Екі еселі интеграл
1. Екі еселі интегралдың анықтамасы
2. Екі еселі интегралдың геометриялық мағынасы.
3. Екі еселі интегралдың кейбір қолданулары.
4. Екі еселі интегралды тік бұрышты координаталарда есептеу.
§2. Полярлық координаталарда ауданды есептеу.
§3. Дененің көлемі.
2. Екі еселі интегралдың геометриялық мағынасы.
3. Екі еселі интегралдың кейбір қолданулары.
4. Екі еселі интегралды тік бұрышты координаталарда есептеу.
§2. Полярлық координаталарда ауданды есептеу.
§3. Дененің көлемі.
Ескерту. Егер D облысы Ох өсц бағытында және Оу өсі бағытында да дұрыс облыс болмаса, оны дұрыс облыстарға жіктеп, оларға сәйкес әрбір екі еселі интегралды жеке-жеке қайталанған интегралға келтіру керек.
Екі еселі интегралды есептеу үшін мынадай амалдар орындау қажет:
1) Интегралдау облысын салу.
2) Интегралдау ретін анықтап, яғни ішкі және сыртқы интегралдардың қай айнымалылары бойынша интегралданатынын анықтап, ол айнымалылардың өзгеру шектерін анықтау керек.
3) Қайталанған интегралды жазып, оның шектерін орнына қою керек.
4) Қайталанған интегралды есептеу керек.
Кез келген Оу осіне параллель және [а,в] кесіндінің ішкі нүктелері арқылы өтетін түзу D облысының шекарасымен екі К1 және К2 нүктелерінде қиылысатынын көрсетеді К1 нүктесі кіру, ал К2 нүктесі шығу нүктесі делінеді. Кіру нүктесінің ординатасы ук = φ1(х), ал шығу нүктесінің уш= φ2(х) болады. D облысында х айнымалысы а-дан в-ге дейін өзгереді, ал х € [а,в] кесіндісіндегі кез келген тағайындалған бір мәні үшін у айнымалысы D облысының төменгі шекарасы у = φ1(х)-ден жоғары шекарасы у = φ2(х)-ға дейін өзгереді (яғни К1К2 кесіндісі бойымен):
Екі еселі интегралды есептеу үшін мынадай амалдар орындау қажет:
1) Интегралдау облысын салу.
2) Интегралдау ретін анықтап, яғни ішкі және сыртқы интегралдардың қай айнымалылары бойынша интегралданатынын анықтап, ол айнымалылардың өзгеру шектерін анықтау керек.
3) Қайталанған интегралды жазып, оның шектерін орнына қою керек.
4) Қайталанған интегралды есептеу керек.
Кез келген Оу осіне параллель және [а,в] кесіндінің ішкі нүктелері арқылы өтетін түзу D облысының шекарасымен екі К1 және К2 нүктелерінде қиылысатынын көрсетеді К1 нүктесі кіру, ал К2 нүктесі шығу нүктесі делінеді. Кіру нүктесінің ординатасы ук = φ1(х), ал шығу нүктесінің уш= φ2(х) болады. D облысында х айнымалысы а-дан в-ге дейін өзгереді, ал х € [а,в] кесіндісіндегі кез келген тағайындалған бір мәні үшін у айнымалысы D облысының төменгі шекарасы у = φ1(х)-ден жоғары шекарасы у = φ2(х)-ға дейін өзгереді (яғни К1К2 кесіндісі бойымен):
Екі еселі интеграл
1. Екі еселі интегралдың анықтамасы. Оху жазықтығының кез-келген жабық
D облысында z=f(x,y) (z=f(m)) функция анықтамасын және үздіксіз болсын.
Мынадай амалдар орындайық.
1) Кез келген қисық торлардың жәрдемімен Dоблысын ортақ ішкі
нүктелері жоқ элементар n бөлікке D1, D2, ... , Dn бөлейік. Олардың ауданын
сәйкесінше ∆σi, ал диаметрін di (i=1, n) деп белгілейік.
λ = mах { di} – санын бөлу қадамы дейді.
1≤i≤n
2) Dі – элементар бөліктердің әрқайсысынан кейбір mі (ξі, ηі) (i=1, n)
нүктелерін (1-сурет) таңдап алып, f (ξі, ηі) * ∆σi көбейтіндісін құрайық.
z
z=f (x,y)
ηi
y
ξi
x
1-сурет.
3) Осындай көбейтінділердің қосындысын
n
Sn = ∑ f (ξi, ηi) ∆τi (1)
i=1
құрастырайық. (1) қосынды D облысында f(х,у) функциясы үшін интегралдық
қосынды деп атайды.
n
4) lim= ∑ f (ξi, ηi) ∆τi шегін табайық.
λ→0 i=1
Анықтама. Егер х→0 (1) интегралдық қосындының шегі бар болып, ол шек
D облысын элементар Dі бөліктеріне жіктеу тәсіліне де, олардың әрбіреуінде
mі нүктесін қалай алу тәсіліне де тәуелді болмаса, шектік мән f(х,у)
функциясының D облысы бойынша екі еселі интегралы деп аталады да, былай
белгіленеді:
∫D∫ f (x,y) dτ, немесе ∫D∫ f (x,y) dхdу.
Демек, lim= ∑ f (ξi, ηi) ∆τi , ∆τі = ∫D∫ f (x,y) dτ
λ→0 i=1
2. Екі еселі интегралдың геометриялық мағынасы.
Анықтама. Табаны Оху жазықтығындағы D фигурасы болатын цилидрлік
дене деп, төменнен сол табан, жоғарыдан кейбір z=f(x,y) (f(x,y) ≥0) беті
және бүйірден цилидрлік бетпен шенелген денесін айтады (1-сурет). Жабық D
облысындағы теріс емес үздіксіз f(x,y) функциясының екі еселі интегралы
цилидрлік дененің көлеміне тең.
3. Дұрыс облыс және қайталамалы интеграл ұғымы. D облысы х=а мен х=в
(ав) түзулерімен және у=φ1(х) мен у=φ2(х) (Vx6(a,b)) : φ1(x) φ1(x)
үздіксіз функцияларының графиктерімен шенелген болса, оны Оу өсі бағытында
дұрыс облыс (2-сурет) деп атайды.
у К2 φ2(х)
В1
А1
D
А К1 φ1(х)
В
х
х
2-сурет
Дербес жағдайда, А мен А1 және В мен В1 нүктелері беттесуі мүмкін. Бұл
анықтаманың геометриялық мағынасы.
Кез келген Оу осіне параллель және [а,в] кесіндінің ішкі нүктелері
арқылы өтетін түзу D облысының шекарасымен екі К1 және К2 нүктелерінде
қиылысатынын көрсетеді К1 нүктесі кіру, ал К2 нүктесі шығу нүктесі
делінеді. Кіру нүктесінің ординатасы ук = φ1(х), ал шығу нүктесінің уш=
φ2(х) болады. D облысында х айнымалысы а-дан в-ге дейін өзгереді, ал х €
[а,в] кесіндісіндегі кез келген тағайындалған бір мәні үшін у айнымалысы D
облысының төменгі шекарасы у = φ1(х)-ден жоғары шекарасы у = φ2(х)-ға дейін
өзгереді (яғни К1К2 кесіндісі бойымен):
D={(x,y), a≤x≤в; φ1(х)≤y≤φ2(х)}.
Дәл осы сияқты Ох өсі бағытында дұрыс облыста (3-сурет) анықталады.
D = { (x,y), a≤x≤в, φ1(х)≤y φ2(х)} облысында анықталсын.
у
d B В1
x=φ1(y) К1 К2
x=φ2(y)
с
А А1
X
3-сурет
у
у=φ1(х) К2
d
N1 N2 х=ψ2(у)
х=ψ1(у)
с
К1
у=φ2(х)
а
b х
D={(х,у), φ1(y)≤х≤ φ2(y), с≤у≤d}
Ох осі бағытымен және Оу өсі бағытымен де дұрыс олбысты дұрыс облыс
(4) деп атайды.
Айталық f(х,у) функциясы D={(х,у), а≤х≤b, φ1(y)≤х≤φ2(y)} облысында
анықталсын.
Анықтама. в∫а (φ2(х)∫ φ1(х) f(х,у) dу)dх, не в∫а dх φ2(х)∫ φ1(х)
f(х,у) dу көрнекті f(х,у) функциясынан D облысы бойынша қайталанған
интегралы деп атайды.
Бұл өрнекте, ең алдымен, жақша ішінде тұрған интеграл (ішкі интеграл)
есептелінеді. Мұнда у интегралдау айнымалысы болады да, ал х – тұрақты деп
есептелінеді. Тағайындалған х-тің кез-келген мәні үшін интегралдаудың
төменгі шегі кіру нүктесінің ук = φ1(х) ординатасы, ал жоғары шегі шығу
нүктесінің уш = φ2(х) ординатасы болады. интегралдау нәтижесінде тек х-тің
функциясын аламыз.
Ғ (х) = φ2(х)∫ φ1(х) f(х,у) dу
Енді алынған функцияны х айнымалысы бойынша а-ден в-ға дейін
интегралдаймыз (сыртқы интеграл) в∫а Ғ(х)dх. Сыртқы интегралдың шектері
барлық уақытта тұрақты болады, ол шектер х айнымалысының өзгеру шекарасын
көрсетеді. Интегралдау нәтижесінде белгілі бір тұрақты сан алынады.
Теорема. (D={(х,у), а≤х≤b, φ1(y)≤у≤ φ2(y)} облысы Оу өсі бағытында
дұрыс болса, f(х,у) € СD ) = (Ғ (х) φ2(х)∫ φ1(х) f(х,у) dу үздіксіз
функция болады және қайталанған интеграл в∫а dх φ2(х)∫ φ1(х) f(х,у) dу бар
болады).
Егер f(х,у) функциясы D={(х,у) : φ1(y)≤х≤ φ2(y)) : с≤у≤d облысында
анықталынса, онда дәл осы сияқты алдымен х айнымалысы бойынша, содан соң у
бойынша f(х,у) функциясынан D облысы бойынша қайталанған интеграл
d∫с dу φ2(х)∫ φ1(х) f(х,у) dх
анықталады. Егер D облысы дұрыс облыс (4) болса, онда интегралдау ретін
ауыстыратын мынадай ыормуланы алуға болады:
в∫а dх φ2(х)∫ φ1(х) f(х,у) dу = d∫с dу φ2(х)∫ φ1(х) f(х,у) dх
4. Екі еселі интегралды тік бұрышты координаталарда есептеу.
Теорема. (D={(х,у) : а≤х≤b, φ1(y)≤у≤ φ2(y)} облысы Оу өсі бағытында
дұрыс және f(х,у) € СD ) = (∫D∫ f(х,у) dх dу = в∫а dх φ2(х)∫ φ1(х) f(х,у)
dу (2)
Теорема. D={(х,у) : φ1(y)≤х≤ φ2(y) : с≤у≤d} облысы Ох осі бағытында
дұрыс және f(х,у) € СD ) = (∫D∫ f(х,у) dх dу = d∫с dу φ2(х)∫ φ1(х) f(х,у)
dх (3)
Егер D облысы Ох осі бағытында және Оу өсі бағытында да дұрыс болса,
онда (2), (3) формулалардың қалаған бірін қолдануға болады. Көбінесе бұл
жағдайды екі еселі интегралды есептеуде көп қолданады.
Ескерту. Егер (D={(х,у) : а≤х≤b, с≤у≤d} облысы тік бұрышты болса,
онда
(∫D∫ f(х,у) dх dу = в∫а dх φ2(х)∫ φ1(х) f(х,у) dу= d∫с dу φ2(х)∫ φ1(х)
f(х,у) dх.
Ескерту. Егер D облысы Ох өсц бағытында және Оу өсі бағытында да
дұрыс облыс болмаса, оны дұрыс облыстарға жіктеп, оларға сәйкес әрбір екі
еселі интегралды жеке-жеке қайталанған интегралға келтіру керек.
Екі еселі интегралды есептеу үшін мынадай амалдар орындау қажет:
1) Интегралдау облысын салу.
2) Интегралдау ретін анықтап, яғни ішкі және сыртқы интегралдардың қай
айнымалылары бойынша интегралданатынын анықтап, ол айнымалылардың
өзгеру шектерін анықтау керек.
3) Қайталанған интегралды жазып, оның шектерін орнына қою керек.
4) Қайталанған интегралды есептеу керек.
1-мысал. х+у=2, х=0 және у=х2 (х0) сызықтарымен шенелген D облысы
бойынша екі еселі ∫D∫ f(х,у) dх dу интегралды, әр түрлі ретте жазылған
қайталанған интеграл түрінде жазу керек.
Шешуі. Берілген теңдеулер бойынша интегралдау облысы D-ны тұрғызамыз
(5-сурет).
В
2
D А
0 Д
5-сурет
у=х2 және х+у=2 сызықтарының қиылысу нүктесі А-ның координаттарын табу үшін
олардың теңдеуін бірге қарастырамыз:
у=х2
= х2 = 2 – х = х2 + х – 2 = 0 = х = 1.
х+у=2
Демек, А (1,1) болады. D облысында х айнымалысының ең кіші мәні х = 0,
ад ең үлкен мәні х = 1 болғандықтан сыртқы интегралдың төменгі шегі а = 0
және жоғарғы шегі в = 1 болады, яғни 0≤х≤1.
Ішкі интегралдың у айнымалысы бойынша шектерін табу үшін (х, 0)
(0х1) нүктесі арқылы өтетін және ординаталар осіне параллель түзу
жүргіземіз. Ол түзу облысқа кіру нүктесінде ОА сызығын және шығу нүктесінде
түзудің АВ кесіндісін қияды. ОА сызығының теңдеуі у=х2 (ук = φ1(х) = х2)
интегралдаудың төменгі шегі және түзудің теңдеуі х+у=2 (уш = φ2(х) = 2-х)
жоғарғы шегі болады.
Демек, D = { (х,у), 0≤х≤1, х2≤у≤2-х} онда, (2) формула бойынша:
∫D∫ f(х,у) dх dу 1∫ 0 dх 2-х∫ х f(х,у) dу.
Енді қайталанған интегралдың интегралдау ретін өзгертейік, яғни ішкі
интегралды х бойынша, сыртқыны у бойынша жазайық.
Шығу нүктелері орналасқан ОАВ сызығының теңдеуі аралықтың бөліктерінде
әртүрлі болғандықтан, D облысы Ох өсі бағыты бойынша дұрыс облыс болмайды.
Сондықтан А(1, 1) нүктесінен Ох өсіне параллель өтетін түзу арқылы облысты
екі облысқа D1 және D2-ге жіктейміз (6-сурет).
у
2
D1
1 А
D2
х
6-сурет
D1 және D2 облыстары Ох-өсі бағыты бойынша дұрыс облыстар болып
табылады. Сондықтан бұл облыстар бойынша ішеі интегралдарды х бойынша,
сыртқыны у айнымалысы бойынша алуға болады.
Екі еселі интегралдың аддитивтік қасиеті бойынша
∫D∫ f(х,у) dх dу = ∫D1∫ f(х,у) dх dу + ∫D2∫ f(х,у) dх dу (4)
(4) тепе-теңдіктің оң жағында тұрған екі еселі интегралдардың
әрқайсысына (3) формуланы қолдануға болады.
Біріншісі үшін:
хк = ψ (у) = 0, хш = ψ2 (у) = √у с = 0 d = 1
Сонда,
∫D1∫ f(х,у) dх dу 1∫ 0 dу √у∫ 0 f(х,у) dх
Екіншісі үшін:
хк = ψ1 (у) = 0, хш = ψ2 (у) = 2-у с = 1 d = 2
Сондықтан,
∫D2∫ f(х,у) dх dу 2∫ 1dу 2-у∫ 0 f(х,у) dх.
Демек, ∫D1∫ f(х,у) dх dу = 1∫ 0 dу √у∫ 0 f(х,у) dх + 2∫ 1dу 2-у∫ 0
f(х,у) dх
2. Екі еселі интегралда айнымалыларды алмастыру. Екі еселі интегралды
полярлық координаталарда есептеу.
1 Екі еселі интегралда айнымалыны ауыстыру. Кейде екі еселі
интегралдың мәнін айнымалыларды ауыстыру жолымен табуға тура келеді.
Г қисығымен шенелген D облысы Оху жазықтығында жатсын және оның х пен
у координаталары жаңа U және V айнымалыларының функциясы болсын:
x = x (u, v)
y = y (u,v)
(5)
(5) жүйенің U мен V бойынша бір мәнді шешімі бар делік:
U = y (x, y)
V = V (x,y)
(6)
m1(u, v) нүктелер жиынын D1 – деп белгілейік.
(6) формула D облысының әрбір М (х,у) нүктесіне D1 облысының белгілі
бір М1(u, v) нүктесін сәйкестендіреді. U мен V сандары М нүктесінің қисық
сызықты координаталары деп аталады. Егер нүкте Оху жазықтығында D облысын
шенейтін тұйық Г сызығын сызатын болса, онда сәйкес нүкте Г1 сызығын сызады
(7-сурет).
У V
Г1
Г
0 х 0 U
7-сурет
Демек, (5) формула D және D1 облысына бір мәнді бейнелейді. (5)
формула координатты түрлендіру формуласы деп, ал (6) формула кері
түрлендіру формуласы деп аталады.
D1 облысында х(u, v) және у(u, v) функцияларының дербес бірінші
ретті үздіксіз туындылары болсын. Онда D1 облысында анықталған анықтауыш
∂x∂u ∂x∂v
Г (u, v) = D (x,y) D (u, v) = (7)
∂y∂u ∂y∂v
U және V айнымалыларының үздіксіз функциясы болады, (7) анықтауыш
х(u, v) функциялары D облысын D1 облысына өзара бір мәнді бейнелесе және
D1 облысында үздіксіз бірінші ретті дербес туындылары бар болып, якобин
нольден өзгеше болса, онда
∫D∫ f(х,у) dх dу = ∫D∫ f(х(u, v), y(u,v)) Γ(u, v) du dv (8)
болады.
(8) формула екі еселі интегралда айнымалыларды ауыстыру формуласы деп
аталады.
2. Екі еселі интегралды полярлық координаталр жүйесінде есептеу.
Жазықтықтьағы қисық сызықты координаттар жүйесінің ішінде жиі
қолданылатыны полярлық координаттар.
Жазықтықта полярлық (ρ, φ) координаттарынан х =ρ соs φ, у =ρ sіn φ
декарттық координаталарына өту функциясының якобинаны.
∂x∂ρ ∂x∂φ
Г (ρ, φ) = =ρ соs2
φ + у =ρ sіn2 φ = ρ 0 (7) ∂y∂ρ
∂y∂φ
болғандықтан, (8) формула былай жазылады:
∫D∫ f(х,у) dх dу = ∫D∫ f (ρ соs φ, ρ sіn φ) ρd dφ
(9)
(9) формула екі еселі интегралда полярлық координттарға өту формуласы
деп аталады.
Екі еселі интегралды полярлық координаттар жүйесінде есептеу,
декарттық координаттардағыдай, ρ және φ айнымалылары арылы қайталанған
интегралға келтіру арқылы орындалады.
Оху жазықтығындағы D облысының суретін және полярлық координаттардың
геометриялық мағынасын пайдаланып екі еселі интегралдың полярлық
координаттары бойынша шегін анықтауға болады.
Айталық D облысы 8-суреттегідей (поюс облыстан тыс жатса) φ=d мен φ=β
сәулелерімен және ρ=ρ1(φ), ρ=ρ2(φ) (ρ1(φ) ≤ ρ2(φ), φ € [λ, β] үздіксіз
функциялардың графигімен шенелген болсын. Мұнда А мен А1 және В мен В1
нүктелері беттесуі де мүмкін.
у
В1 К2
ρ=ρ1(φ) D ρ=ρ2(φ)
В К2 А1
φ А
0 х
8-сурет
Полюстен бұрышы φ (λφβ) болатын сәуле жүргіземіз. Оλ сәуле ρ=ρ1(φ)
қисығын К1 нүктесінде қияды. К1 нүктесін кіру, ал К2 – нүктесін шығу
нүктесі деп атайық.
Сонда D облысына сәйкес полярлық координаттар былай өзгереді:
D1 = {(ρ, φ) : λ≤φ≤β; ρ1(φ) ≤ ρ2(φ)}
Демек,
∫D∫ f(x,y)dxdy = β∫ λ dφ ρ(φ)∫ 0 f (ρ соs φ , у =ρ sіn φ) ρdρ
Егер D облысы 9-суреттегідей болса (полюс облыстық шекарасында жатса),
онда
D1 = {(ρ, φ) : λ≤φ≤β; 0 ρ ρ(φ)}
және
∫D∫ f(x,y)dxdy = β∫ λ dφ ρ(φ)∫ 0 f (ρ соs φ , у =ρ sіn φ) ρdρ
болады.
у
К
D ρ = ρ(φ)
β
0 х
9-сурет.
Егер D облысы 10суреттегідей болса, онда
D1 = {(ρ, φ) : 0≤φ≤2π; ρ1(φ) ≤ ρ ≤ ρ2(φ)} және
∫D∫ f(x,y)dxdy = 2π∫ 0 dφ ρ2(φ)∫ ρ1(φ) f (ρ соs φ , у =ρ sіn φ) ρdρ
болады.
у
К2
ρ=φ2(φ)
х
0. ρ
10-сурет
Егер D облысы 11-суреттегідей (полюс облыстың ішкі нүктесі болса),
онда D1 = {(ρ, φ) : 0≤φ≤2π; 0 ≤ ρ ≤ ρ(φ)};
у
К
ρ=ρ(φ)
0 х
ρ
11-сурет
∫D∫ f(x,y)dxdy = 2π∫ 0 dφ ρ(φ)∫ 0 f (ρ соs φ , у =ρ sіn φ) ρdρ
Егер D облысы ρ=ρ1 мен ρ=ρ2 (ρ1 ρ2) шеңберімен және φ = φ1(ρ), φ =
φ2(ρ) (φ1(ρ) φ2(ρ), ρ € ] ρ1, ρ2]) үздіксіз функциялардың графигімен
шенелген болса (12-сурет) онда
у
φ=φ2(ρ)
D φ=φ1(ρ)
х
0
ρ
12-сурет
D1 = {(ρ, φ) : φ1(ρ) ≤φ≤ φ2(ρ); ρ1≤ ρ ≤ ρ2};
∫D∫ f(x,y)dxdy = ρ2∫ ρ1 dφ φ2(ρ)∫ φ1(ρ) f (ρ соs φ , у =ρ sіn φ) dφ
Интеграл астындағы функция х2+у2, не arctg yx өрнектеріне тәуелді
болса және шеңбердің доғаларымен координат басынан шыққан сәулелер D
облысының шекарасының құрамына енген жағдайда екі еселі интегралда полярлық
координаттарға өткен тиімді.
3. Екі еселі интегралдың кейбір қолданулары.
1) Тік бұрышты декарттық координаталарда жазық D облыстарының ауданы.
S = ∫D∫ dxdy формуласы бойынша
есептелінеді.
1-мысал: у= х2+4, у= -х2+4, х=2 түзулерімен шенелген фигураның
ауданын есептеу керек.
Шешуі. у= х2+4 және у= -х2+4 теңдеулерді бірге қарастырып, олардың
қиылысу нүктелері координаттарын табамыз:
у у=х2+4
4 D х=2
у=-х2+4
13. х
13-сурет
у= х2+4
= х2+4 = -х2+4 = 2х2 = 0 = х=0
у= -х2+4
Демек, сызықтар А (0; 4) нүктелерінде қиылысажы екен. Берілген
қисықтарды салып D облысын анықтаймыз (13-сурет).
D облысы Ру өсі бағытында дұрыс болғандықтан:
ук = -х2+4, уш = х2+4; а=0, в=2
Сонда
S = ∫D∫ dxdy = 2∫0 dx х2+4∫-х2+4 dy = 2∫0 у х2+4│-х2+4 = 2∫0 (х2+4+х2-
4) dx =
= 2 2∫0 х2 dx = 2*х33 2│0 = 163.
2-мысал. у2=х+1, у2 =9-х берілген сызықтармен шенелген фигураның
ауданын екі еселі интегралдың жәрдемімен есептеңіз.
Шешуі. у2=х+1және у2 =9-х теңдеулерді бірге қарастырып олардың қиылысу
нүктелерінің координаттарын табамыз:
у2 = х+4
= х+1 = 9-х = 2х = 8 = х=4
у2 = 9-х
Демек, сызықтар А (4, √5), В (4, -√5) нүктелерінде қиылысады екен.
Берілген қисықтарды салып D облысын анықтаймыз (14-сурет).
у
у2=х+1
0
х
у2=9-х
14-сурет
D облысы Оу өсі бағытында дұрыс болғандықтан.
ук = √х+1, уш = √9-х; а=0, в=4
Сонда
S = ∫D∫ dxdy = 4∫0 dx √9-х∫√х+1 dy = 4∫0 у √9-х│√х+1dх = 4∫0 √9-х dx + 4∫0
√х+1 dx =
=-23 (9-х)32 4│0 + 23 (х+1)32 4│0 = -23 (5)32 + 23 * 932+
+ 23 (5)32 + 23 = 1643.
3-мысал. ху = 4, х+у -5 =0 берілген сызықтармен шенелген фигураның
ауданын екі еселі интегралдың жәрдемімен есептеңіз.
Шешуі. ху = 4 және х+у -5 =0 теңдеулері бірге қарастырып, олардың
қиылысу нүктелерінің координаталыр табамыз:
ху = 4
= х (5-х)= 4 = 5х–х2-4=0 = х2-5х+4 =0=х1=4
х2=1
х+у-5 = 0
Демек, сызықтар А(1, 4) және В (4, 1) нүктелерінде қиылысады екен.
Берілген қисықтарды салып D облысын анықтаймыз (15-сурет). D облысы Оу өсі
бағытында дұрыс болғандықтан
у
1 4 5 х
15-сурет
ук = 4х, уш = 5-х ; а=1, в=4
Сонда
S = 4∫1 dx 5-х∫4х dy = 4∫1 у 5-х│4х dx = 4∫1 (5-х-4х) dх = 5х =
=-23 (9-х)32 4│0 + 23 (х+1)32 4│0 = -23 (5)32 + 23 * 932+4│1- х22
4│1 –
- 4 ln х 4│1 = 152 - 8 ln 2.
5-мысал. Берілген сызықтармен шенелген фигураның ауданын екі еселі
интегралдың жәрдемімен есептеңіз: у = -1, у = 1 у = х+1 және у2 = х.
Шешуі. Оху жазықтығында D облысын саламыз (16-сурет).
у
1 у=1
у=х+1
1
х
у=-1 1
16-сурет
D облысы Рх өсі бағытында дұрыс болғандықтан ішкі интигралды х
бойынша ал сыртқы интегралды у айнымалысы бойынша интегралдаймыз.
Мұнда хк = у-1 хш = у2 с = -1, d = 1.
Сондықтан
S = ∫D∫ dxdy = 1∫-1 dу у2∫у-1 dх
Әуелгі у айнымалысын параметр деп, ішкі интегралды есептейміз:
у2∫у-1 dх = [х]у2у-1 = у2-у+1.
Сонан соң, сыртқы интегралды, яғни алынған функцияны у бойынша
интегралдаймыз.
S = ∫D∫ dxdy = 1∫-1 dу у2∫у-1 dх = 1∫-1 (y2-y+1) dy = [y33 – y22 +
y]1-1 =
= 23 + 2 = 83
§2. Полярлық координаталарда ауданды есептеу.
6-мысал. Полярлық координаттарға өту арқылы төменде берілген
сызықтармен шенелген фигуралардың ауданын есептеу керек:
х2+у2 =4х, у2+х2 =8х, у=х, у=√3х
Шешуі. Фигура х2+у2 =4х, у2+х2 =8х шеңберлерімен және координат
басынан өтетін у=х, у=√3х түзулерімен шенелген болғандықтан, оның ауданын
полярлық координаттарға өту арқылы есептеген тиімді. х=ρ соs φ және у = ρ
sіn φ екендігін ескерсек
х2+у2 =4х, ρ2 соs2φ + ρ2 sіn2 φ = 4 ρ соs φ = ρ = 4 соs φ,
у2+х2 =8х, ρ2 соs2φ + ρ2 sіn2 φ = 8 ρ соs φ = ρ = 8 соs φ,
у=х, ρ sіn φ = ρ соs φ = tg φ = 1 = φ = π4,
у=√3х, ρ sіn φ = √3 ρ соs φ = tg φ = √3 = φ = π3;
Берілген қисықтарды салып D облысын анықтаймыз (17-сурет). Сонда
D = {(ρ, φ) : π4 ≤ ρ ≤ π3; 4 cos φ ≤ ρ ≤ 8 cos φ}
у
ρ=8соsφ
ρ
4
ρ=4соsφ
17-сурет
болғандықтан:
S = ∫D∫ ρ d ρ d φ = π3∫ π4 dφ 8cosφ∫ 4cosφ ρ d ρ = π3∫ π4 ρ22
8cosφ│4cosφdφ =
= π3∫ π4 64 cos2φ – 16 cos2φ 2 = 24 π3∫ π4 cos2φ dφ = 12 π3∫
π4(1+cos2φ)dφ =
= 12 (φ + ½ sin2φ) π3│ π4 = π + 3 (√3-2).
7-мысал. Полярлық координаттарға өту арқылы төмендегі берілген
сызықтармен шенелген фигуралардың ауданын есептеу керек: (х2+у2)2=2а2(х2-
у2).
Шешуі: Берілген қисықпен шенелген фигураны салу үшін, оның теңдеуін
әуелі зерттейміз. Ағымдық координаттары теңдеуге жұп дәрежелерімен енетін
болғандықтан фигура координата осьтеріне және бас нүктесіне салыстырғанда
симметриялы болады.
Теңдеуде х2+у2 екі мүшеліктің болы полярлық координаттарға өтудің
тиімді екендігін көрсетеді. х=ρ соs φ, у = ρ sіn φ теңдеуге қойып,
түрлендіреміз:
ρ4 = 2а2 (ρ2 соs2 φ – ρ2 sіn2 φ), ρ4 = 2а2 соs 2φ = ρ = а √2 соs 2φ
Бұл теңдеудің φ-дің әртүрлі мәндеріне ρ-ның тек бір мәні сәйкес
келетінін көреміз. Егер соs 2φ теріс болмайтынын ескерсек, онда φ – бұрышы
0-ден π4-ге дейін ғана өзгеретінін көреміз.
ρ-ның ең үлкен мәні а√2 φ=0-ге тең болғанда, ρ=0 ең кіші мәні φ=π4-
ке тең болғанда алынады, яғни ρ гамасы а√2-ден 0-ге дейін кемиді. Бұдан
қисықтың бірінші ширекте орналасқан бөлігінің түрін анықтауға болады.
қисықтық симметриялылығын ескеріп, оның Оху жазықтығындағы түрін анықтаймыз
(18-сурет).
ρ =а√2соsφ
18-сурет
D облысы үшін ρк =0, ρш = а√2соsφ.
Ізделінген аудан D1 –ның ауданынан 4 есе көп болғандықтан:
S = 4 ∫D∫ ρ d ρ d φ = 4 π4∫0 dφ а√2соsφ∫0 ρ d ρ = 4 π4∫0 ρ22
а√2соsφ│0 dφ =
= 4a2 π4∫0 cos 2φ dφ = 4*a22 sin 2φ π4│0 = 2a2
8-мысал. (х2+у2)2 = 2а2(х2-у2), х2+у2 =а2 (х2+у2≥а2) берілген
қисықтармен шенелген фигураның ауданын табу керек.
Шешуі: Полярлық координаттар жүйесінен пайдаланып, яғни ρ, φ-ден,
шенелген облысты анықтаймыз.
ρ2 = 2а2 соs 2φ және ρ2 = а2 ρ = а √2 соs 2φ Бернулли
лемнискатасымен шенелген және ρ = а шеңбермен шенелген фигура ауданның
бөлігін табу керек (шыңберден тысқары жатқан) (19-сурет).
у
х
0
19-сурет
(а, π6) нүкте лемнискатамен шеңбердің төрт қиылысу нүктесі
ізделінді аудан D1-ның ауданынан 4 есе көп болғандықтан:
S = 4 π6∫0 dφ а√2соsφ∫0 ρ d ρ =2a2 π6∫0 (2 cos 2φ - 1) dφ =
= 2a2 (sin 2φ - φ) π60 = 3√3-π3*a2
9-мысал. (х3+у3)2 = х2+у2, х=0, у=0 (х≥0, у≥0). қисықтармен
шенелген фигураның ауданын табу керек.
Шешуі. D тұйық аймақ, біз есептейтін аудан, бірінші ширекте жатады.
Оның шекаралары координаттар остерінің бөліктерінен құралған, координаттар
басы шекараларға тиісті. Полярлық координаттар жүйесіне өткенді полярлық
бұрыш φ, 0≤φ≤π2 аралықта өзгереді. Полярлық координаттар жүйесінде
координат остерінің шекараларына кірмейтін кесінді теңдеуді ρ = 1 √ sin3φ
+ cos3φ
S = π2∫0 dφ√ sin3φ + cos3φ ∫0 ρ d ρ = ½ π2∫0 dφ sin3φ + cos3φ
I (φ) = ∫ dφ sin3φ + cos3φ анықталмаған интегралды есесптейміз. Оны
төмендегідей жазамыз:
I (φ) = 13 ∫ (sinφ + cosφ)2 + 2(1- sinφ cosφ) (sinφ + cosφ)(1- sinφ
cosφ) dφ =
= 23 ∫ d (sinφ - cosφ) 1+ (sinφ - cosφ)2 + 23 ∫ dφ sinφ + cosφ =
= 23 arctg (23arctg (sinφ - cosφ) + 23√2 ∫ dφ sin (φ + π4) =
= 23 arctg (23arctg (sinφ - ... жалғасы
Сіз бұл жұмысты біздің қосымшамыз арқылы толығымен тегін көре аласыз.
1. Екі еселі интегралдың анықтамасы. Оху жазықтығының кез-келген жабық
D облысында z=f(x,y) (z=f(m)) функция анықтамасын және үздіксіз болсын.
Мынадай амалдар орындайық.
1) Кез келген қисық торлардың жәрдемімен Dоблысын ортақ ішкі
нүктелері жоқ элементар n бөлікке D1, D2, ... , Dn бөлейік. Олардың ауданын
сәйкесінше ∆σi, ал диаметрін di (i=1, n) деп белгілейік.
λ = mах { di} – санын бөлу қадамы дейді.
1≤i≤n
2) Dі – элементар бөліктердің әрқайсысынан кейбір mі (ξі, ηі) (i=1, n)
нүктелерін (1-сурет) таңдап алып, f (ξі, ηі) * ∆σi көбейтіндісін құрайық.
z
z=f (x,y)
ηi
y
ξi
x
1-сурет.
3) Осындай көбейтінділердің қосындысын
n
Sn = ∑ f (ξi, ηi) ∆τi (1)
i=1
құрастырайық. (1) қосынды D облысында f(х,у) функциясы үшін интегралдық
қосынды деп атайды.
n
4) lim= ∑ f (ξi, ηi) ∆τi шегін табайық.
λ→0 i=1
Анықтама. Егер х→0 (1) интегралдық қосындының шегі бар болып, ол шек
D облысын элементар Dі бөліктеріне жіктеу тәсіліне де, олардың әрбіреуінде
mі нүктесін қалай алу тәсіліне де тәуелді болмаса, шектік мән f(х,у)
функциясының D облысы бойынша екі еселі интегралы деп аталады да, былай
белгіленеді:
∫D∫ f (x,y) dτ, немесе ∫D∫ f (x,y) dхdу.
Демек, lim= ∑ f (ξi, ηi) ∆τi , ∆τі = ∫D∫ f (x,y) dτ
λ→0 i=1
2. Екі еселі интегралдың геометриялық мағынасы.
Анықтама. Табаны Оху жазықтығындағы D фигурасы болатын цилидрлік
дене деп, төменнен сол табан, жоғарыдан кейбір z=f(x,y) (f(x,y) ≥0) беті
және бүйірден цилидрлік бетпен шенелген денесін айтады (1-сурет). Жабық D
облысындағы теріс емес үздіксіз f(x,y) функциясының екі еселі интегралы
цилидрлік дененің көлеміне тең.
3. Дұрыс облыс және қайталамалы интеграл ұғымы. D облысы х=а мен х=в
(ав) түзулерімен және у=φ1(х) мен у=φ2(х) (Vx6(a,b)) : φ1(x) φ1(x)
үздіксіз функцияларының графиктерімен шенелген болса, оны Оу өсі бағытында
дұрыс облыс (2-сурет) деп атайды.
у К2 φ2(х)
В1
А1
D
А К1 φ1(х)
В
х
х
2-сурет
Дербес жағдайда, А мен А1 және В мен В1 нүктелері беттесуі мүмкін. Бұл
анықтаманың геометриялық мағынасы.
Кез келген Оу осіне параллель және [а,в] кесіндінің ішкі нүктелері
арқылы өтетін түзу D облысының шекарасымен екі К1 және К2 нүктелерінде
қиылысатынын көрсетеді К1 нүктесі кіру, ал К2 нүктесі шығу нүктесі
делінеді. Кіру нүктесінің ординатасы ук = φ1(х), ал шығу нүктесінің уш=
φ2(х) болады. D облысында х айнымалысы а-дан в-ге дейін өзгереді, ал х €
[а,в] кесіндісіндегі кез келген тағайындалған бір мәні үшін у айнымалысы D
облысының төменгі шекарасы у = φ1(х)-ден жоғары шекарасы у = φ2(х)-ға дейін
өзгереді (яғни К1К2 кесіндісі бойымен):
D={(x,y), a≤x≤в; φ1(х)≤y≤φ2(х)}.
Дәл осы сияқты Ох өсі бағытында дұрыс облыста (3-сурет) анықталады.
D = { (x,y), a≤x≤в, φ1(х)≤y φ2(х)} облысында анықталсын.
у
d B В1
x=φ1(y) К1 К2
x=φ2(y)
с
А А1
X
3-сурет
у
у=φ1(х) К2
d
N1 N2 х=ψ2(у)
х=ψ1(у)
с
К1
у=φ2(х)
а
b х
D={(х,у), φ1(y)≤х≤ φ2(y), с≤у≤d}
Ох осі бағытымен және Оу өсі бағытымен де дұрыс олбысты дұрыс облыс
(4) деп атайды.
Айталық f(х,у) функциясы D={(х,у), а≤х≤b, φ1(y)≤х≤φ2(y)} облысында
анықталсын.
Анықтама. в∫а (φ2(х)∫ φ1(х) f(х,у) dу)dх, не в∫а dх φ2(х)∫ φ1(х)
f(х,у) dу көрнекті f(х,у) функциясынан D облысы бойынша қайталанған
интегралы деп атайды.
Бұл өрнекте, ең алдымен, жақша ішінде тұрған интеграл (ішкі интеграл)
есептелінеді. Мұнда у интегралдау айнымалысы болады да, ал х – тұрақты деп
есептелінеді. Тағайындалған х-тің кез-келген мәні үшін интегралдаудың
төменгі шегі кіру нүктесінің ук = φ1(х) ординатасы, ал жоғары шегі шығу
нүктесінің уш = φ2(х) ординатасы болады. интегралдау нәтижесінде тек х-тің
функциясын аламыз.
Ғ (х) = φ2(х)∫ φ1(х) f(х,у) dу
Енді алынған функцияны х айнымалысы бойынша а-ден в-ға дейін
интегралдаймыз (сыртқы интеграл) в∫а Ғ(х)dх. Сыртқы интегралдың шектері
барлық уақытта тұрақты болады, ол шектер х айнымалысының өзгеру шекарасын
көрсетеді. Интегралдау нәтижесінде белгілі бір тұрақты сан алынады.
Теорема. (D={(х,у), а≤х≤b, φ1(y)≤у≤ φ2(y)} облысы Оу өсі бағытында
дұрыс болса, f(х,у) € СD ) = (Ғ (х) φ2(х)∫ φ1(х) f(х,у) dу үздіксіз
функция болады және қайталанған интеграл в∫а dх φ2(х)∫ φ1(х) f(х,у) dу бар
болады).
Егер f(х,у) функциясы D={(х,у) : φ1(y)≤х≤ φ2(y)) : с≤у≤d облысында
анықталынса, онда дәл осы сияқты алдымен х айнымалысы бойынша, содан соң у
бойынша f(х,у) функциясынан D облысы бойынша қайталанған интеграл
d∫с dу φ2(х)∫ φ1(х) f(х,у) dх
анықталады. Егер D облысы дұрыс облыс (4) болса, онда интегралдау ретін
ауыстыратын мынадай ыормуланы алуға болады:
в∫а dх φ2(х)∫ φ1(х) f(х,у) dу = d∫с dу φ2(х)∫ φ1(х) f(х,у) dх
4. Екі еселі интегралды тік бұрышты координаталарда есептеу.
Теорема. (D={(х,у) : а≤х≤b, φ1(y)≤у≤ φ2(y)} облысы Оу өсі бағытында
дұрыс және f(х,у) € СD ) = (∫D∫ f(х,у) dх dу = в∫а dх φ2(х)∫ φ1(х) f(х,у)
dу (2)
Теорема. D={(х,у) : φ1(y)≤х≤ φ2(y) : с≤у≤d} облысы Ох осі бағытында
дұрыс және f(х,у) € СD ) = (∫D∫ f(х,у) dх dу = d∫с dу φ2(х)∫ φ1(х) f(х,у)
dх (3)
Егер D облысы Ох осі бағытында және Оу өсі бағытында да дұрыс болса,
онда (2), (3) формулалардың қалаған бірін қолдануға болады. Көбінесе бұл
жағдайды екі еселі интегралды есептеуде көп қолданады.
Ескерту. Егер (D={(х,у) : а≤х≤b, с≤у≤d} облысы тік бұрышты болса,
онда
(∫D∫ f(х,у) dх dу = в∫а dх φ2(х)∫ φ1(х) f(х,у) dу= d∫с dу φ2(х)∫ φ1(х)
f(х,у) dх.
Ескерту. Егер D облысы Ох өсц бағытында және Оу өсі бағытында да
дұрыс облыс болмаса, оны дұрыс облыстарға жіктеп, оларға сәйкес әрбір екі
еселі интегралды жеке-жеке қайталанған интегралға келтіру керек.
Екі еселі интегралды есептеу үшін мынадай амалдар орындау қажет:
1) Интегралдау облысын салу.
2) Интегралдау ретін анықтап, яғни ішкі және сыртқы интегралдардың қай
айнымалылары бойынша интегралданатынын анықтап, ол айнымалылардың
өзгеру шектерін анықтау керек.
3) Қайталанған интегралды жазып, оның шектерін орнына қою керек.
4) Қайталанған интегралды есептеу керек.
1-мысал. х+у=2, х=0 және у=х2 (х0) сызықтарымен шенелген D облысы
бойынша екі еселі ∫D∫ f(х,у) dх dу интегралды, әр түрлі ретте жазылған
қайталанған интеграл түрінде жазу керек.
Шешуі. Берілген теңдеулер бойынша интегралдау облысы D-ны тұрғызамыз
(5-сурет).
В
2
D А
0 Д
5-сурет
у=х2 және х+у=2 сызықтарының қиылысу нүктесі А-ның координаттарын табу үшін
олардың теңдеуін бірге қарастырамыз:
у=х2
= х2 = 2 – х = х2 + х – 2 = 0 = х = 1.
х+у=2
Демек, А (1,1) болады. D облысында х айнымалысының ең кіші мәні х = 0,
ад ең үлкен мәні х = 1 болғандықтан сыртқы интегралдың төменгі шегі а = 0
және жоғарғы шегі в = 1 болады, яғни 0≤х≤1.
Ішкі интегралдың у айнымалысы бойынша шектерін табу үшін (х, 0)
(0х1) нүктесі арқылы өтетін және ординаталар осіне параллель түзу
жүргіземіз. Ол түзу облысқа кіру нүктесінде ОА сызығын және шығу нүктесінде
түзудің АВ кесіндісін қияды. ОА сызығының теңдеуі у=х2 (ук = φ1(х) = х2)
интегралдаудың төменгі шегі және түзудің теңдеуі х+у=2 (уш = φ2(х) = 2-х)
жоғарғы шегі болады.
Демек, D = { (х,у), 0≤х≤1, х2≤у≤2-х} онда, (2) формула бойынша:
∫D∫ f(х,у) dх dу 1∫ 0 dх 2-х∫ х f(х,у) dу.
Енді қайталанған интегралдың интегралдау ретін өзгертейік, яғни ішкі
интегралды х бойынша, сыртқыны у бойынша жазайық.
Шығу нүктелері орналасқан ОАВ сызығының теңдеуі аралықтың бөліктерінде
әртүрлі болғандықтан, D облысы Ох өсі бағыты бойынша дұрыс облыс болмайды.
Сондықтан А(1, 1) нүктесінен Ох өсіне параллель өтетін түзу арқылы облысты
екі облысқа D1 және D2-ге жіктейміз (6-сурет).
у
2
D1
1 А
D2
х
6-сурет
D1 және D2 облыстары Ох-өсі бағыты бойынша дұрыс облыстар болып
табылады. Сондықтан бұл облыстар бойынша ішеі интегралдарды х бойынша,
сыртқыны у айнымалысы бойынша алуға болады.
Екі еселі интегралдың аддитивтік қасиеті бойынша
∫D∫ f(х,у) dх dу = ∫D1∫ f(х,у) dх dу + ∫D2∫ f(х,у) dх dу (4)
(4) тепе-теңдіктің оң жағында тұрған екі еселі интегралдардың
әрқайсысына (3) формуланы қолдануға болады.
Біріншісі үшін:
хк = ψ (у) = 0, хш = ψ2 (у) = √у с = 0 d = 1
Сонда,
∫D1∫ f(х,у) dх dу 1∫ 0 dу √у∫ 0 f(х,у) dх
Екіншісі үшін:
хк = ψ1 (у) = 0, хш = ψ2 (у) = 2-у с = 1 d = 2
Сондықтан,
∫D2∫ f(х,у) dх dу 2∫ 1dу 2-у∫ 0 f(х,у) dх.
Демек, ∫D1∫ f(х,у) dх dу = 1∫ 0 dу √у∫ 0 f(х,у) dх + 2∫ 1dу 2-у∫ 0
f(х,у) dх
2. Екі еселі интегралда айнымалыларды алмастыру. Екі еселі интегралды
полярлық координаталарда есептеу.
1 Екі еселі интегралда айнымалыны ауыстыру. Кейде екі еселі
интегралдың мәнін айнымалыларды ауыстыру жолымен табуға тура келеді.
Г қисығымен шенелген D облысы Оху жазықтығында жатсын және оның х пен
у координаталары жаңа U және V айнымалыларының функциясы болсын:
x = x (u, v)
y = y (u,v)
(5)
(5) жүйенің U мен V бойынша бір мәнді шешімі бар делік:
U = y (x, y)
V = V (x,y)
(6)
m1(u, v) нүктелер жиынын D1 – деп белгілейік.
(6) формула D облысының әрбір М (х,у) нүктесіне D1 облысының белгілі
бір М1(u, v) нүктесін сәйкестендіреді. U мен V сандары М нүктесінің қисық
сызықты координаталары деп аталады. Егер нүкте Оху жазықтығында D облысын
шенейтін тұйық Г сызығын сызатын болса, онда сәйкес нүкте Г1 сызығын сызады
(7-сурет).
У V
Г1
Г
0 х 0 U
7-сурет
Демек, (5) формула D және D1 облысына бір мәнді бейнелейді. (5)
формула координатты түрлендіру формуласы деп, ал (6) формула кері
түрлендіру формуласы деп аталады.
D1 облысында х(u, v) және у(u, v) функцияларының дербес бірінші
ретті үздіксіз туындылары болсын. Онда D1 облысында анықталған анықтауыш
∂x∂u ∂x∂v
Г (u, v) = D (x,y) D (u, v) = (7)
∂y∂u ∂y∂v
U және V айнымалыларының үздіксіз функциясы болады, (7) анықтауыш
х(u, v) функциялары D облысын D1 облысына өзара бір мәнді бейнелесе және
D1 облысында үздіксіз бірінші ретті дербес туындылары бар болып, якобин
нольден өзгеше болса, онда
∫D∫ f(х,у) dх dу = ∫D∫ f(х(u, v), y(u,v)) Γ(u, v) du dv (8)
болады.
(8) формула екі еселі интегралда айнымалыларды ауыстыру формуласы деп
аталады.
2. Екі еселі интегралды полярлық координаталр жүйесінде есептеу.
Жазықтықтьағы қисық сызықты координаттар жүйесінің ішінде жиі
қолданылатыны полярлық координаттар.
Жазықтықта полярлық (ρ, φ) координаттарынан х =ρ соs φ, у =ρ sіn φ
декарттық координаталарына өту функциясының якобинаны.
∂x∂ρ ∂x∂φ
Г (ρ, φ) = =ρ соs2
φ + у =ρ sіn2 φ = ρ 0 (7) ∂y∂ρ
∂y∂φ
болғандықтан, (8) формула былай жазылады:
∫D∫ f(х,у) dх dу = ∫D∫ f (ρ соs φ, ρ sіn φ) ρd dφ
(9)
(9) формула екі еселі интегралда полярлық координттарға өту формуласы
деп аталады.
Екі еселі интегралды полярлық координаттар жүйесінде есептеу,
декарттық координаттардағыдай, ρ және φ айнымалылары арылы қайталанған
интегралға келтіру арқылы орындалады.
Оху жазықтығындағы D облысының суретін және полярлық координаттардың
геометриялық мағынасын пайдаланып екі еселі интегралдың полярлық
координаттары бойынша шегін анықтауға болады.
Айталық D облысы 8-суреттегідей (поюс облыстан тыс жатса) φ=d мен φ=β
сәулелерімен және ρ=ρ1(φ), ρ=ρ2(φ) (ρ1(φ) ≤ ρ2(φ), φ € [λ, β] үздіксіз
функциялардың графигімен шенелген болсын. Мұнда А мен А1 және В мен В1
нүктелері беттесуі де мүмкін.
у
В1 К2
ρ=ρ1(φ) D ρ=ρ2(φ)
В К2 А1
φ А
0 х
8-сурет
Полюстен бұрышы φ (λφβ) болатын сәуле жүргіземіз. Оλ сәуле ρ=ρ1(φ)
қисығын К1 нүктесінде қияды. К1 нүктесін кіру, ал К2 – нүктесін шығу
нүктесі деп атайық.
Сонда D облысына сәйкес полярлық координаттар былай өзгереді:
D1 = {(ρ, φ) : λ≤φ≤β; ρ1(φ) ≤ ρ2(φ)}
Демек,
∫D∫ f(x,y)dxdy = β∫ λ dφ ρ(φ)∫ 0 f (ρ соs φ , у =ρ sіn φ) ρdρ
Егер D облысы 9-суреттегідей болса (полюс облыстық шекарасында жатса),
онда
D1 = {(ρ, φ) : λ≤φ≤β; 0 ρ ρ(φ)}
және
∫D∫ f(x,y)dxdy = β∫ λ dφ ρ(φ)∫ 0 f (ρ соs φ , у =ρ sіn φ) ρdρ
болады.
у
К
D ρ = ρ(φ)
β
0 х
9-сурет.
Егер D облысы 10суреттегідей болса, онда
D1 = {(ρ, φ) : 0≤φ≤2π; ρ1(φ) ≤ ρ ≤ ρ2(φ)} және
∫D∫ f(x,y)dxdy = 2π∫ 0 dφ ρ2(φ)∫ ρ1(φ) f (ρ соs φ , у =ρ sіn φ) ρdρ
болады.
у
К2
ρ=φ2(φ)
х
0. ρ
10-сурет
Егер D облысы 11-суреттегідей (полюс облыстың ішкі нүктесі болса),
онда D1 = {(ρ, φ) : 0≤φ≤2π; 0 ≤ ρ ≤ ρ(φ)};
у
К
ρ=ρ(φ)
0 х
ρ
11-сурет
∫D∫ f(x,y)dxdy = 2π∫ 0 dφ ρ(φ)∫ 0 f (ρ соs φ , у =ρ sіn φ) ρdρ
Егер D облысы ρ=ρ1 мен ρ=ρ2 (ρ1 ρ2) шеңберімен және φ = φ1(ρ), φ =
φ2(ρ) (φ1(ρ) φ2(ρ), ρ € ] ρ1, ρ2]) үздіксіз функциялардың графигімен
шенелген болса (12-сурет) онда
у
φ=φ2(ρ)
D φ=φ1(ρ)
х
0
ρ
12-сурет
D1 = {(ρ, φ) : φ1(ρ) ≤φ≤ φ2(ρ); ρ1≤ ρ ≤ ρ2};
∫D∫ f(x,y)dxdy = ρ2∫ ρ1 dφ φ2(ρ)∫ φ1(ρ) f (ρ соs φ , у =ρ sіn φ) dφ
Интеграл астындағы функция х2+у2, не arctg yx өрнектеріне тәуелді
болса және шеңбердің доғаларымен координат басынан шыққан сәулелер D
облысының шекарасының құрамына енген жағдайда екі еселі интегралда полярлық
координаттарға өткен тиімді.
3. Екі еселі интегралдың кейбір қолданулары.
1) Тік бұрышты декарттық координаталарда жазық D облыстарының ауданы.
S = ∫D∫ dxdy формуласы бойынша
есептелінеді.
1-мысал: у= х2+4, у= -х2+4, х=2 түзулерімен шенелген фигураның
ауданын есептеу керек.
Шешуі. у= х2+4 және у= -х2+4 теңдеулерді бірге қарастырып, олардың
қиылысу нүктелері координаттарын табамыз:
у у=х2+4
4 D х=2
у=-х2+4
13. х
13-сурет
у= х2+4
= х2+4 = -х2+4 = 2х2 = 0 = х=0
у= -х2+4
Демек, сызықтар А (0; 4) нүктелерінде қиылысажы екен. Берілген
қисықтарды салып D облысын анықтаймыз (13-сурет).
D облысы Ру өсі бағытында дұрыс болғандықтан:
ук = -х2+4, уш = х2+4; а=0, в=2
Сонда
S = ∫D∫ dxdy = 2∫0 dx х2+4∫-х2+4 dy = 2∫0 у х2+4│-х2+4 = 2∫0 (х2+4+х2-
4) dx =
= 2 2∫0 х2 dx = 2*х33 2│0 = 163.
2-мысал. у2=х+1, у2 =9-х берілген сызықтармен шенелген фигураның
ауданын екі еселі интегралдың жәрдемімен есептеңіз.
Шешуі. у2=х+1және у2 =9-х теңдеулерді бірге қарастырып олардың қиылысу
нүктелерінің координаттарын табамыз:
у2 = х+4
= х+1 = 9-х = 2х = 8 = х=4
у2 = 9-х
Демек, сызықтар А (4, √5), В (4, -√5) нүктелерінде қиылысады екен.
Берілген қисықтарды салып D облысын анықтаймыз (14-сурет).
у
у2=х+1
0
х
у2=9-х
14-сурет
D облысы Оу өсі бағытында дұрыс болғандықтан.
ук = √х+1, уш = √9-х; а=0, в=4
Сонда
S = ∫D∫ dxdy = 4∫0 dx √9-х∫√х+1 dy = 4∫0 у √9-х│√х+1dх = 4∫0 √9-х dx + 4∫0
√х+1 dx =
=-23 (9-х)32 4│0 + 23 (х+1)32 4│0 = -23 (5)32 + 23 * 932+
+ 23 (5)32 + 23 = 1643.
3-мысал. ху = 4, х+у -5 =0 берілген сызықтармен шенелген фигураның
ауданын екі еселі интегралдың жәрдемімен есептеңіз.
Шешуі. ху = 4 және х+у -5 =0 теңдеулері бірге қарастырып, олардың
қиылысу нүктелерінің координаталыр табамыз:
ху = 4
= х (5-х)= 4 = 5х–х2-4=0 = х2-5х+4 =0=х1=4
х2=1
х+у-5 = 0
Демек, сызықтар А(1, 4) және В (4, 1) нүктелерінде қиылысады екен.
Берілген қисықтарды салып D облысын анықтаймыз (15-сурет). D облысы Оу өсі
бағытында дұрыс болғандықтан
у
1 4 5 х
15-сурет
ук = 4х, уш = 5-х ; а=1, в=4
Сонда
S = 4∫1 dx 5-х∫4х dy = 4∫1 у 5-х│4х dx = 4∫1 (5-х-4х) dх = 5х =
=-23 (9-х)32 4│0 + 23 (х+1)32 4│0 = -23 (5)32 + 23 * 932+4│1- х22
4│1 –
- 4 ln х 4│1 = 152 - 8 ln 2.
5-мысал. Берілген сызықтармен шенелген фигураның ауданын екі еселі
интегралдың жәрдемімен есептеңіз: у = -1, у = 1 у = х+1 және у2 = х.
Шешуі. Оху жазықтығында D облысын саламыз (16-сурет).
у
1 у=1
у=х+1
1
х
у=-1 1
16-сурет
D облысы Рх өсі бағытында дұрыс болғандықтан ішкі интигралды х
бойынша ал сыртқы интегралды у айнымалысы бойынша интегралдаймыз.
Мұнда хк = у-1 хш = у2 с = -1, d = 1.
Сондықтан
S = ∫D∫ dxdy = 1∫-1 dу у2∫у-1 dх
Әуелгі у айнымалысын параметр деп, ішкі интегралды есептейміз:
у2∫у-1 dх = [х]у2у-1 = у2-у+1.
Сонан соң, сыртқы интегралды, яғни алынған функцияны у бойынша
интегралдаймыз.
S = ∫D∫ dxdy = 1∫-1 dу у2∫у-1 dх = 1∫-1 (y2-y+1) dy = [y33 – y22 +
y]1-1 =
= 23 + 2 = 83
§2. Полярлық координаталарда ауданды есептеу.
6-мысал. Полярлық координаттарға өту арқылы төменде берілген
сызықтармен шенелген фигуралардың ауданын есептеу керек:
х2+у2 =4х, у2+х2 =8х, у=х, у=√3х
Шешуі. Фигура х2+у2 =4х, у2+х2 =8х шеңберлерімен және координат
басынан өтетін у=х, у=√3х түзулерімен шенелген болғандықтан, оның ауданын
полярлық координаттарға өту арқылы есептеген тиімді. х=ρ соs φ және у = ρ
sіn φ екендігін ескерсек
х2+у2 =4х, ρ2 соs2φ + ρ2 sіn2 φ = 4 ρ соs φ = ρ = 4 соs φ,
у2+х2 =8х, ρ2 соs2φ + ρ2 sіn2 φ = 8 ρ соs φ = ρ = 8 соs φ,
у=х, ρ sіn φ = ρ соs φ = tg φ = 1 = φ = π4,
у=√3х, ρ sіn φ = √3 ρ соs φ = tg φ = √3 = φ = π3;
Берілген қисықтарды салып D облысын анықтаймыз (17-сурет). Сонда
D = {(ρ, φ) : π4 ≤ ρ ≤ π3; 4 cos φ ≤ ρ ≤ 8 cos φ}
у
ρ=8соsφ
ρ
4
ρ=4соsφ
17-сурет
болғандықтан:
S = ∫D∫ ρ d ρ d φ = π3∫ π4 dφ 8cosφ∫ 4cosφ ρ d ρ = π3∫ π4 ρ22
8cosφ│4cosφdφ =
= π3∫ π4 64 cos2φ – 16 cos2φ 2 = 24 π3∫ π4 cos2φ dφ = 12 π3∫
π4(1+cos2φ)dφ =
= 12 (φ + ½ sin2φ) π3│ π4 = π + 3 (√3-2).
7-мысал. Полярлық координаттарға өту арқылы төмендегі берілген
сызықтармен шенелген фигуралардың ауданын есептеу керек: (х2+у2)2=2а2(х2-
у2).
Шешуі: Берілген қисықпен шенелген фигураны салу үшін, оның теңдеуін
әуелі зерттейміз. Ағымдық координаттары теңдеуге жұп дәрежелерімен енетін
болғандықтан фигура координата осьтеріне және бас нүктесіне салыстырғанда
симметриялы болады.
Теңдеуде х2+у2 екі мүшеліктің болы полярлық координаттарға өтудің
тиімді екендігін көрсетеді. х=ρ соs φ, у = ρ sіn φ теңдеуге қойып,
түрлендіреміз:
ρ4 = 2а2 (ρ2 соs2 φ – ρ2 sіn2 φ), ρ4 = 2а2 соs 2φ = ρ = а √2 соs 2φ
Бұл теңдеудің φ-дің әртүрлі мәндеріне ρ-ның тек бір мәні сәйкес
келетінін көреміз. Егер соs 2φ теріс болмайтынын ескерсек, онда φ – бұрышы
0-ден π4-ге дейін ғана өзгеретінін көреміз.
ρ-ның ең үлкен мәні а√2 φ=0-ге тең болғанда, ρ=0 ең кіші мәні φ=π4-
ке тең болғанда алынады, яғни ρ гамасы а√2-ден 0-ге дейін кемиді. Бұдан
қисықтың бірінші ширекте орналасқан бөлігінің түрін анықтауға болады.
қисықтық симметриялылығын ескеріп, оның Оху жазықтығындағы түрін анықтаймыз
(18-сурет).
ρ =а√2соsφ
18-сурет
D облысы үшін ρк =0, ρш = а√2соsφ.
Ізделінген аудан D1 –ның ауданынан 4 есе көп болғандықтан:
S = 4 ∫D∫ ρ d ρ d φ = 4 π4∫0 dφ а√2соsφ∫0 ρ d ρ = 4 π4∫0 ρ22
а√2соsφ│0 dφ =
= 4a2 π4∫0 cos 2φ dφ = 4*a22 sin 2φ π4│0 = 2a2
8-мысал. (х2+у2)2 = 2а2(х2-у2), х2+у2 =а2 (х2+у2≥а2) берілген
қисықтармен шенелген фигураның ауданын табу керек.
Шешуі: Полярлық координаттар жүйесінен пайдаланып, яғни ρ, φ-ден,
шенелген облысты анықтаймыз.
ρ2 = 2а2 соs 2φ және ρ2 = а2 ρ = а √2 соs 2φ Бернулли
лемнискатасымен шенелген және ρ = а шеңбермен шенелген фигура ауданның
бөлігін табу керек (шыңберден тысқары жатқан) (19-сурет).
у
х
0
19-сурет
(а, π6) нүкте лемнискатамен шеңбердің төрт қиылысу нүктесі
ізделінді аудан D1-ның ауданынан 4 есе көп болғандықтан:
S = 4 π6∫0 dφ а√2соsφ∫0 ρ d ρ =2a2 π6∫0 (2 cos 2φ - 1) dφ =
= 2a2 (sin 2φ - φ) π60 = 3√3-π3*a2
9-мысал. (х3+у3)2 = х2+у2, х=0, у=0 (х≥0, у≥0). қисықтармен
шенелген фигураның ауданын табу керек.
Шешуі. D тұйық аймақ, біз есептейтін аудан, бірінші ширекте жатады.
Оның шекаралары координаттар остерінің бөліктерінен құралған, координаттар
басы шекараларға тиісті. Полярлық координаттар жүйесіне өткенді полярлық
бұрыш φ, 0≤φ≤π2 аралықта өзгереді. Полярлық координаттар жүйесінде
координат остерінің шекараларына кірмейтін кесінді теңдеуді ρ = 1 √ sin3φ
+ cos3φ
S = π2∫0 dφ√ sin3φ + cos3φ ∫0 ρ d ρ = ½ π2∫0 dφ sin3φ + cos3φ
I (φ) = ∫ dφ sin3φ + cos3φ анықталмаған интегралды есесптейміз. Оны
төмендегідей жазамыз:
I (φ) = 13 ∫ (sinφ + cosφ)2 + 2(1- sinφ cosφ) (sinφ + cosφ)(1- sinφ
cosφ) dφ =
= 23 ∫ d (sinφ - cosφ) 1+ (sinφ - cosφ)2 + 23 ∫ dφ sinφ + cosφ =
= 23 arctg (23arctg (sinφ - cosφ) + 23√2 ∫ dφ sin (φ + π4) =
= 23 arctg (23arctg (sinφ - ... жалғасы
Сіз бұл жұмысты біздің қосымшамыз арқылы толығымен тегін көре аласыз.
Ұқсас жұмыстар
Пәндер
- Іс жүргізу
- Автоматтандыру, Техника
- Алғашқы әскери дайындық
- Астрономия
- Ауыл шаруашылығы
- Банк ісі
- Бизнесті бағалау
- Биология
- Бухгалтерлік іс
- Валеология
- Ветеринария
- География
- Геология, Геофизика, Геодезия
- Дін
- Ет, сүт, шарап өнімдері
- Жалпы тарих
- Жер кадастрі, Жылжымайтын мүлік
- Журналистика
- Информатика
- Кеден ісі
- Маркетинг
- Математика, Геометрия
- Медицина
- Мемлекеттік басқару
- Менеджмент
- Мұнай, Газ
- Мұрағат ісі
- Мәдениеттану
- ОБЖ (Основы безопасности жизнедеятельности)
- Педагогика
- Полиграфия
- Психология
- Салық
- Саясаттану
- Сақтандыру
- Сертификаттау, стандарттау
- Социология, Демография
- Спорт
- Статистика
- Тілтану, Филология
- Тарихи тұлғалар
- Тау-кен ісі
- Транспорт
- Туризм
- Физика
- Философия
- Халықаралық қатынастар
- Химия
- Экология, Қоршаған ортаны қорғау
- Экономика
- Экономикалық география
- Электротехника
- Қазақстан тарихы
- Қаржы
- Құрылыс
- Құқық, Криминалистика
- Әдебиет
- Өнер, музыка
- Өнеркәсіп, Өндіріс
Қазақ тілінде жазылған рефераттар, курстық жұмыстар, дипломдық жұмыстар бойынша біздің қор #1 болып табылады.
Ақпарат
Қосымша
Email: info@stud.kz