Исследовательская работа на тему: "Вычисление объёмов и площадей тел при помощи двойного интеграла"

Исследовательская работа  Вычисление объёмов и площади поверхностей тел при помощи  двойного интеграла Выполнила: Панарина Ирина Васильевна Учитель математики  филиала МКОУ «Поспелихинская СОШ №3» 12 лет Октября СОШ 2 Оглавление Введение……………………………………………………………………….…3 Глава 1  Двойной  интеграл…………….……………………………..…….…..6 1.1          Определение понятия двойного интеграла……………………....…..6 1.2          Свойства двойного интеграла……………………………….…...…...7 1.3          Геометрическая интерпретация двойного интеграла…………..……8 1.4          Основные методы вычисления двойного интеграла………….….... 10  Глава 2   Некоторые приложения двойных интегралов:                                вычисление  площадей и объёмов с помощью двойного интеграла.17 2.1          Вычисление площади плоской поверхности…………………….…..17     2.2         Вычисление объемов тел……………………………….……….…..18     2.3         Вычисление площади поверхности……….……….….……………20     Заключение……………………………………………………….……………..23     Список используемой литературы………………………….……………..…24 Приложения…………………………………………………………………….27 3 Введение История понятия двойного интеграла тесно связана с задачами  нахождения квадратур. Задачами о квадратуре той или иной плоской фигуры  математики Древней Греции и Рима называли задачи на вычисление  площадей. Латинское слово quadratura переводится как “придание  квадратной формы”. Необходимость в специальном термине объясняется  тем, что в античнoe время (и позднее, вплоть до XVIII столетия) еще не были  достаточно развиты представления о действительных числах. Математики  оперировали с их геометрическими аналогами или скалярными величинами,  которые нельзя перемножать. Поэтому и задачи на нахождение площадей  приходилось формулировать, например, так: «Построить квадрат,  равновеликий данному кругу». (Эта классическая задача «о квадратуре  круга» не может, как известно, быть решена с помощью циркуля и линейки.)  Многие значительные достижения математиков Древней Греции в  решении задач на нахождение квадратур (т. е. вычисление площадей) плоских фигур, а также кубатур (вычисление объемов) тел связаны с применением  метода исчерпывания, предложенным Евдоксом Книдским (ок. 408 — ок. 355 до н.э.). С помощью этого метода Евдокс доказал, например, что площади  двух кругов относятся как квадраты их диаметров, а объем конуса равен 1/3  объёма цилиндра, имеющего такие же основание и высоту. Метод Евдокса  был усовершенствован Архимедом.  С помощью метода исчерпывания, целого ряда других остроумных  соображений (в том числе с привлечением моделей механики) Архимед 4 решил многие задачи. Он дал оценку числа  (3.10/71<<3.1/7), нашел объемы шара и эллипсоида, площадь сегмента параболы и т. д. Сам Архимед высоко  ценил эти результаты: согласно его желанию на могиле Архимеда высечен  шар, вписанный в цилиндр (Архимед показал, что объем такого шара равен  2/3 объема цилиндра). Ответы на многие вопросы, связанные с существованием площадей и  объемов фигур, были получены с созданием К. Жорданом (1838—1922)  теории меры. Объемы простых тел, можно вычислить непосредственно, используя  материалы школьной программы по математике. Если рассматривать  произвольные тела в пространстве, то следует прибегнуть к иным способам  вычисления их объема и площадей поверхности. Потребности жизни требуют  от учащихся умений вычисления площадей и объемов реальных объектов, а  для этого актуален поиск возможностей.            Применение двойного интеграла к вычислению площадей поверхностей  и объёмов, значительно расширяет возможности при решении задач.  Изучение теоретических материалов по данной теме дает возможность  овладеть понятиями первообразной и интеграла, усвоить связь между ними,  овладеть простейшей техникой интегрального исчисления, научится  применять интеграл к вычислению площадей фигур, ограниченных графиками функций. В подтверждение вышесказанного можно привести слова великого  французского математика Анри Лебега: «Нет темы более важной: измерение  величин является исходным пунктом всех приложений математики. Так как  прикладная математика предшествовала, очевидно, чистой, или логике  математики, то обычно думают, что начало измерения площадей и объемов  лежит у самых истоков геометрии; с другой стороны, измерение доставляет 5 число, то есть предмет изучения анализа. Таким образом, об измерении  величин говорят как в средних и старших классах средней школы, так и в  высшей школе» (15, С. 18).  Целью данной работы является: рассмотреть понятие двойного  интеграла, его основные свойства, изучить методы вычисления двойных  интегралов, показать примеры  вычислений объёмов и площадей поверхности  тел при помощи двойного интеграла.   Для достижения цели необходимо решить следующие задачи: 1. Изучить и проанализировать научную литературу по теме «вычисление  объёмов и площадей поверхности тел при помощи двойного интеграла» 2. Выявить основные методы вычисления двойного интеграла.  3. На практике применить способы вычисления  объемов тел и  площади  поверхности при помощи двойного интеграла. 6 Глава 1   Двойной интеграл 1.1 Определение понятия двойного интеграла        Пусть D – квадрируемая (и, следовательно, ограниченная) область  (открытая или замкнутая) на плоскости и пусть в области  D  определена  ограниченная функция u=f(М)=f(x;y). Разобьём область D  на n квадрируемых частей  Di (i=1,2,…, n) так, чтобы любые две части не имели общих  внутренних точек, в каждой части  Di  возьмём произвольную точку  Mi ( ξi , ηi ) и составим сумму   I G ¿ ¿ ¿ , Mi¿ = ∑ f(ξi,ηi)∆si , n i=1 Где ∆si  – площадь  Di . Эта сумма называется интегральной  суммой функции  f(x;y), соответствующей данному разбиению области D на  части  Di  и данному выбору промежуточных точек  Mi. Диаметром ограниченного множества D точек назовём точную  верхнюю грань расстояний между двумя произвольными точками этого  множества: sup ρ(M',M") (M' ϵD ,M" ϵD ). Пусть  di  – диаметр  Di , d =  max di . 0≤i≤1  Определение. Число I называется пределом интегральных сумм I( Di;Mi¿ при d → 0, если  ∀ε>0∃δ>0 такое, что для любого разбиения области D, у  которого  d<δ , и для любого выбора промежуточных точек  Mi   выполняется неравенство | I( Di;Mi¿ ­I| ¿ε .         Если существует  I(Di;Mi)=I , то он называется двойным  lim d→0 интегралом от функции f(x;y) по области D и обозначается  ∬ D f(x;y)dxdy 7 f(M)ds , а функция f(x;y) называется интегрируемой в области D. или  ∬        Т е о р е м а 1. Функция, непрерывная в замкнутой квадрируемой  D области, интегрируема в этой области.  Т е о р е м а 2. Функция, ограниченная в квадрируемой области и  непрерывная всюду, кроме некоторого множества точек площади нуль  (если это множество можно заключить в многоугольник сколь угодно  малой площади), интегрируема в этой области. Двойные интегралы обладают такими же свойствами, как и  определённые интегралы (линейность, аддитивность, формулы среднего  значения и др.)  [6,стр.279−280] 1.2 Свойства двойного интеграла Свойство 1 (аддитивность). Если функция  f(x;y) интегрируема в  области  D и область D при помощи кривой Г меры (площади),  нуль  разбивается  на две связные и не имеющие общих внутренних точек   D1и D2 , то функция f(x;y)интегрируема на каждой из областей   D1и   D2 , причём ∬ f(x;y)dxdy . f(x;y)dxdy = ∬ D1 f(x;y)dxdy + ∬ D2 D Справедливо и обратное утверждение: из интегрируемости функции   f(x;y) в каждой из областей  D1и   D2,  следует её интегрируемость  в  области D и справедливость приведённой формулы. Свойство 2 (линейность). Если функции  f(x;y) и g(x;y)  интегрируемы в области  D,  αиβ  – произвольные вещественные числа, то функция α f(x;y)+  β g(x;y) интегрируема в области  D, причем (αf(x;y)+βg(x;y))dxdy = α∬ ∬ Свойство 3. Если функции  f(x;y) и g(x;y)  интегрируемы в области   f(x;y)dxdy + β∬ f(x;y)dxdy . D D D D,то их произведение f(x;y)∙g(x;y)  интегрируемо в области  D. 8 Свойство 4. Если функции  f(x;y) и g(x;y)  интегрируемы в области  D  и в этой области  выполняется неравенство  f(x;y) ≤ g(x;y), то ∬ D f(x;y)dxdy  ≤   ∬ D g(x;y)dxdy . Свойство 5. Если функция  f(x;y) интегрируема в области  D, то в  этой области интегрируема функция | f(x;y)| и выполняется неравенство,  причём |  ∬ D f(x;y)dxdy  |≤  ∬ D ¿f(x;y)∨dxdy . Свойство 6. Если функция  f(x;y) интегрируема в области  D,  функция g(x;y)   ограничена и совпадает с f(x;y) всюду в области  D, за  исключением множества точек меры нуль, то g(x;y)   интегрируема в  области  D. Свойство 7 (теорема о среднем значении). Если функции  f(x;y) и  g(x;y)  интегрируемы в области D, функция g(x;y)  неотрицательна  (неположительна) всюду в области D, М= ¿D  f(x;y), m= infD  f(x;y), то  найдётся число  μϵ[m;M]  такое, что выполняется равенство ∬ D f(x;y)·g(x;y)dxdy = μ∬ D g(x;y)dxdy . Если при этом функция f(x;y) непрерывна в связной области D, то в  области найдётся такая точка ( ; ), что  ξ η ξ η μ=¿  f( ; ). [2,стр.60−62] 1.3 Геометрическая интерпретация двойного интеграла                                                                                              Обозначим через V объём вертикального цилиндрического тела (рис. 1)  образующие которого параллельны оси OZ, нижним основанием которого  служит область D, лежащая на плоскости XOY, а верхнее     основание  которого кривое,   представляющее                Рис. 1          собой кусок поверхности  z=f(x;y), прикрывающий D 9 сверху рассматриваемое цилиндрическое тело.  Если, приняв какое­нибудь разбиение области  на площадки  σ0 , σ1 , σ2 ,…, σn−1 , мы  выберем точки  M0 ,  M1 , M2 ,…, Mn−1  в  них так, чтобы соответствующие аппликаты f( Mi ) всегда были минимальными в этих  площадках, тогда столбики, имеющие  σi  своими основаниями и  f( Mi )  своими высотами, понятно, будут вписанными в вертикальные цилиндры,  имеющие  σi  своим нижним основанием и кусок поверхности z= f(x;y)  своим верхним основанием. Значит, раз столбик является частью цилиндра, в  который он вписан, то объём столбика будет меньше объёма этого цилиндра.  И так как объём столбика равен f( Mi )∙ σi , то отсюда следует, что сумма  объёмов всех n столбиков, равная, очевидно, интегральной сумме S= f( M0 )∙ σ0 + f( M1 )∙ σ1 +…+ f( Mn−1 )∙ σn−1 , будет меньше суммы объёмов всех n цилиндров; эта же последняя,  очевидно, равна объёму  V всего цилиндрического тела. Итак мы находим,  что при выборе точек   M0 ,  M1 , M2 ,…, Mn−1 , дающих минимальные  аппликаты, S< V. Поэтому и предел интегральной  суммы S не может быть  больше, чем V. Следовательно,  ∬ f(x;y)dxdy ≤ V. Если теперь мы сделаем другой выбор точек  M0 , M1 , M2 ,…, D Mn−1 , выбирая их так, чтобы аппликаты f( Mi ) были максимальными в  площадках  σi , то рассматриваемые столбики, имеющие основаниями  σi   и высотами f( Mi ), будут, очевидно, уже описанными около  соответствующих цилиндров, и, значит, ступенчатое тело, составленное из  столбиков, будет содержать всё цилиндрическое тело. Так как объём  ступенчатого тела есть интегральная сумма, то поэтому при таком выборе точек  M0 , M1 , M2 ,…, Mn−1  мы получим  S ¿ V, и значит, 10 f(x;y)dxdy≥  V. ∬ D Сопоставление двух предыдущих неравенств даёт: ∬ D f(x;y)dxdy=¿  V. Следовательно, двойной (определённый) интеграл от непрерывной  функции  f(x;y) цилиндрического тела, имеющего область D одним своим основанием и   по области D численно равен объёму вертикального  кусок поверхности z=f(x;y) другим своим основанием. Заметим, что если поверхность z=f(x;y), расположена под плоскостью  XOY, то двойной интеграл, а стало быть, и объём V тела отрицательны,  потому что в этом случае функция f(x;y) отрицательна.  [16,стр.319−320] 1.4 Основные методы вычисления двойного интеграла 1.4.1 Сведение двойного интеграла к повторному Вычисление двойного интеграла сводится, при достаточно широких  условиях, к последовательному интегрированию по каждой из переменных в  отдельности. Основная идея излагаемых ниже теорем состоит в следующем.  Будем рассматривать двойной интеграл   ∬ G f(x;y)dxdy   как объём  криволинейного цилиндра Т, ограниченного снизу областью G, сверху  поверхностью z=f(x;y), и сбоку  цилиндрической поверхностью,  проходящей через границу области G (рис.  2). Тело Т можно представлять себе как  составленное из бесконечно тонких слоёв,  параллельных           плоскости yz. 11                         Рис. 2                Объём каждого такого слоя равен J(x)dx,  т. е. произведению площади J(x) соответствующего сечения тела Т на  толщину слоя dx.  Объём всего тела  Т при этом равен J(x)dx .         (1.1) b ∫ a В свою очередь величина J(x) (площадь криволинейной трапеции)  представляется интегралом y2(x) ∬ y1(x) f(x;y)dy ,    (1.2) где x  рассматривается как фиксированная величина, а  y1(x) концы того отрезка, который служит проекцией рассматриваемого сечения на  и  y2(x)  –  плоскость xy.  Комбинируя  (1.1) и (1.2), получаем, что объём тела Т может  быть представлен в виде  ∫ b a y2(x) dx∫ y1(x) f(x;y)dy , т. е. что имеет место равенство f(x;y)ds  =  ∫ ∬ G b a y2(x) dx∫ y1(x) f(x;y)dy    (1.3) Перейдём теперь к точному изложению. Рассмотрим сначала двойной  интеграл по некоторому прямоугольнику со сторонами,  параллельными осям координат.  Теорема 1.1. Если для функции  f(x;y) , определённой в  прямоугольнике P= {a≤x≤b,c≤z≤d} , существует двойной интеграл         ∬ P f(x;y)dxdy а при каждом фиксированном значении   x,a≤x≤b , существует  (1.4) , однократный интеграл  J(x) = ∫ d c f(x;y)dy , то существует повторный интеграл  ∫ dx∫ f(x;y)dy  = ∫ b a d с b a 12 J(x)dx   и выполняется равенство f(x;y)dxdy = ∫ dx∫ f(x;y)dy .  b a d с ∬ P  Меняя роли x и y (и предполагая существование  интеграла  J1(y) = b ∫ a f(x;y)dx¿ , получаем аналогичное равенство  ∫ dy∫ f(x;y)dx )= d c b a f(x;y)dxdy . ∬ P Наконец, если наряду с двойным интегралом (1.4) существуют оба  интеграла,   J(x) = ∫ f(x;y)dy  и   J1(y) =  ∫ f(x;y)dx , то f(x;y)dxdy  = ∫ ∬ Рассмотрим теперь вопрос о сведении двойного интеграла к  f(x;y)dy  =  ∫ f(x;y)dx. dx∫ dy∫ P a с c d c b d b a d b a повторному для случая криволинейной области.  Пусть область  G ограничена двумя непрерывными кривыми y= y1 (x) и y= y2 (x) и вертикальными  отрезками x=a и x=b (рис. 3). Тогда справедлива  следующая теорема:         Рис. 3 Теорема 1.2. Если для функции  f(x;y) , определённой в области G,  существует двойной интеграл  ∬ G фиксированном значении  xϵ[a,b] f(x;y)dxdy , а при каждом   существует интеграл J(x)= y2(x) ∫ y1(x) f(x;y)dy , то существует повторный интеграл  ∫ b a y2(x) dx∫ y1(x) f(x;y)dy  и  выполняется равенство 13 f(x;y)dxdy = ∫ ∬ Геометрический смысл формул, сводящих двойной интеграл к  f(x;y)dy . G b a y2(x) dx∫ y1(x) повторному, состоит в том, что объём тела равен интегралу от площади его  поперечного сечения (представляющей собой функцию той переменной,  которая определяет положение секущей плоскости).  [5,стр.46−51] 1.4.2. Замена переменных в двойном интеграле К замене переменных часто приходится прибегать при интегрировании  функции одной переменной. Не менее важную роль играет замена переменных и при вычислении двойных интегралов. Прежде чем заняться вопросом о  замене переменных в двойном интеграле, мы должны будем изложить  некоторые сведения об отображении областей. Рассмотрим две  плоскости с декартовыми   ξ η ,  координатами x, y и  соответственно и предположим,  некоторая замкнутая ограниченная область G с границей L, а в плоскости  что в плоскости xy      выделена                                 Рис. 4       ξη –замкнутая ограниченная область Г (рис. 4, а и б) (Области G и Г  предполагаются, конечно, квадрируемыми). Предположим, что в области Г  определены функции x=x( ,  ),  ξ η y=y ( ,  )     ξ η (1.5) такие, что, когда точка ( ,  )ξ η  пробегает область Г, соответствующая точка  (x;y) пробегает всю область G. Таким образом, функции (1.5) определяют  отображение области Г на область G. Мы предположим, что это отображение удовлетворяет следующим  условиям: 1) Отображение взаимно однозначно, т. е. различным точкам области Г  14 отвечают обязательно различные точки области G. Иными словами, мы  предположим, что существуют решения  уравнений (1.5) относительно  , η однозначные во всей области G. 2) Функции (1.5) и (1.6) непрерывны и имеют непрерывные частные  η η x;y)      (1.6) ξ ξ x;y),  = ( = (  ξ и  производные первого порядка. 3) Функциональный определитель (якобиан) D(x,y) D(ξ,η) = |∂x ∂y ∂y ∂ξ ∂x ∂η ∂y ∂η|            (1.7) всюду в области Г отличен от нуля, а следовательно, поскольку входящие в этот якобиан производные предполагаются непрерывными, сохраняет в Г  постоянный знак. Якобиан    D(ξ,η) D(x,y)  обратного отображения (1.6) связан с якобианом  (1.7) соотношением  D(x,y) D(ξ,η) ∙ D(ξ,η) D(x,y) =1, непосредственно вытекающим из определения произведения определителей и правила дифференцирования  сложной функции, поэтому  D(ξ,η) D(x,y)  также нигде не обращается в нуль. Сформулируем теперь задачу о замене переменных в двойном  интеграле. Пусть G – замкнутая область, ограниченная кусочно­гладкой  кривой L, и  f(x;y) разрывы, лежащие на множестве площади нуль, и ограниченная. Пусть, далее   – заданная в  G функция, непрерывная или имеющая  функции (1.5) определяют отображение на область G некоторой области Г,  удовлетворяющее условиям 1) – 3). Задача состоит в том, чтобы интеграл 15 f(x;y)dxdy , взятый по области G, представить, преобразовав в нём  ∬ G подынтегральное выражение к новым переменным   ξ и  , η в виде интеграла по  области Г. При выводе формулы замены переменных в двойном интеграле  основной шаг состоит в том, чтобы выразить через криволинейные  координаты площадь области. Здесь имеет место следующая теорема: Теорема 1.3. Пусть x=x( ,  ),  ξ η y=y ( ,  ) – взаимно однозначное,  ξ η непрерывное и непрерывно дифференцируемое отображение области Г на  область G, якобиан которого отличен от нуля. Тогда     G= ∬ G dxdy = ∬ Г|D(x,y) D(ξ,η)|dξdη .   (1.8) Полученное нами выражение (1.8) площади в криволинейных  координатах позволяет легко найти и общую формулу замены переменных в  двойном интеграле. Рассмотрим интеграл f(x;y)dxdy ,    (1.9) ∬ G где область G ограничена кусочно­гладким контуром  L, а функция  f(x;y)   или непрерывна в этой области (включая границу) всюду, или же ограничена в ней и непрерывна всюду, кроме некоторого множества площади нуль. Пусть функции x=x( ,  )  ξ η и  y=y ( ,  )ξ η  определяют соответствие между  точками области G и точками некоторой области Г, удовлетворяющее всем  тем предложениям, при которых была установлена формула (1.8)  выражающая площадь области G в криволинейных координатах. Разобьём  область Г на части  Гi  некоторой системой кусочно­гладких кривых.  Соответствующие им кусочно­гладкие кривые разобьют область G на части Gi  площади  ∆Si . Выбрав в каждой из этих частей  Gi  произвольную  точку  ( xi;yi ), составим интегральную сумму 16 f(xi;yi)∆Si         (2.0) n ∑ i=1 отвечающую интегралу (1.9). Применив к каждой из частичных областей  Gi  формулу (1.8),  получим  ∆Si = ∬ Гi|D(x,y) D(ξ,η)|dξdη. Обозначив якобиан символом J (ξ,η)  вместо  D(x,y) D(ξ,η)  и  воспользовавшись теоремой о среднем, будем иметь  ∆Si =|J( ξi ¿ )| ∆σi , где   ∆σi  – площадь области  Гi . Заменив в интегральной сумме  (2.0) каждую из величин  ∆Si  найденным выражением, получим , ηi ¿ n ∑ i=1 f(xi;yi)∨J(ξi (ξi Точка  ¿,ηi ¿)∨∆σi . ¿,ηi ¿)  получается в результате применения теоремы о  (xi;yi) среднем, и выбор её в каждой из частичных областей  Гi  от нас не зависит.    выбирается в каждой из частичных областей  Gi   Напротив, точка  совершенно произвольно. Поэтому мы можем положить  xi = x(ξi yi = y(ξi ¿,ηi ¿) ¿,ηi (ξi ¿) точке  , т. е. выбрать ту точку области  Gi , которая соответствует   области  Гi . Тогда рассматриваемая интегральная сумма  ¿,ηi ¿) , примет вид  f(x(¿ξi ¿,ηi ¿),y(ξi ¿,ηi ¿)∨∆σi, ¿))∨J(ξi ¿,ηi n ∑ ¿ i=1  а это не что иное, как  интегральная сумма для интеграла f(x(ξ,η),y(ξ,η))∨J(ξ,η)∨¿dξdη. ¿ ∬ Г    (2.1) Этот интеграл существует, так как подынтегральная функция в области Г  либо непрерывна, либо ограничена и непрерывна в Г всюду, кроме точек  некоторого множества, имеющего площадь нуль. Если теперь неограниченно 17 измельчить разбиение области Г на части  Гi , то в силу непрерывности  соответствия, диаметры областей  Gi  также будут стремиться к нулю. При  этом рассматриваемая интегральная сумма должна стремиться, с одной  стороны, к двойному интегралу (1.9), а с другой – к интегралу (2.1).  Следовательно эти интегралы равны  f(x;y)dxdy = ∬ G f(x(ξ,η),y(ξ,η))∨J(ξ,η)∨¿dξdη ¿ ∬ Г .   (2.2) Это и есть формула замены переменных в двойном интеграле. Итак, если G – замкнутая ограниченная область с кусочно­гладкой  границей и  f(x;y) всюду или же ограниченная и непрерывная всюду, кроме некоторого   – заданная в этой области функция, непрерывная  множества площади нуль, и если формулы x=x( ,  ),   ξ η y=y ( ,  )  ξ η устанавливают соответствие между точками области G и точками  некоторой области Г в плоскости  ξη , удовлетворяющее условиям 1)­3),  то имеет место формула замены переменных  (2.2). В двойном интеграле, как и в однократном, замена переменных –  важнейший способ приведения интеграла к виду, более удобному для его  вычисления. В то время как для однократного интеграла замена переменных  делается лишь с целью упрощения подынтегрального выражения, при  вычислении двойных интегралов стремятся упростить не только  интегрируемую функцию, но и ту область, по которой берётся интеграл.  Последнее обстоятельство настолько важно, что иногда имеет смысл пойти  даже на некоторое усложнение подынтегральной функции, но зато получить  простую область интегрирования.  [5,стр.54−68] 18 Глава 2  Некоторые приложения двойных интегралов: вычисление площадей и объёмов с помощью двойного интеграла 2.1 Вычисление площади плоской поверхности Площадь плоской поверхности вычисляется по  формуле  S=∬ D dxdy. Пример 1. Вычислить площадь плоской  поверхности D, ограниченной  прямой y = 2 и  параболой y =  x2−1.  Решение: Область D  можно проектировать н ось Ox и на ось Oy. Спроектируем её на     ось Oy (см. рис. 5).    Область D симметрична относительно оси Oy,  поэтому достаточно  вычислить площадь правой половины области  D  и результат удвоить. Правая половина области D                  проектируется   на ось Oy в отрезок  [1;2]  и    имеет в левой границе прямую                Рис. 5                x = 0, а в правой – линию y =  x2−1  или x = √y+1 .                                        В результате получим: 19 √y+1 dy   ∫ 0 dx  = x ¿ 2 ∫ ¿ −1   │ 0 √y+1¿ dy = ∫ 2 −1 √y+1dy  = 2 √3.       2   S1 2  =  ∫ −1 Откуда  S=4√3(кв.ед.) .  Или    S1 2  =  ∫ dx∫ x2−1 √3 0 2 dy  = 2 y│x2−1 (¿) √3 ∫ ¿ 0 √3 dx =  ∫ 0 (2−x2++1)dx=¿  = √3 ∫ (3−x2)dx  = 3x│ 0 √3  ­  x3 3 │ 0 √3 = 3 √3 ­ 3√3 3 =2 √3 , откуда  0 S=4√3(кв.ед.) . Ответ:  4√3  кв. ед. Пример 2.  Найти площадь области D, ограниченной гиперболами  y =   a2 x   и  y =   2a2 x  (a>0) и вертикальными прямыми x = 1, x = 2. Решение: Изобразим схематически область D  (рис. 6). dxdy=¿∫ 2 1 dx ¿ ∬ D S =   ) dx =  dx = x −a2 ¿ 2a2 x ¿ 2 ∫ ¿ 1 =  2a2 y│ ¿a2 x x ¿ 2 ∫ 1 ¿   ∫ dy  =  2a2 x a2 x                   Рис. 6              =  a2∫ 2 dx 1 x  =  2−¿ ln¿ a2¿   1 ln ¿¿  = a2ln2(кв.ед.) 20 Ответ:  a2ln2кв.ед. 2.2 Вычисление объемов тел Пример 3. Найти объём тела D в первом октанте, ограниченного  плоскостями y=0, z=0, z=x, z+x=4. Решение: Изобразим схематически  область D (рис. 7).  Заметим, что при построении основание  тела D является квадратом. Для заданных  x, y  значение z изменяется от z=x до z =4­x. Тогда  объём равен:  V = ∬ D ((4−x)−x)dxdy  =          Рис. 7                 =  ∫ dx   ∫ 2 0 2 0 (4−2x)dy  =  2 (4y−2xy)│ ¿0 ¿ 2 ∫ 0 ¿  dx = =  ∫ 2 0 (8−4x)dx  =(8x ­ 2 x2 )│ ¿0 2  16 – 8 = 8 (куб. ед.) Ответ: 8 куб. ед. Пример 4. Найти объём тела D ограниченного поверхностями z=0,  x+y=1,  x2 + y2 = 1, z=1­x. Решение: Изобразим схематически область D. Построим рисунки 8.1 и  8.2. 21                     Рис. 8.1                                                 Рис. 8.2 Заметим, что в области интегрирования D при 0 ≤ x ≤ 1 значения y  изменяются от 1­ x до  √1−x2 . Сверху тело ограничено плоскостью z=1­x.  Следовательно, объём данного тела  равен V =  ∬ D (1−x)dxdy  = = √1−x2 dx ∫ 1−x (1−x)dy=¿ 1 ¿ ∫ 0   (1−x)y│ ¿dx √1−x2 1−x ¿ 1 ∫ 0 ¿  =  ∫ 1 0 (1−x)(√1−x2−−1+x) dx = (¿√1−x2−x√1−x2−1+2x−x2) 1 ∫ 0 ¿ dx = ∫ √1−x2−−∫ x√1−x2 dx  1 0 1 0 (¿1+2x−x2) −∫ ¿ 1 0 dx.  Обозначим  ∫ 1 0 I3 . √1−x2dx =  I1 ,  ∫ 1 0 x√1−x2 dx =  I2 ,  (¿1+2x−x2) dx = ¿ 1 ∫ 0 I1=∫ 1 0 √1−x2 dx =  x=sint ⟨dx=cos tdt t=0приx=0⟩ t=π 2 приx=1  =  ∫ √1−sin2tcost dt = = ∫ cos2t dt π 2 0 22 π 2 0 =  ∫ π 2 1+cos2t 0 2 π 2 dt =  1 2∫ 0 (1+cos2t) dt =  1 2 (t+ sin 2t 2 ) │ )=π 2(π π 2 ++sinπ 2 1 ¿0 4 ; x√1−x2 dx =  I2=∫ 2 1 0 ⟨ u=1−x2 xdx= du=−2xdx −du 2 u=1приx=0⟩ u=0приx=1 0  =  −1 2 ∫ 1 √u du = = 1 √u du =  1 2∫ (¿1+2x−x2) 0 I3=∫ 1 0 dx =  ¿ 1 1 2∫ 0 1 2 du =  1 u 3 2 2 ( 2u 1 1 3 ) │ ¿0 3 ; (x−x3+x3 3 ) │ ¿0 1   1−1+ 1 3  =  1 3 . Получим V =  I1−I2−I3  =  π 4−¿   1 3−¿   1 3  =  π 4−¿   2 3   ≈0,12 (куб. ед.) Ответ:  ≈0,12  куб. ед. Пример 4. Вычислить объём единичного шара. Решение: Уравнение сферы радиусом 1 имеет вид  x2+y2+z2=1 . В  силу симметрии ограничимся нахождением объёма верхнего полушара и  . Преобразуя это уравнение в полярные координаты,  затем результат умножим на 2. Уравнение верхней полусферы имеет вид z=¿   ¿√1−(x2+y2) получим  z(r;θ) интегрирования D описывается множеством D =  ¿{(r;θ)|0≤r≤1,0≤θ≤2π} Следовательно, объём верхнего полушария  выражается формулой  =  √1−r2 . В  полярных координатах область  . 23 V1 2 =∬ D ⟨ t=1−r2 dt=−2rdr 1 0 2π √1−r2 r dr dθ =  ∫ ⟩ −dt t=1приr=0 2 t=0приr=1 rdr= 0 dθ∫ √1−r2rdr  = =2 π   ∫ √1−r2 dr = 1 0  = 2 π   ∫ 1 0 √t( −dt 2 )  = = −π   ∫ 1 0 √t dt =  π 3 t 2 3 2 │ 0 1 =  2π 3 .  Таким  образом, объём единичного шара    V=2V1 2  =  4π 3  (куб. ед.) Ответ:  4π 3  куб. ед. 2.3 Вычисление площади поверхности   Пример 6. Вычислить площадь поверхности сферы радиуса a. Решение: Рассмотрим верхнюю полусферу. Её уравнение имеет вид x2++y2+z2=¿   a2  или  z=√a2−x2−y2 . Очевидно область интегрирования D представляет собой круг с таким же радиусом a, расположенный в центре координат. Площадь поверхности полусферы вычисляется по формуле 24 ∂z ∂x ¿ ¿ ∂z ∂y ¿ ¿ ¿2 1+¿ √¿ =∬ S1 2 dx dy. ¿ D Найдём частные производные  ∂z ∂x  =  ∂z ∂y  =  (√a2−x2−y2) ¿x (√a2−x2−y2) ¿y     ' ' −2x 2√a2−x2−y2 −2y 2√a2−x2−y2  =   =  −x z ; −y z . Подставляя  производные, получим  S1 2 =∬ D√1+x2 z2 +y2 z2 dx dy = ∬ D√z2+x2+y2 z2 ∬ D a z  dx dy. Преобразуем двойной интеграл в полярные координаты   S1 2 a a √a2−r2 r dr dθ = a ∫ ∫ 0 a z  dx dy = ∫ dθ∫ =∬ 2π 2π a rdr √a2−r2 0 D 0 0 dx dy =  = −2π∫ a d(a2−r2) 2√a2−r2 = = −2πa(√a2−r2)│0 0 a  = −2πa(0−a)  =  2πa2 (кв. ед.)    Площадь поверхности полной сферы, соответственно, равна   S=2S1 2 =4πa2 (кв. ед.) Ответ: 4πa2 кв. ед. 25 Пример 7. Найти площадь поверхности, вырезанную цилиндром x2+y2=¿b2  из сферы  x2+y2+z2=a2 , считая, что a>b.  Решение. Вычислим   часть искомой  1 8 площади, расположенную в первом октанте  (см. рис. 9).  Целесообразно спроектировать  вычисляемую поверхность на плоскость           xOy.     Проекцией будет    четверть круга,  ограниченного       окружностью  x2+y2=b2 .                  Рис. 9                      Уравнение сферы решим относительно  переменной z. Из условия задачи  z = √a2−x2−y2 .   Найдём  частные производные ∂z ∂x  =( √a2−x2−y2¿x '= ∂z ∂y  =( √a2−x2−y2¿y '= Поэтому  √1+(∂z +( ∂z ∂y) ∂x) 2 2 −x √a2−x2−y2 −y √a2−x2−y2 ; .  =  √1+ x2 a2−x2−y2+ y2 a2−x2−y2  = a2 a2−x2−y2=¿  = a √a2−(x2+y2) . √¿ S1 8 = ∬ D a √a2−(x2+y2) dxdy , где D – четверть круга. 26 Введем полярные координаты:  x2+y2=ρ2 . Радиус окружности, как  видно из уравнения  x2+y2=b2 , равен b. Полярный угол  φ  изменяется в  области интегрирования от 0 до π 2 .  Получим  S1 8 = ∬ D a √a2−(x2+y2) dxdy  =  ∫ π 2 0 dφ   ∫ b a √a2−ρ2 0   ρdρ  = ¿− b −a 2 ∫ 0 −1 2 (a2−ρ2) ¿ π 2 ¿ ∫ 0 a  d (¿¿2−ρ2) ¿dφ  =  b │0 = a 1 (¿¿2−ρ2) 2 1 2 −a 2 ¿ ¿ ¿ π 2 ¿ ∫ 0 −a(¿ 1 a2−−b2 ¿ ¿ 2+a2¿)dφ ¿ π 2 ¿ ∫ 0  =a(a­ √a2−b2¿ π 2  =  πa 2 (a ­  √a2−b2¿ (кв. ед.) Таким образом S = 8 πa 2 (a ­  √a2−b2¿ = 4 πa  (a ­  √a2−b2 ¿  (кв.  ед.) Ответ:  4 πa  (a ­  √a2−b2¿  кв. ед. Заключение 27        В  заключение, нужно отметить, что роль интеграла в развитии  современной науки огромна.  Интеграл используется в таких науках как  физика, геометрия, математика и других науках. При помощи интеграла  вычисляют работу силы, находят координаты центр масс, путь, пройденный  материальной точкой. В геометрии используется для вычисления объема  тела, нахождение длины дуги кривой и др.        При написании курсовой работы  нами была изучена специальная  литература, включающая в себя статьи и учебники по математическому  анализу, описаны теоретические аспекты и раскрыты ключевые понятия   двойного интеграла, его основные свойства, изучены методы вычисления  двойных интегралов,  рассмотрено практическое применение различных  примеров вычислений объёмов и площадей поверхности тел при помощи  двойного интеграла. Список используемой литературы 1. Акбаров С.С.  Математический анализ [Текст] /С. С. Акбаров// Черновик  учебника по математическому анализу, который автор надеется опубликовать в обозримом будущем. 2016. – 942с . 28 2. Воронина Б.Б. Математический анализ.  [Текст]  /Б.Б.   Воронина//              конспект  лекций, 2007. – 160с. 3. Бермант А.Ф., Араманович И.Г., Краткий курс математического анализа.  [Текст]/А. Ф. Бермант, И. Г. Араманович// Санкт­Петербург, Москва,  Краснодар 2005. – 736с. 4. Берман Г. Н. Сборник задач по курсу математического анализа. [Текст]/ Г. Н.  Берман// Уч. Пособие. Изд­во «Профессия» Санкт­Петербург, 2005. – 432 с.  5. Будак  Б. М., Фомин С. В. Кратные интегралы и ряды [Текст] / Б. М. Будак,   С. В. Фомин// Наука ГРФМЛ. 1965. – 608с.  Бутузов        В. Ф., Крутицкая        Н. Ч., Медведев        Г. Н., Шишкин  А. А.  6. Математический анализ в вопросах и задачах [Текст]/ В. Ф. Бутузов Крутицкая,  Г. Н. Медведев, А. А. Шишкин  / Физматлит 2001. ­480 с.       , Н. Ч.  7. Виленкин Н. Я., Бохан К. А., Марон И. А. и др. Задачник по курсу  математического анализа. Ч. 1[Текст] /Под ред. Н. Я. Виленкина.  //Учеб.пособие для студентов заочн. отделений физ.­мат. фак­тов  пединститутов. – М., «Просвещение». 1971. – 343. 8. Виленкин Н. Я., Куницкая Е. С., Мордкович А.Г. Математический анализ.  Интегральное исчисление [Текст] / Н. Я. Виленкин, Е. С. Куницкая, А. Г.   Мордкович// ­ М., Просвещение, 1979. – 177с. 9. Григорьева О.Ю. , Нечаев И.Д.  Кратные и криволинейные интегралы [Текст] / учебно­методическое пособие /– Барнаул : АлтГПУ, 2015. – 86 с. 10.Злобина, С. В., Посицельская  Л. Н.  Математический анализ в задачах и  упражнениях [Текст] / С. В. Злобина, Л. Н. Посицельская  // учебное пособие.  – М., 2009. – 360с. 11. Ивлев В.В. Математический анализ : функции многих переменных [Текст]/  В.В.  Ивлев//  учебное пособие.  Моск. гос. гуманитар. ун­т им. М.А.  Шолохова. — М. : Икар, 2013. — 546с. 12. Ильин В.А., Садовничий В.А., Бл. X. Сендов. Математический анализ. В 2­х  частях [Текст]/ В.А. Ильин/ Изд. 2­е перераб. Издательство МГУ Часть 2.  1987. – 358с. 29 13. Кудрявцев Л. Д. Курс математического анализа (в двух томах). Том 2  [Текст]/ Л. Д. Кудрявцев// Высшая школа. – М., 1981. – 584с. 14. Кукушкин Б. Н., Быкова О. Н., Колягин  С. Ю.  Практикум по  математическому анализу [Текст] / Б. Н. Кукушкин, О. Н. Быкова, С. Ю.  Колягин// Учеб. пособие для студ. высш. учеб. заведений. – М.,  2014. – 276с. 15.  Курант Р. Курс Дифференциального исчисления. Том 2 [Текст] / Р. Курант// Наука, ГРФМЛ. 1970. – 671с. 16. Левитас Г. Г. Введение в геометрию [Текст]  //Математика в школе. 1990. ­  №6. – С. 21­22. 17. Лузин Н. Н. Интегральное исчисление. [Текст]/ Н. Н. Лузин// Высшая Школа, Изд. 7­е. 1961. – 416 с. 18.  Лунгу К.Н., и др. Сборник задач по высшей математике. Часть 2[Текст]/ К.  Н. Лунгу// учебное пособие для студентов 2­го курса. Айрис­пресс, М., 2007.  – 593с. 19. Просветов  Г. И.  Математический анализ. Задачи и решения. [Текст] / Г. И.   Просветов /  Бином. Лаборатория знаний. 2008.  –  208с. 20. Садовнничая И.В.,Хорошилова Е.В. Определеннй интеграл: теория и  практика вычислений. [Электронный ресурс]. http://ph4s.ru/book/mat/matan. / 2008/ html 21. Фалалеев М. В. Математический анализ. В 4 ч. Ч.4. [Текст]/ М. В.   Фалалеев//учебное пособие. Изд­во Иркут. гос. ун­та. Иркутск. 2013. – 113с. Фихтенгольц  Г.М. Курс дифференциального и интегрального  22. исчисления. Т.3 [Текст]/ Г. М. Фихтенгольц// Физматлит – М., 2003. – 728с. 30 Приложения Пример 1. Вычислить объем тела, ограниченного поверхностями:  z d ),  (  ( c  y  , e x  ,  c x  d Решение.  Поверхностями, ограничивающими тело, являются (см. рис. 1):  0z y  e  ),  . f f  эллиптический параболоид:  y  b  плоскости, параллельные плоскости  x a z 2 2 2 2 ;  x  ,  c x  d ;  плоскости, параллельные плоскости  y  , e y  f  плоскость  ; :  0z .  xOy xOz yOz : :              Рис. 1 , 2 2 y b  2 2 x a Объем его вычисляется по формуле  V 31  yxf ,( D . Подставляя в эту  ) dxdy формулу значение  z  2 2 x a y b , ограничивающее тело сверху, имеем 2 2 . На плоскости   тело вырезает прямоугольник D,  xOy V   x   a  D 2 2  2 2 y b    dxdy ограниченный прямыми линиями  x  ,  c x  d ,  y  , e y  f  (см. рис. 2).  Первые две параллельны оси  , вторые две – оси  Ox В этом случае пределы интегрирования в повторном  интеграле – величины постоянные. Порядок  интегрирования в данном случае безразличен.   Oy . Рис. 2 = V  f d    dy  e 2 2 x a  2 2 y b   dx  c   )  f  ( e d  c 2 d  cd 2 a 3 2  c   f 3 2  x   a 3    dy  2 2 e y b 2 xy 2 b    d c ( d  c ) dy  2 d f     e e  cd 2 a 3 f     3 d a 3 2  2 dy 2 b  3 c a 3 2  2 cy 2 b   dy  2  c  2 2 y b   dy  ( d  c 2  d  cd 2 3 a   )  Ответ:  2 c y  3 y b 3 2 =    f e f  e ) ( d  c )( 3    2 d  cd 2 a 2  c 2 e  V ( d  c f  e ) )( 3    2 d  cd 2 a  2 c 2 e    f 2 ef 2 b     (куб.ед.)  2 f  ef 2 b     (куб.ед.) Пример 2. Найти площадь поверхности, вырезаемую на сфере  цилиндром  2 x  y 2 2 2 z a  Решение. Вычислим  1 4 первом октанте (см. рис. 3).  x . 2 2  y  ay   часть искомой площади, расположенную в  0 32 Целесообразно спроектировать вычисляемую  поверхность на плоскость xOy. Проекцией  будет полукруг, ограниченный окружностью . Как и в предыдущем примере  2 4, уравнение сферы решим относительно  переменной  . 2 x  ( y  2 )  a 2 a 4 z      Рис. 3 Из условия задачи  z  2 a  2 x  2 y . Определим частные производные  ,   z  y    y 2 x 2 a  2 y . Поэтому  1      z  x 2        z  y 2    :   z  x   z  y 2 a  a x ( 2 a  2  2 y )  x 2 x .   2 y  и  z  x Введем полярные координаты. Область интегрирования     ограничена окружностью, уравнение которой   sina  (см. рис. 4)  Рис. 4 1 S   a D ) ( a x ( 2  2  2 y ) dxdy =  0  2 sin a   d 0 = a  2 a  2  d =  2  ( aa 2  2 1 2 1 2 ) sin  a 0      2     d   0 = 2 ( aa  2 a sin 2  ) 1 2  2 a =     2 a   1( 2 0 = 2 a 2  2 cos  d )  2     d  0 S  4   2 a 2  2   кв.ед. 2 2 a  (  )2 33 Ответ:   кв.ед. S  a 2 2 (  )2