Sicosα, из (64) получим:

тт P (x , y, z )dydz + Q (x , y , z )dxdz +

R (x , y , z )dxdy =

S

=

тт

( Р cos a + Q cos b + R cos g )dS =

S

тт

rr A ndS ,

(66)

S

r r где векторное поле A = {P , Q , R } , а n - векторное поле единичных

нормалей

заданного

Следовательно,

направления

поверхностный

в

каждой

интеграл

2-го

точке рода

поверхности. (65)

равен

поверхностному интегралу 1-го рода (66). Эта формула предоставляет еще 48

одну возможность вычисления поверхностного интеграла 2-го рода. Заметим, что при смене стороны поверхности меняют знак направляющие косинусы нормали, и, соответственно, интеграл в правой части равенства (66), который сам по себе, как поверхностный интеграл 1-го рода, от выбора стороны поверхности не зависит. Пример 13. Рассмотрим

интеграл

тт xydxdy +

xzdxdz + yzdydz ,

где

S

–

S

внешняя сторона верхней половины сферы x² + y² + z² = R². Так как радиус сферы, проведенный в любую ее точку, можно считать нормалью к сфере в x y z этой точке, единичный вектор нормали можно задать в виде п = { , , } . R R R Тогда, используя формулу (66), получаем, что требуется вычислить поверхностный интеграл 1-го рода

3 R

тт xyzdS

ґ

x2 y2 + 2 dxdy = 1+ 2 R - x2 - y2 R - x2 - y2

=

S

3 R

тт xy

R 2 - x2 - y2 ґ

D

2p R = 3 тт xydxdy = 3 т sin j cos j d j т r 3d r = 0. 0 0 D

(Область D – круг с центром в начале координат радиуса R, поэтому удобно в конце расчета перейти к полярным координатам).

9. Формула Гаусса-Остроградского Зададим

в

пространстве

замкнутую

трехмерную

область

V,

ограниченную поверхностью S и проектирующуюся на плоскость Оху в правильную область D.

49

Рис. 16. Будем считать, что поверхность S можно разбить на три части: S1, заданную уравнением

z = f1(x, y), S2: z = f2 (x, y) и S3 – цилиндричес-кую

поверхность с образующей, параллельной оси Oz (рис.16). Зададим в каждой точке области V и поверхности S непрерывные функции P(x, y, z), Q(x, y, z) и R(x, y, z) или, иначе говоря, вектор r A = {P (x , y , z );Q (x , y , z ); R (x , y , z )} и вычислим интеграл I =

ттт V

=

¶ R (x , y , z ) dxdydz = ¶z

жf2 ( x ,y ) ц ¶R ч зз тт ззз т ¶ z dz ччччdxdy = ш D иf1( x , y )

тт R (x , y, f2 (x , y ))dxdy - тт R (x , y, f1(x , y ))dxdy . D

D

Зададим ориентацию поверхности S, выбрав направление внешней нормали, тогда на S1 cos(n, z) < 0, на S2 cos(n, z) > 0, a на S3 cos(n, z) = 0. Двойные интегралы, стоящие в правой части предыду-щего равенства, равны соответствующим поверхностным интегралам: r тт R (x , y, f2 (x , y ))dxdy = тт R (x , y, z ) cos(n , z )dS , D

S2

тт R (x , y, f1(x , y ))dxdy = тт R (x , y, z )(D

r cos(n , z ))dS .

S1

(Знак «-» во втором интеграле появляется за счет того, что элементы площади

поверхности

S1

и

области 50

D

связаны

соотношением

dxdy = ΔS(-cos(n, z)) ). Следовательно, исходный интеграл можно представить в виде: r

тт R (x , y, z ) cos(n , z )dS

I =

r

тт R (x , y, z ) cos(n , z )dS

+

S2

=

=

S1

r

r

тт R (x , y, z ) cos(n , z )dS + тт R (x , y, z ) cos(n , z )dS S2

+

S1

r + тт R (x , y , z ) cos(n , z )dS =

r

тт R (x , y, z ) cos(n , z )dS .

S3

S

Окончательный результат можно записать так:

ттт V

¶R dxdydz = ¶z

тт

r R (x , y , z ) cos(n , z )dS .

S

Таким же образом можно получить соотношения r P (x , y , z ) cos(n , x )dS ,

ттт

¶P dxdydz = ¶x

тт

ттт

¶Q dxdydz = ¶y

r ( , , ) cos( , y )dS . Q x y z n тт

V

V

Складывая

эти

три

S

S

равенства,

получаем

формулу

Гаусса-

Остроградского:

ж¶ P

¶Q ¶R ц чdxdydz = + ч ¶y ¶z ш V r r r = тт (P cos(n , x ) + Q cos(n , y ) + R cos(n , z ) )dS .

ттт ззи ¶ x

+

(67)

S

Воспользовавшись

формулой

(66),

задающей

связь

между

поверхностными интегралами 1-го и 2-го рода, можно записать формулу Гаусса-Остроградского в ином виде: ж¶ P

ттт зиз ¶ x V

+

¶Q ¶R ц ч + чdxdydz = ¶y ¶z ш

тт Pdydz + Qdxdz + S

R dxdy ,

(68)

+

где запись «S+» означает, что интеграл, стоящий справа, вычисляется по внешней стороне поверхности S. 51

Пример 14. Вычислим поверхностный интеграл 1-го рода r r r Т (x 2 cos(n , x ) + y 2 cos(n , y ) + (z 2 + 1) cos(n , z ))dS тт

по поверхности

S

S : x 2 + y 2 + z 2 = 9, z = 0 (z і 0). Применим формулу Гаусса-Остроградского: r r r Т (x 2 cos(n , x ) + y 2 cos(n , y ) + (z 2 + 1) cos(n , z ))dS = тт S

ттт 2(x +

y + z )dxdydz .

V

Перейдем к сферическим координатам:

ттт 2(x +

y + z )dxdydz =

V

2p

2т dj 0

p 2

3

0

0

т sin qd q т (r cos j

r4 = 2Ч 4

3

2p

Чт d j 0

0

p 2

т (cos j

81 (cos j + sin j )d j 2 т 0

=

81 (sin j - cos j ) 4

= -

sin 2 q + sin j sin 2 q + cos q sin q)d q =

0

2p

=

sin q + r sin j sin q + r cos q)r 2d r =

2p

p 2

т 0

(1 -

0

2p

1 - cos 2q 81 dq + dj 2 4 т 0

1 sin 2q 2

)

p 2

0

p 2

т sin 2qd q = 0

81 1 Ч2p Ч cos 2q 4 2

p 2

= 0

81 81 p (- 1 - 1) = p. 4 2

10. Формула Стокса Рассмотрим поверхность S такую, что любая прямая, параллельная оси Оz, пересекает ее не более чем в одной точке. Обозначим границу 52

поверхности λ и выберем в качестве положительного направления нормали такое, при котором она образует с положительным направлением оси Оz острый угол. Если уравнение поверхности имеет вид z = f(x, y), то направляющие косинусы нормали задаются формулами r cos(n , x ) =

r cos(n , y ) =

-

¶f ¶x ж¶ f ц2 + зз ч ч и¶ y ш

2

( )

¶f 1+ ¶x -

¶f ¶y 2

( )

¶f 1+ ¶x

r cos(n , z ) =

ж¶ f ц2 + зз ч ч и¶ y ш

1 2

1+

2

(¶¶ xf ) + жзз趶 yf цшчч

,

,

.

Рассмотрим некоторую трехмерную область V, в которой целиком лежит поверхность S, и зададим в этой области функцию P(x, y, z), непрерывную вместе с частными производными первого порядка. Вычислим криволинейный интеграл 2-го рода по кривой λ:

тСP (x , y, z )dx . l

Рис. 17. 53

Уравнение линии λ имеет вид z = f(x, y), где х, у – координаты точек линии L, являющейся проекцией λ на плоскость Оху (рис.17). Поэтому, используя формулу (46), получаем:

тСP (x , y, z )dx = тСP (x , y, f (x , y ))dx . l

L

Обозначим P(x, y) = P(x, y, f(x, y)), Q(x, y) = 0 и применим к интегралу, стоящему в правой части предыдущего равенства, формулу Грина: -

тт D

¶ P (x , y , f (x , y )) dxdy = ¶y

тСP (x , y, f (x , y ))dx , L

где область D ограничена линией L. Преобразуем левое подынтегральное выражение, используя формулу производной сложной функции: ¶ P (x , y , f (x , y )) ¶ P (x , y , z ) ¶ P (x , y , z ) ¶ f (x , y ) = + ¶y ¶y ¶z ¶y и -

подставим

его

в

предыдущее

ж¶ P (x , y , z ) ¶ P (x , y , z ) ¶ f (x , y ) ц чdxdy = з ч тт зи ¶ y + ¶ z ¶y ш D

равенство:

тСP (x , y, f (x , y ))dx . L

Тогда

тСP (x , y, z )dx = l

тт D

¶P dxdy ¶y

тт D

¶P ¶f dxdy . ¶z ¶y

Теперь применим к интегралам, стоящим справа, формулу (64) и перейдем к поверхностным интегралам 1-го рода по поверхности σ:

тт

¶P dxdy = ¶y

тт

¶P ¶f dxdy = ¶z ¶y

D

D

так как

тт s

r ¶P cos(n , z )d s , ¶y

тт s

r ¶P ¶f cos(n , z )d s = ¶z ¶y

тт s

r ¶P cos(n , y )d s , ¶z

r cos(n , y ) ¶f = . Следовательно, окончательный результат r cos(n , z ) ¶y

преобразований выглядит так: 54

r

ж¶ P

тСP (x , y, z )dx = тт ззи ¶ z cos(n , y ) l

s

При

этом

направление

r ц ¶P cos(n , z ) ч чd s . ш ¶y

обхода

контура

λ

выбирается

соответствующим положительному направлению нормали (рис.17). Задавая в области V непрерывно дифференцируемые функции Q(x, y, z) и R(x, y, z), можно получить для них аналогичные соотноше-ния:

тСQ (x , y, z )dx = тт l

s

(

)

r r ¶Q ¶Q cos(n , z ) cos(n , x ) d s , ¶x ¶z r

ж¶ R

тСR (x , y, z )dx = тт зиз ¶ y cos(n , x ) l

s

r ц ¶R чd s . cos(n , y ) ч ш ¶x

Складывая левые и правые части полученных равенств, получим формулу

Стокса,

устанавливающую

связь

между

поверхностным

интегралом 1-го рода по поверхности σ и криволинейным интегралом 2-го рода по ограничивающему ее контуру λ с учетом ориентации поверхности:

тСPdx + Qdy + l

ж¶ Q ¶ P + зз и¶x ¶y

(

)

r r ¶Q ц йж¶ R чcos(n , x ) + ¶ P - ¶ R cos(n , y ) + R dz = тт кзз ч ¶z ш ¶z ¶x ки ¶ y s л r r r cos(n , x ) cos(n , y ) cos(n , z )

r ц чcos(n , z ) щ ъd s = ч ш ъ ы

тт s

¶ ¶x P

¶ ¶y Q

¶ ¶z R

ds .

(69)

Последняя запись позволяет лучше запомнить подынтегральное выражение в правой части формулы Стокса, которое можно получить, раскрывая определитель по первой строке и учитывая, что во второй его строке

стоят

операторы

частного

дифференцирования

по

соответствующим переменным, применяемые к функциям, стоящим в третьей строке. Используя связь между поверхностными интегралами 1-го и 2-го рода (формула (66)), можно записать формулу Стокса в ином виде:

55

тСPdx + Qdy +

R dz =

l

(

)

¶Q ц ¶Q ¶P ж¶ R чdydz + ¶ P - ¶ R dxdz + ж зз тт+ ззи ¶ y - ¶ z ш ч и¶x ¶z ¶x ¶y s

ц чdxdy ч ш

(70)

Пример 15. Вычислить криволинейный интеграл 2-го рода

тС(3x +

y 3 )dx + (2x 2 - y )dy - zdz

l

по контуру l : z = 0, x 2 + y 2 = 1, y = 0 (y і 0) при положительном направлении обхода контура.

Вычислим r r r cos(n , x ) cos(n , y ) cos(n , z )

¶ ¶x

¶ ¶y

¶ ¶z

3x + y 3

2x 2 - y

-z

r r = 0 Чcos(n , x ) + 0 Чcos(n , y ) + (4x - 3y 2 ) Ч1 .

Выберем в качестве поверхности, натянутой на контур λ, часть плоскости Оху, ограниченную этим контуром, и применим формулу Стокса: 1

тС(3x + l

y 3 )dx + (2x 2 - y )dy - zdz =

0

т dx т

- 1

56

1- x 2

(4x - 3y 2 )dy =

0

p

=

т dj т (4r cos j 0

1

p

p

- 3r 2 sin 2 j )r d r = т d j 0

p

(

4 3 cos j Чr 3 - sin 2 j Чr 4 3 4

4 3 1 4 = - т cos j d j + Ч т (1 - cos 2j )d j = - sin j 3 4 2 3 0

0

57

p 0

3 sin 2j 16

p + 0

)

0 = 1

3 3 p = p. 8 8

III. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ И ФИЗИЧЕСКИЕ ПРИЛОЖЕНИЯ КРАТНЫХ, КРИВОЛИНЕЙНЫХ И ПОВЕРХНОСТНЫХ ИНТЕГРАЛОВ 1. Двойной интеграл 1.

Площадь плоской области

Из формулы (1) следует, что при f(x,y) ≡ 0 предел интегральной n

суммы

е

D S i при r ® 0 равен площади области интегрирования S, то

i= 1

есть

тт dxdy =

S.

(71)

S

Пример 16. Найти площадь области, ограниченной линиями у = 16 – х2, у = -9.

Для определения пределов интегрирования приравняем правые части уравнений, задающих границы области: 16 - x 2 = - 9, x 2 = 25, x = ± 5. Тогда 5

S =

16- x 2

т dx т

- 5

- 9

5

dy =

т (16 -

x 2 - (- 9) )dx =

- 5

5 3ц ж x 125 125 500 ч ( куб.ед). = зз 25x = 125 + 125 = ч ч зи 3 ш 3 3 3 - 5 58

2.

Объем цилиндроида

Рассмотрим тело, ограниченное частью поверхности S: z = f(x,y) , ограниченной контуром L, проекцией D этой поверхности на плоскость Оху и отрезками, параллельными оси Оz и соединяющими каждую точку контура L с соответствующей точкой плоскости Оху. Такое тело будем называть цилиндроидом. Тогда из формул (1) и (2) получим, что объем этого тела равен двойному интегралу от функции f(x,y) по проекции D области S на координатную плоскость Оху: V =

тт f (x , y )dxdy .

(72)

D

Пример 17. Найти z =

объем

цилиндроида,

ограниченного

поверхностью

9 - x 2 - y 2 , цилиндром x2 + y2 = 4 и частью координатной плос-

кости Оху.

9 - x 2 - y 2 на координатную

Проекцией D поверхности S: z =

плос-кость Оху является круг x2 + y2 = 4. Применим формулу (72): 4- x 2

2

V =

тт D

9 - x 2 - y 2dxdy =

т dx т

- 2

-

Перейдем к полярным координатам: 59

4- x 2

9 - x 2 - y 2dy .

2p

V =

2

т dj т 0

0

2

1 1 2 2 2 9 - r r d r = - Ч2p т (9 - r ) d (9 - r 2 ) = - p (9 - r 2 ) 2 0

2 = 0

3 ж3 ц з 2 2 = - p з5 - 9 ч ч ч = p (27 - 5 5)( куб.ед). зи ш

3.

Площадь криволинейной поверхности

Вычислим площадь части криволинейной поверхности S, заданной уравнением z = f(x,y), ограниченной контуром L. Вспомним еще раз, что площадь элемента поверхности ΔSi равна D Di = cos g

D Si =

1 + fxў2 ( xi , hi ) + fyў2 ( xi , hi )D Di ,

где ΔDi – проекция ΔSi на плоскость Оху, γ – угол между осью Оz и нормалью к ΔSi в некоторой ее точке M i ( xi , hi ). Составив интегральную сумму n

е

n

DSi =

i= 1

е

1 + fxў2 ( xi , hi ) + fyў2 ( xi , hi )D Di

i= 1

и устремив ее к пределу при r ® 0 , получим формулу для площади поверхности: S =

тт

1 + fxў2 + fyў2dxdy .

(73)

D

Пример 18. Найти площадь верхней поверхности цилиндроида из примера 15. Эта поверхность представляет собой часть сферы х2 + у2 + z2 = 9, вырезанную цилиндром x2 + y2 = 4. Найдем частные производные функции z = z xў = -

x 9 - x2 - y2

, z yў = -

Применим формулу (73): 60

9 - x 2 - y 2 по х и у: y

9 - x2 - y2

.

тт

S =

D

=

тт D

=

тт D

x2 y2 + 1+ dxdy = 9 - x2 - y2 9 - x2 - y2 9 - x2 - y2 + x2 + y2 dxdy = 9 - x2 - y2 2p

3 9 - x2 - y2

dxdy = т d j

2

( )т (9 -

1 = 2p Ч3 Ч 2

0

1 2 - 2 r ) d (9

2

т 0

3r d r 9 - r2

=

- r 2) =

0

2 - 3p 9 - r 2

= 3p (3 -

5) ( кв.ед)

0

4.

Момент инерции плоской фигуры

Рис. 18. Вспомним определение момента инерции а) материальной точки М с массой т относительно точки О: I = mr² (r – расстояние от М до О); б) системы материальных точек m1, m2,…, mn относительно точки О: n

I =

е

m i ri2 .

i= 1

Определим

теперь

момент

инерции

материальной плоской фигуры D.

61

относительно

точки

О

Найдем момент инерции фигуры D (рис.18) относительно начала координат, считая, что плотность в каждой точке равна 1. Разобьем область D на части ΔSi (i = 1, 2,… n) и выберем в каждой части точку Pi (ξi, ηi). Назовем элементарным моментом инерции площадки ΔSi выражение вида ΔIi = (ξi² + ηi²)ΔSi и составим интегральную сумму n

е

( xi2 + hi2 )D S i

(74)

i= 1

для функции ρ2(x, y) = x² + y² (квадрата расстояния от любой текущей точки Р(х,у) до начала координат) по области D. Определение 15. Предел интегральной суммы (74) при стремлении максимального диаметра d элементарной подобласти к нулю ( d ® 0 ) называется моментом инерции фигуры D относительно начала координат: n

I 0 = lim е ( xi2 + hi2 )D S i = d® 0

i= 1

тт (x 2 +

y 2 )dxdy .

(75)

тт x 2dxdy

(76)

D

Определение 16. Интегралы I xx =

тт y 2dxdy,

I yy =

D

D

называются моментами инерции фигуры D относительно осей Ох и Оу. Замечание. Если поверхностная плотность не равна 1, а является

некоторой функцией γ = γ(х, у), то момент инерции фигуры относительно начала координат вычисляется по формуле I0 =

тт g(x , y )(x 2 + D

62

y 2 )dxdy .

(77)

Пример 19. Вычислить момент инерции плоской пластины с поверхностной плотностью γ(х, у) = 3ху, имеющей форму треугольника, ограниченного отрезками прямых х + у =3, х = 3, у = 3, относительно оси Ох. у

х Применим формулу (76): 3

3

тт g(x , y )y 2dxdy = т dx т

I xx =

D

3- x

0

3

3 = т x Чy 4 4 0

3 3- x

3

35 Чx 2 dx = 8

3 0

3xy Чy 2dy = 3 т xdx 0

3

т

y 3dy =

3- x

3

3 + т (3 - x - 3)(3 - x )4 dx = 4 0

ж 3 3ц ч зз 6 ч 3 3 3 3 3 з (3 - x ) 3 ч 5 4 5 ч = + т (3 - x ) dx - 3 Ч т (3 - x ) dx = + з - (3 - x ) = ч ч 8 4 4 8 4 зз 6 5 ч 0 0 зи ч 0 0ш 3

7

3

7

37 3 ж 36 36 ц 1 1 1 ч - зз + = 37 + = 801, 9. ч ч 8 4и 6 5ш 8 20 24

(

5.

)

Координаты центра масс плоской фигуры

Как известно, координаты центра масс системы материальных точек

P1, P2,…, Pn с массами т1, т2,…, тп определяются по формулам xc =

е xim i , е mi 63

yc =

е yi m i . е mi

Если разбить плоскую фигуру D с поверхностной плотностью, равной 1, на части, то масса каждой части будет равна ее площади. Будем считать теперь, что вся масса элементарной площадки ΔSi сосредоточена в какой-либо ее точке Pi (ξi, ηi). Тогда фигуру D можно рассматривать как систему

материальных

точек,

центр

масс

которой

определяется

равенствами n

xc »

е

n

е

е

xi D S i

i= 1 n

hi D S i

i= 1 n

, yc »

е

D Si

i= 1

. D Si

i= 1

Переходя к пределу при r ® 0 , получим точные формулы для координат центра масс плоской фигуры:

тт xdxdy

My xc = D = , yc = M тт dxdy D

тт ydxdy D

тт dxdy

=

Mx . M

(78)

D

В случае переменной поверхностной плотности γ = γ (х, у) эти формулы примут вид

тт g(x , y )xdxdy xc =

D

тт

My , yc = = M g (x , y )dxdy

D

тт g(x , y )ydxdy D

тт

g (x , y )dxdy

=

Mx . M

(79)

D

Пример 20. Найти координаты центра тяжести кругового сектора радиуса 2 с центром в начале координат и центральным углом 60о, если γ(х, у) = 1.

64

Найдем М, Мх и Му в полярных координатах, учитывая, что область интегрирования симметрична относительно оси Ох. p 6

M =

2

тт dxdy = 2т dj 0

D

т 0

p 6

Mx =

-

p 6

= - cos j -

p 6

r3 Ч 3

6

2 = 0 p 6

0

p 6

= 2 sin j 0

3

r Ч 3

2 = 0

Чr d r =

0

2p ; 3

2

тp sin j dj т r 2d r

-

=

0

6

p p 8 cos - cos 3 6 6

(

( )) = 0;

2

0

4 . 3

My 4 2p 2 Mx = : = ; yC = = 0. 3 3 M p M

65

p 6

Чr d r = 2 т cos j d j

Применим формулы (78): xC =

=

p 6

0

тт xdxdy = 2т dj т r cos j D

2

2

тт ydxdy = тp dj т r sin j D

My =

p r2 rdr = 2 Ч Ч 6 2

0

2

т r 2d r 0

=

2.Тройной интеграл 1.

Объем тела

Из определения 3 следует, что при f(x, y, z) ≡ 1 тройной интеграл по некоторой замкнутой области V равен объему тела V: V =

ттт dxdydz .

(80)

V

Пример 21. Найти объем тела, ограниченного поверхностями z =

х2 + у2 = 2у,

5 - x 2 , z = 0. 4 Преобразуем уравнение первой поверхности: х2 + (у – 1)2 = 1.

Следова-тельно, это круговой цилиндр с образующими, параллельными оси Oz, радиуса 1 с центром в точке (0; 1). Второе уравнение задает параболический цилиндр с образующими, параллельными оси Оу, поверхность которого ограничивает данное тело сверху. Нижняя граница тела представляет собой часть координатной плоскости Оху. Проекцией тела на плоскость Оху является круг, граница которого задается уравнением х2 + (у – 1)2 = 1. Учитывая все сказанное, применим формулу (80):

66

ттт dxdydz = т dx т

V =

V

5 2 - x 4

1+ 1- x 2

2

0

1-

dy

т

2

dz =

0

1- x 2

т (4 5

0

)

1+ 1- x 2

x 2 dx

т 1-

dy .

1- x 2

Перейдем в полученном интеграле к полярным координатам, в которых уравнение окружности х2+ у2 = 2у преобразуется к виду: r 2 cos2 j + r 2 sin 2 j = 2r sin j Ю r = 2 sin j , а угол φ меняется от 0 до π: p

2 sin j

т dj т

V =

0

p

=

т( 0

0

(

ж 2 sin j зз 2 4 5 r з5 r cos2 j - r 2 cos2 j r d r = т зз Ч 4 4 з4 2 0 з зи 0 p

)

ц ч ч ч чd j = ч ч ч ч ч ш

p

)

5 2 5 sin j - 4 sin 4 j cos2 j d j = т (1 - cos 2j )d j 2 4

p

0

(

1 5 1 j - sin 2j - т sin 2 2j (1 - cos 2j )d j = 2 4 2 0

p

p

0

0

)

p 0

1 1 - т (1 - cos 4j )d j + т sin 2 2j d sin 2j = 4 4

(

5p 1 1 = j - sin 4j 4 4 4

2.

)

p 0

1 sin 3 2j + 12

p = 0

5p p = p. 4 4

Масса тела

Если γ = γ (x, y, z) – функция, задающая плотность вещества, из которого состоит тело V, то масса тела выражается формулой M =

ттт g(x , y, z )dxdydz .

(81)

V

3.

Момент инерции тела

Используя формулы для моментов инерции точки М (x, y, z) массы т относительно координатных осей: 67

I xx = (y 2 + z 2 )m , I yy = (x 2 + z 2 )m , I zz = (x 2 + y 2 )m

и проводя те же рассуждения, что и при определении моментов плоской фигуры, можно задать моменты инерции тела относительно координатных осей и начала координат в виде: I xx =

ттт (y 2 +

z 2 )g (x , y , z )dxdydz ,

ттт (x 2 +

z 2 )g (x , y , z )dxdydz ,

ттт (x 2 +

y 2 )g (x , y , z )dxdydz ,

V

I yy =

(82)

V

I zz =

V

I0 =

ттт (x 2 +

y 2 + z 2 )g (x , y , z )dxdydz ,

(83)

V

где γ (х, y, z) – плотность вещества. Пример 22. Вычислить момент инерции пирамиды, ограниченной плоскостями x = 0, x y z + + = 1 , относительно начала координат при y = 0, z = 0, 3 2 4 γ(x,y,z) = 1. z

y

x Плоскость

x y z + + = 1 пересекает координатную плоскость Оху 3 2 4

по прямой y = 2 -

2 x , уравнение которой получено из уравнения 3 68

плоскости при z = 0. Соответственно проекцией всей пирамиды на плоскость Оху является

треугольник, стороны которого задаются

уравнениями x = 0, 2 x . Воспользуемся формулой (83): 3

y = 0, y = 2 -

ттт (x

I0 =

2

+ y 2 + z 2 ) g (x , y , z )dxdydz =

V

2-

3

=

т dx т 0

т dx 0

т

0 2 ж2- x з 3

3

з

т dx зззз т зи

0

2-

0

2 x 3

0

3

=

4 x - 2y 3

т 0

4 1 4 ж 2 зз (x + y 2 ) 4 - x - 2y + 4 - x - 2y и 3 3 3

(4x

(

2

-

т ((

4 4x - x 3 3

0

(x 2 + y 2 + z 2 )dz =

2

) (

)

3

=

0

0

(4 -

)

4 x y 2dy - 2 3

)(

)(

0

) (

2 1 4 2- x + 4- x 3 3 3

) цшччdy =

y 3dy -

0

4 d 4 - x - 2y 3

2 2- x 3

3

)

(

ц ч ч ч ч = ч ч ч ч ш

)

1 2 2- x 2 3

4

)-

) цччшdx = 3

)

0

2 4 5 1 й4 = к x3 - x4 + x - 8 1- x 3 45 3 кл3

(

4.

т

3

4

(

8 4 1 4x - x 3 + x 4 dx - 40 т 1 - x 3 9 3 2

3

) (

4 4 - x - 2y 3

2 x 3

2-

( )т (

(

т(

2 x 3

т

2 x 3

2-

2 1 4 4- x - x (2 - x )2 + 3 24 3 2

2-

4 3 x dy + 3

1 1 x 2ydy + Ч 3 2

т

- 2

4-

dy

0 2 2- x 3

3

=

2 x 3

5

)

4

) d (1 -

)

1 x = 3

3

108 58 щ + 8= . ъ = 36 - 54 + 5 5 ъ ы 0

Координаты центра масс тела

Формулы для координат центра масс тела тоже задаются аналогично случаю плоской фигуры:

69

ттт x g(x , y, z )dxdydz V

xc =

ттт g(x , y, z )dxdydz

=

M yz , M

=

M xz , M

V

ттт y g(x , y, z )dxdydz yc =

V

ттт

g (x , y , z )dxdydz

(84)

V

ттт z g(x , y, z )dxdydz zc =

V

ттт g(x , y, z )dxdydz

=

M xy . M

V

Здесь

M yz =

ттт x g(x , y, z )dxdydz ,

M xz =

V

M xy =

ттт z g(x , y, z )dxdydz -

ттт y g(x , y, z )dxdydz , V

статические моменты тела отностиельно

V

координатных плоскостей Oyz, Oxz, Oxy соответственно.

3. Криволинейные интегралы Криволинейный интеграл 1-го рода

1.

Длина кривой

Если подынтегральная функция f(x, y, z) ≡ 1, то из определения криволинейного интеграла 1-го рода получаем, что в этом случае он равен длине кривой, по которой ведется интегрирование: l=

т ds.

(85)

l

2.

Масса кривой

Считая, что подынтегральная функция γ (x, y, z) определяет плотность каждой точки кривой, найдем массу кривой по формуле

70

M =

т g(x , y, z )ds.

(86)

l

Пример 23. Найти массу кривой с линейной плотностью g = sin j , заданной в полярных координатах уравнением r = 3(1 + cos j ), 0 Ј j Ј

p . 2

Используем формулу (86): p 2

M =

r 2 + ( r ў(j ))2d j =

т sin j dl = т sin j 0

l

p 2

(1 + cos j )2 + (- sin j )2d j =

3 т sin j 0

p 2

= 3 2 т sin j 0

p 2

1 + cos j d j = - 3 2 т (1 + cos j

+ cos j ) =

0

2 = - 3 2 Ч (1 + cos j 3 3.

1 2 ) d (1

p 3 2 )2

= - 2 2(1 -

3 2 2 )

= 2(4 -

2).

0

Моменты кривой l найдем, рассуждая так же, как в случае

плоской области: Mx =

т y g(x , y )ds, M y

=

l

-

т x g(x , y, z )ds

-

(87)

l

статические моменты плоской кривой l относительно осей Ох и

Оу; I0 =

т (x 2 +

y 2 + z 2 )ds -

(88)

l

-

момент инерции пространственной кривой относительно

начала координат;

71

т (y 2 +

Ix =

z 2 )ds, I y =

т (x 2 +

l

z 2 )ds, I z =

l

т (x 2 +

y 2 )ds

(89)

l

-

моменты инерции кривой относительно координатных осей.

4.

Координаты центра масс кривой вычисляются по формулам

т x g(x , y, z )ds xc =

l

т y g(x , y, z )ds l

, yc =

M

т z g(x , y, z )ds , zc =

M

Криволинейный интеграл 2-го рода r Если считать, что сила F = {P ,Q , R }

l

M

.

(90)

действует на точку,

движущуюся по кривой (АВ), то работа этой силы может быть представлена как

т

Pdx + Qdy + R dz =

(A B )

т

r r F Чdr ,

(91)

(A B )

то есть криволинейным интегралом 2-го рода. Пример 24. r Вычислить работу силы F = {4x 2y ; x 2 + z 2 ; x + yz } , действующей на точку, движущуюся по прямой от точки А(2; 1; 0) до точки В(-3; 2; 1). Параметрические

уравнения

прямой

АВ

имеют

вид:

м п x = 2 - 5t п п п y = 1 + t , 0 Ј t Ј 1. При этом dx = -5dt, dy = dt, dz = dt. н п п п пz = 0+ t о Работа A =

т

(A B )

Pdx + Qdy + R dz =

т

4x 2ydx + (x 2 + z 2 )dy + (x + yz )dz =

(A B )

72

1

=

т ((-

5) Ч4(2 - 5t )2 (1 + t ) + (2 - 5t )2 + t 2 + 2 - 5t + t (1 + t ))dt =

0

1

(

73 3 = т (- 500t 3 - 73t 2 + 296t - 74 )dt = - 125t 4 t + 148t 2 - 74t 3 0

= -

)

1 = 0

226 . 3

4. Поверхностный интеграл 1-го рода 1)

Площадь криволинейной поверхности, уравнение которой

z = f(x, y), можно найти в виде: S =

тт dS

=

S

1 + fxў2 + fyў2dxdy

тт

(92)

W

(Ω – проекция S на плоскость Оху). Масса поверхности

2)

тт g(x , y, z )dS .

M =

(93)

S

Пример 25. Найти массу поверхности S: x2 + y2 + z2 = 4, поверхностной плотностью g =

3 Ј z Ј 2, с

2.

Зададим поверхность S в явном виде: z =

4 - x 2 - y 2 и найдем

dS: dS = =

1+

z xў2

+

z yў2dxdy

=

x2 y2 1+ dxdy = + 4 - x2 - y2 4 - x2 - y2

2dxdy 4 - x2 - y2

. 73

Поверхность S представляет собой часть сферы радиуса 2 с центром в начале координат, вырезанную плоскостью z =

3 . Найдем проекцию

этой поверхности на координатную плоскость Оху. Линией пересечения сферы и плоскости z =

3 является окружность x 2 + y 2 + ( 3)2 = 4 , то

есть х2 + у2 = 1. Следовательно, проекцией S на плоскость Оху является круг единичного радиуса с центром в начале координат. Вычислим массу поверхности в полярных координатах: M = 2 2 тт W 1

= -

2p

dxdy 2

4- x - y

2 Ч2p т (4 -

2

1 2 - 2 r ) d (4

1

= 2 2 т dj 0

т 0

rd r 4- r

2

=

- r 2) =

0

1 = - 2 2p Ч2 4 - r 2

= - 4 2p ( 3 - 2) = 4 2p (2 -

3).

0

3)

Моменты:

M xy =

тт z g(x , y, z )dS , M xz

тт y gdS , M yz

=

S

статические

-

тт x gdS -

=

S

моменты

(94)

S

поверхности

относительно

координатных плоскостей Oxy, Oxz, Oyz; Ix =

тт (y 2 +

z 2 )g (x , y , z )dS ,

тт (x 2 +

z 2 )g (x , y , z )dS ,

тт (x 2 +

y 2 )g (x , y , z )dS

S

Iy =

(95)

S

Iz =

S

-

моменты инерции поверхности относительно координатных

осей; I xy =

тт z 2 g(x , y, z )dS , I xz S

=

тт y 2 gdS , I yz S

74

=

тт x 2 gdS S

-

(96)

-

моменты инерции поверхности относительно координатных

плоскостей; I0 =

тт (x 2 +

y 2 + z 2 )g (x , y , z )dS -

(97)

S

-

момент инерции поверхности относительно начала координат.

4)

Координаты центра масс поверхности:

xc =

M yz M xy M xz . , yc = , zc = M M M

(98)

Замечание. Так как формулы, задающие значения геометрических и

физических величин с помощью интегралов, выводятся с помощью одних и тех же приемов для интегралов всех рассматриваемых типов, подробный их вывод дается только в начале главы. При желании можно провести аналогичные рассуждения для тройных, криволинейных и поверхностных интегралов и получить все формулы, приводимые без подробного вывода.

75

ПРАКТИЧЕСКИЕ ЗАНЯТИЯ Двойные и тройные интегралы Занятие 1. Двойной интеграл в прямоугольных координатах.

Вычислить: 1)

тт x ln ydxdy , если область D – прямоугольник 0 Ј

x Ј 4, 1 Ј y Ј e .

D

2)

тт (cos2 x +

sin 2 y )dxdy , если область D – квадрат

D

p p ,0Ј y Ј . 4 4 3) тт (x - y )dxdy , если область D ограничена линиями 0Ј x Ј

D

y = 2 - x 2 , y = 2x - 1 .

4)

тт (x +

2y )dxdy , если область D ограничена прямыми

D

y = x , y = 2x , x = 2, x = 3 . 5)

тт e x + sin y cos ydxdy , если область D – прямоугольник D

p . 2 6) тт (x 2 + y 2 )dxdy , если область D ограничена линиями 0 Ј x Ј p, 0 Ј y Ј

D

y = x , x = 0, y = 1, y = 2 . 7)

тт (3x 2 -

2xy + y )dxdy , если область D ограничена линиями

D

x = 0, x = y 2 , y = 2 .

Домашнее задание.

Вычислить: 1)

тт y ln xdxdy , если область D ограничена линиями D

xy = 1, y =

x, x = 2.

76

2)

тт (cos 2x +

sin y )dxdy , если область D ограничена линиями

D

x = 0, y = 0, 4x + 4y - p = 0 . 3)

тт (3x + D

y )dxdy , если область D определяется неравенствами

2 x + 3. 3 sin(x + y )dxdy , если область D ограничена линиями

x 2 + y 2 Ј 9, y і 4)

тт D

p ,y = x. 2 xdxdy , если область D – треугольник с вершинами А(2:3), B (7:2),

x = 0, y = 5)

тт D

C(4;5). Занятие 2. Замена переменных в двойном интеграле.

Вычислить двойной интеграл: 1)

тт

x 2 + y 2dxdy , если D – 1 четверть круга x 2 + y 2 Ј a 2 .

D

2)

тт ln(x 2 +

y 2 )dxdy , если D – кольцо между окружностями

D 2

x + y 2 = e2 и x 2 + y 2 = e 4 . 3)

тт x 2 + D 2

1 dxdy , если область D ограничена полуокружностью y2 + 1

x + y 2 = 2ax .

4)

тт

sin x 2 + y 2

dxdy , если область D ограничена линиями 2 2 x + y D p2 2 2 x + y = , x 2 + y2 = p2 . 9 5) тт x 2 + y 2dxdy , если область D ограничена линиями D 2

x + y 2 = a 2 , x 2 + y 2 = 4a 2 . 1

6)

т dx т dy , введя новые переменные x=u(1-v), y=uv. 0

7)

2x

x

тт dxdy , если область D ограничена линиями xy=1, xy=2, y=x, y=3x. D

77

Домашнее задание.

Вычислить: 1)

тт ln(x 2 +

y 2 )dxdy , если D – кольцо между окружностями

D 2

x + y 2 = 4e 2 и x 2 + y 2 = 9e 2 . 2)

тт (x 2 +

y 2 )dxdy , если область D ограничена полуокружностью

D 2

x + y 2 = 10x .

3)

тт (x 2 +

y 2 )2 dxdy , если область D ограничена полуокружностью

D 2

x + y 2 = 8x . 4)

тт

4x 2 + 4y 2dxdy , если D – 1 четверть круга x 2 + y 2 Ј 16 .

D

y2 5) тт (1 - 2 )dxdy , если область D ограничена окружностью x D x2 + y2 = 1.

Занятие 3. Приложения двойного интеграла.

Вычислить площади фигур, ограниченных заданными линиями: 1) x = y 2 - 2y , x + y = 0 . 2) y 2 = 4x - x 2 , y 2 = 2x (вне параболы). 3) y 2 + 2y - 3x + 1 = 0, 3x - 3y - 7 = 0 . Вычислить объемы тел, ограниченных заданными поверхностями: 4) x 2 + y 2 = 8, x = 0, y = 0, z = 0, x + y + z = 4 . 5) x = 2y 2 , x + 2y + z = 4, y = 0, z = 0 . 6) x 2 + y 2 + z = 1, z = 0 . 7) Найти площадь части поверхности y = x 2 + z 2 , вырезанной цилиндром x 2 + z 2 = 1 и расположенной в 1 октанте.

Домашнее задание.

Вычислить площади фигур, ограниченных заданными линиями: 1) y = 2 - x , y 2 = 4x + 4 . 78

2) x = 4 - y 2 , x + 2y - 4 = 0 . Вычислить объемы тел, ограниченных заданными поверхностями: 3) z = 4 - x 2 , x = 0, y = 0, z = 0, 2x + y = 4 . 4) z 2 = xy , x = 0, x = 1, y = 0, y = 4, z = 0 . 5) Найти площадь части сферы x 2 + y 2 + z 2 = 4 , вырезанной цилиндром x 2 / 4 + y 2 = 1 .

Занятие 4. Тройной интеграл.

Вычислить: 1)

ттт (x 2 +

y 2 + z 2 )dxdydz , если область Т – прямоугольный

T

параллелепипед, определенный неравенствами 0 Ј x Ј a, 0 Ј y Ј b, 0 Ј z Ј c . 2)

ттт xyzdxdydz , если область Т ограничена сферой

x2 + y2 + z2 = 1

T

и плоскостями x=0, y=0, z=0. 3)

ттт xy 2z 3dxdydz , если область Т ограничена поверхностями T

z = xy , y = x , x = 1, z = 0 . 4)

ттт zdxdydz , если область Т ограничена конической поверхностью T 2

z = x 2 + y 2 и плоскостью z=2.

5)

ттт (x 2 +

y + z 2 )3 dxdydz , если область Т ограничена цилиндром

T 2

x + z 2 = 1 и плоскостями y=0, y=1.

6)

x2 + y2 + z2 Ј r2.

ттт dxdydz , где область Т – шар T

7)

ттт

2

2

1 + (x + y +

3 2 2 z ) dxdydz

, где область Т – шар

T 2

x + y 2 + z 2 Ј 1.

79

Домашнее задание.

Вычислить: 1)

ттт zdxdydz , если область Т определяется неравенствами T

1 , x Ј y Ј 2x , 0 Ј z Ј 1 - x 2 - y 2 . 2 x 2yzdxdydz , если область Т ограничена плоскостями x=0, y=0,

0Ј x Ј 2)

ттт T

z=0, x+y+z-2=0. 3)

ттт x 2dxdydz , где область Т – шар

x2 + y2 + z2 Ј R 2 .

T

4)

x 2 + y 2dxdydz , если область Т ограничена цилиндром

ттт z T 2

x + y 2 = 2x и плоскостями y=0, z=0, z=a.

5)

ттт (x 2 +

y 2 )dxdydz , где область Т – верхняя половина шара

T 2

x + y2 + z2 Ј r2.

Криволинейные и поверхностные интегралы. Занятие 1. Криволинейный интеграл первого рода.

Вычислить следующие криволинейные интегралы первого рода. 1)

т

xydl , где L-контур квадрата |x|+|y|=a

L

2)

dl

т

2

x + y2 + 4

L

3)

т L

4) 5)

dl , где L-отрезок АВ, А(2,4), В(1,3). x + y dl

тxL

т

, где L-отрезок OA и O(0,0), A(1,2)

y

, где L- отрезок MN, M(0,-2), N(4,0).

y 2dl, L-дуга циклоиды x = a (t-sin t), y=a (1-cos t), 0