Применение двойного интеграла

Министерство Науки и Образования Республики Казахстан Евразийский Национальный Университет имени Л. Н. Гумилева Кафедра «Фундаментальной и прикладной математики»

Реферат

на тему: Применение двойного интеграла

Выполнили:

Кадешев О.,

Ткаченко А., ММФ, МКМ-22.

Приняла:

Абикенова Ш. К., к.ф.-м.н., ст.пр. кафедры

фундаментальной и прикладной информатики

Астана, 2012

двойной интеграл механика

1. Двойной интеграл

2. Приложения двойных интегралов к задачам механики а) масса плоской пластинки переменной плотности б) статические моменты и центр тяжести пластинки в) моменты инерции пластинки

3. Вычисление площадей и объёмов с помощью двойных интегралов а) Объём б) Вычисление площади плоской области

4. Вычисление площади поверхности а) Примеры

1. Двойной интеграл

Понятие интеграла может быть расширено на функции двух и большего числа переменных. Рассмотрим, например, функцию двух переменных z = f (x, y). Двойной интеграл от функции f (x, y) обозначается как где R — область интегрирования в плоскости Oxy. Если определенный интеграл от функции одной переменной f(x)?0 выражает площадь под кривой f (x) в интервале от x = a до x = b, то двойной интеграл выражает объем под поверхностью z = f (x, y) выше плоскости Oxy в области интегрирования R (рисунок 1).

Формально двойной интеграл можно ввести как предел суммы Римана. Пусть, для простоты, область интегрирования R представляет собой прямоугольник (рисунок 2). Используя ряд чисел { x₀, x₁, …, x_m }, разобьем отрезок [a, b] на малые интервалы таким образом, чтобы выполнялось соотношение Аналогично, пусть множество чисел является разбиением отрезка [c, d] вдоль оси Oy, при котором справедливы неравенства

Суммой Римана функции f (x, y) над разбиением называется выражение где — некоторая точка в прямоугольнике и .

Двойной интеграл от функции f (x, y) в прямоугольной области определяется как предел суммы Римана, при котором максимальные значения Дx_i и Дy_j стремятся к нулю:

Чтобы определить двойной интеграл в произвольной области R, отличной от прямоугольной, выберем прямоугольник, покрывающий область R (рисунок 3), и введем функцию g (x, y), такую, что Тогда двойной интеграл от функции f (x, y) в произвольной области R определяется как

2. Приложения двойных интегралов к задачам механики

а) Масса плоской пластинки переменной плотности

Рассмотрим тонкую пластинку, расположенную на плоскости Оху и занимающую область D. Толщину этой пластинки считаем настолько малой, что изменением плотности по толщине ее можно пренебречь.

Поверхностной плотностью такой пластинки в данной точке называется предел отношения массы площадки к ее площади при условии, что площадка стягивается к данной точке.

Определенная таким образом поверхностная плотность будет зависеть только от положения данной точки, т. е. являться функцией ее координат:

Рис. 6.

Если бы плотность была постоянной (), то масса всей пластинки равнялась бы, где S — площадь пластинки. Найдем теперь массу неоднородной пластинки, считая, что ее плотность является заданной функцией . Для этого разобьем область, занимаемую пластинкой, на частичные области с площадями (рис. 6). Выбирая в каждой частичной области произвольную точку, будем считать, что плотность во всех точках частичной области постоянна и равна плотности в выбранной точке. Составим приближенное выражение для массы пластинки в виде интегральной суммы

(*)

Для точного выражения массы следует найти предел суммы (*) при условии и каждая частичная область стягивается к точке. Тогда

б) Статические моменты и центр тяжести пластинки.

Перейдём теперь к вычислению статических моментов рассматриваемой пластинки относительно осей координат. Для этого сосредоточим в точках массы соответствующих частичных областей и найдем статические моменты полученной системы материальных точек :

Переходя к пределу при обычных условиях и заменяя интегральные суммы интегралами, получим Находим координаты центра тяжести:

Если пластинка однородна, т. е. то формулы упрощаются:

де S — площадь пластинки.

в) Моменты инерции пластинки

Моментом инерции материальной точки Р с массой m относительно какой-либо оси называется произведение массы на квадрат расстояния точки Р от этой оси.

Метод составления выражений для моментов инерции пластинки относительно осей координат совершенно такой же, какой мы применяли для вычисления статических моментов. Приведем поэтому только окончательные результаты, считая, что :

Отметим еще, что интеграл называется центробежным моментом инерции; он обозначается .

В механике часто рассматривают полярный момент инерции точки, равный произведению массы точки на квадрат ее расстояния до данной точки — полюса. Полярный момент инерции пластинки относительно начала координат будет равен

3. Вычисление площадей и объёмов с помощью двойных интегралов

а) Объём

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

Пример 1. Вычислить объем тела, ограниченного поверхностями x=0, у=0, х+у+z=1, z=0 (рис. 7).

Рис. 7 Рис.8

Решение. D — заштрихованная на рис. 7 треугольная область в плоскости Оху, ограниченная прямыми x=0, у=0, x+y=1. Расставляя пределы в двойном интеграле, вычислим объем:

Итак, куб. единиц.

Замечание 1. Если тело, объем которого ищется, ограничено сверху поверхностью, а снизу—поверхностью, причем проекцией обеих поверхностей на плоскость Оху является область D, то объем V этого тела равен разности объемов двух «цилиндрических» тел; первое из этих цилиндрических тел имеет нижним основанием область D, а верхним — поверхность второе тело имеет нижним основанием также область D, а верхним — поверхность (рис. 8).

Поэтому объём V равен разности двух двойных интегралов:

или

(1)

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

Замечание 2. Если в области D функция меняет знак, то разбиваем область на две части: 1) область D₁ где 2) область D₂, где. Предположим, что области D₁ и D₂ таковы, что двойные интегралы по этим областям существуют. Тогда интеграл по области D₁ будет положителен и будет равен объему тела, лежащего выше плоскости Оху. Интеграл по D₂ будет отрицателен и по абсолютной величине равен объему тела, лежащего ниже плоскости Оху, Следовательно, интеграл по D будет выражать разность соответствующих объемов.

б) Вычисление площади плоской области

Если мы составим интегральную сумму для функции по области D, то эта сумма будет равна площади S,

при любом способе разбиения. Переходя к пределу в правой части равенства, получим Производя интегрирование в скобках, имеем, очевидно, Пример 2. Вычислить площадь области, ограниченной кривыми

Рис. 9

Решение. Определим точки пересечения данных кривых (Рис.9). В точке пересечения ординаты равны, т. е., отсюда Мы получили две точки пересечения Следовательно, искомая площадь

4. Вычисление площади поверхности

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

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

(2)

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

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

(3)

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

Рис. 10 Рис.11

На основании известной формулы аналитической геометрии можно написать (рис.11)

или

(4)

Угол есть в то же время угол между осью Oz и перпендикуляром к плоскости (1). Поэтому на основании уравнения (1) и формулы аналитической геометрии имеем Следовательно, Подставляя это выражение в формулу (2), получим Так как предел интегральной суммы, стоящей в правой части последнего равенства, по определению представляет собой двойной интеграл то окончательно получаем:

(5)

Это и есть формула, по которой вычисляется площадь поверхности

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

(6')

(6'')

где D' и D'' - области на плоскостях Oyz и Oxz, в которые проектируется данная поверхность.

а) Примеры

Пример 1. Вычислить поверхность сферы Решение. Вычислим поверхность верхней половины сферы (рис.22). В этом случае Следовательно, подынтегральная функция примет вид Область интегрирования определяется условием. Таким образом, на основании формулы (4) будем иметь Для вычисления полученного двойного интеграла перейдём к полярным координатам. В полярных координатах граница области интегрирования определяется уравнением Следовательно, Пример 2. Найти площадь той части поверхности цилиндра которая вырезается цилиндром

Рис. 12 Рис. 13

Решение. На рис. 23 изображена часть искомой поверхности. Уравнение поверхности имеет вид; поэтому Область интегрирования представляет собой четверть круга, т. е. определяется условиями

Следовательно,

Список использованной литературы

А.Ф. Бермант, И. Г. Араманович, Краткий курс математического анализа для втузов: Учебное пособие для втузов: — М.: Наука, Главная редакция физико-математической литературы, 1971 г., 736с.

Н.С. Пискунов, Дифференциальное и интегральное исчисления для втузов, Том 2: Учебное пособие для втузов.-13-е изд. -М.: Наука, Главная редакция физико-математической литературы, 1985.-560с.

В.С. Шипачёв, Высшая математика: Учебное пособие для втузов: — М: Наука, Главная редакция физико-математической литературы.