84 lines
5.6 KiB
Markdown
84 lines
5.6 KiB
Markdown
## Геометрические приложения двойных и тройных интегралов: вычисление площади плоской фигуры, вычисление объемов тел, вычисление площади поверхности.
|
||
|
||
### Вычисление площади плоской фигуры
|
||
|
||
Площадь плоской фигуры $D$ на плоскости $xy$ можно вычислить с помощью двойного интеграла. Если функция $f(x, y) = 1$, то площадь фигуры $D$ определяется как:
|
||
|
||
$$A=\iint_{D}dA=\iint_{D}dx\,dy.$$
|
||
|
||
#### Пример
|
||
|
||
Рассмотрим пример вычисления площади круга радиуса $R$, центрированного в начале координат. В полярных координатах $(r, \theta)$ область $D$ описывается как $0 \leq r \leq R$ и $0 \leq \theta \leq 2\pi$. Тогда площадь круга можно вычислить как:
|
||
|
||
$$A=\iint_{D}dA=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{R}r\,dr\,d\theta.$$
|
||
|
||
Вычислим внутренний интеграл:
|
||
|
||
$$\int_{0}^{R}r\,dr=\left[\frac{r^2}{2}\right]_{0}^{R}=\frac{R^2}{2}.$$
|
||
|
||
Теперь вычислим внешний интеграл:
|
||
|
||
$$\int_{0}^{2\pi}\frac{R^2}{2}\,d\theta=\frac{R^2}{2}\cdot2\pi=\pi R^2.$$
|
||
|
||
Таким образом, площадь круга равна $\pi R^2$.
|
||
|
||
### Вычисление объемов тел
|
||
|
||
Объем тела $V$, ограниченного поверхностью $z = f(x, y)$ и проекцией этой поверхности на плоскость $xy$, можно вычислить с помощью тройного интеграла. Если $D$ — область на плоскости $xy$, то объем тела определяется как:
|
||
|
||
$$V=\iiint_{V}dV=\iint_{D}f(x,y)\,dA.$$
|
||
|
||
#### Пример
|
||
|
||
Рассмотрим пример вычисления объема тела, ограниченного поверхностью $z = x^2 + y^2$ и проекцией этой поверхности на плоскость $xy$ в пределах круга радиуса $R$, центрированного в начале координат. В полярных координатах $(r, \theta)$ область $D$ описывается как $0 \leq r \leq R$ и $0 \leq \theta \leq 2\pi$. Тогда объем тела можно вычислить как:
|
||
|
||
$$V=\iint_{D}(x^2+y^2)\,dA=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{R}r^2r\,dr\,d\theta.$$
|
||
|
||
Вычислим внутренний интеграл:
|
||
|
||
$$\int_{0}^{R}r^3\,dr=\left[\frac{r^4}{4}\right]_{0}^{R}=\frac{R^4}{4}.$$
|
||
|
||
Теперь вычислим внешний интеграл:
|
||
|
||
$$\int_{0}^{2\pi}\frac{R^4}{4}\,d\theta=\frac{R^4}{4}\cdot2\pi=\frac{\pi R^4}{2}.$$
|
||
|
||
Таким образом, объем тела равен $\frac{\pi R^4}{2}$.
|
||
|
||
### Вычисление площади поверхности
|
||
|
||
Площадь поверхности $S$, заданной уравнением $z = f(x, y)$ над областью $D$ на плоскости $xy$, можно вычислить с помощью двойного интеграла. Площадь элементарной области поверхности выражается через коэффициенты частных производных функции $f(x, y)$:
|
||
|
||
$$dS=\sqrt{1+\left(\frac{\partial f}{\partial x}\right)^2+\left(\frac{\partial f}{\partial y}\right)^2}\,dA.$$
|
||
|
||
Таким образом, площадь поверхности определяется как:
|
||
|
||
$$S=\iint_{D}\sqrt{1+\left(\frac{\partial f}{\partial x}\right)^2+\left(\frac{\partial f}{\partial y}\right)^2}\,dA.$$
|
||
|
||
#### Пример
|
||
|
||
Рассмотрим пример вычисления площади поверхности, заданной уравнением $z = x^2 + y^2$ над кругом радиуса $R$, центрированного в начале координат. В полярных координатах $(r, \theta)$ область $D$ описывается как $0 \leq r \leq R$ и $0 \leq \theta \leq 2\pi$. Тогда площадь поверхности можно вычислить как:
|
||
|
||
$$S=\iint_{D}\sqrt{1+\left(\frac{\partial(x^2+y^2)}{\partial x}\right)^2+\left(\frac{\partial(x^2+y^2)}{\partial y}\right)^2}\,dA.$$
|
||
|
||
Вычислим частные производные:
|
||
|
||
$$\frac{\partial(x^2+y^2)}{\partial x}=2x,$$
|
||
$$\frac{\partial(x^2+y^2)}{\partial y}=2y.$$
|
||
|
||
Теперь подставим их в формулу для площади поверхности:
|
||
|
||
$$S=\iint_{D}\sqrt{1+4x^2+4y^2}\,dA=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{R}\sqrt{1+4r^2}r\,dr\,d\theta.$$
|
||
|
||
Вычислим внутренний интеграл:
|
||
|
||
$$\int_{0}^{R}\sqrt{1+4r^2}r\,dr.$$
|
||
|
||
Для вычисления этого интеграла используем замену переменных $u = 1 + 4r^2$, тогда $du = 8r\,dr$ и $r = 0$ соответствует $u = 1$, а $r = R$ соответствует $u = 1 + 4R^2$. Тогда интеграл принимает вид:
|
||
|
||
$$\int_{1}^{1+4R^2}\frac{1}{8}\sqrt{u}\,du=\frac{1}{8}\left[\frac{2u^{3/2}}{3}\right]_{1}^{1+4R^2}=\frac{1}{12}\left((1+4R^2)^{3/2}-1\right).$$
|
||
|
||
Теперь вычислим внешний интеграл:
|
||
|
||
$$\int_{0}^{2\pi}\frac{1}{12}\left((1+4R^2)^{3/2}-1\right)\,d\theta=\frac{1}{12}\left((1+4R^2)^{3/2}-1\right)\cdot2\pi=\frac{\pi}{6}\left((1+4R^2)^{3/2}-1\right).$$
|
||
|
||
Таким образом, площадь поверхности равна $\frac{\pi}{6}\left((1+4R^2)^{3/2}-1\right)$. |