Math24.ru
Математический Анализ
Главная
Математический анализ
Пределы и непрерывность
Дифференцирование
Приложения производной
Интегрирование
Последовательности и ряды
Двойные интегралы
Тройные интегралы
Криволинейные интегралы
Поверхностные интегралы
Ряды Фурье
Дифференциальные уравнения
Уравнения 1-го порядка
Уравнения 2-го порядка
Уравнения N-го порядка
Системы уравнений
Формулы и таблицы
Powered by MathJax
   Двойные интегралы в полярных координатах
Одним из частных случаев замены переменных является переход из декартовой в полярную систему координат (рисунок \(1\)). \[x = r\cos \theta ,\;\;y = r\sin \theta .\]
Рис.1
Рис.2
Якобиан такого преобразования имеет вид \[ {\frac{{\partial \left( {x,y} \right)}}{{\partial \left( {r,\theta } \right)}} } = {\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {\frac{{\partial x}}{{\partial r}}}&{\frac{{\partial x}}{{\partial \theta }}}\\ {\frac{{\partial y}}{{\partial r}}}&{\frac{{\partial y}}{{\partial \theta }}} \end{array}} \right| } = {\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {\frac{{\partial \left( {r\cos \theta } \right)}}{{\partial r}}}&{\frac{{\partial \left( {r\cos \theta } \right)}}{{\partial \theta }}}\\ {\frac{{\partial \left( {r\sin \theta } \right)}}{{\partial r}}}&{\frac{{\partial \left( {r\sin \theta } \right)}}{{\partial \theta }}} \end{array}} \right| } = {\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {\cos \theta }&{ - r\sin \theta }\\ {\sin\theta }&{r\cos \theta } \end{array}} \right| } = {\cos \theta \cdot r\cos \theta - \left( { - r\sin \theta } \right) \cdot \sin \theta } = {r\,{\cos ^2}\theta + r\,{\sin ^2}\theta } = {r\left( {{{\cos }^2}\theta + {{\sin }^2}\theta } \right) = r.} \] Следовательно, дифференциальный элемент в полярных координатах будет равен \[ {dxdy = \left| {\frac{{\partial \left( {x,y} \right)}}{{\partial \left( {r,\theta } \right)}}} \right|drd\theta } = {rdrd\theta .} \] Пусть область интегрирования \(R\) в полярных координатах определяется следующим образом (рисунок \(2\)): \[ {0 \le g\left( \theta \right) \le r \le h\left( \theta \right),}\;\; {\alpha \le \theta \le \beta ,}\;\; {\text{где}\;\;\beta - \alpha \le 2\pi .} \] Тогда двойной интеграл в полярных координатах описывается формулой \[ {\iint\limits_R {f\left( {x,y} \right)dxdy} } = {\int\limits_\alpha ^\beta {\int\limits_{g\left( \theta \right)}^{h\left( \theta \right)} {f\left( {r\cos \theta ,r\sin \theta } \right)rdrd\theta } } .} \] Будем называть полярным прямоугольником область интегрирования, показанную на рисунке \(3\) и удовлетворяющую условиям \[ {0 \le a \le r \le b,}\;\; {\alpha \le \theta \le \beta ,}\;\; {\text{где}\;\;\beta - \alpha \le 2\pi .} \] В этом случае формула замены переменных в двойном интеграле имеет вид \[ {\iint\limits_R {f\left( {x,y} \right)dxdy} } = {\int\limits_\alpha ^\beta {\int\limits_{a}^{b} {f\left( {r\cos \theta ,r\sin \theta } \right)rdrd\theta } } .} \] Будьте внимательны, чтобы не пропустить сомножитель (якобиан) \(r\) в правой части этой формулы!
Рис.3
Рис.4
   Пример 1
Вычислить двойной интеграл \(\iint\limits_R {\left( {{x^2} + {y^2}} \right)dydx},\) преобразовав его в полярные координаты. Область интегрирования \(R\) представляет собой сектор \(0 \le \theta \le \large\frac{\pi }{2}\normalsize\) круга радиусом \(r = \sqrt 3.\)

Решение.
Область \(R\) в полярных координатах описывается множеством \(R = \left\{ {\left( {r,\theta } \right)|\;0 \le r \le \sqrt 3 ,0 \le \theta \le \large\frac{\pi }{2}\normalsize} \right\}\) (рисунок \(4\)). Применяя формулу \[ {\iint\limits_R {f\left( {x,y} \right)dxdy} } = {\int\limits_\alpha ^\beta {\int\limits_{a}^{b} {f\left( {r\cos \theta ,r\sin \theta } \right)rdrd\theta } },} \] получаем \[ {\iint\limits_R {\left( {{x^2} + {y^2}} \right)dydx} } = {\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\int\limits_0^{\sqrt 3 } {{r^2}\left( {{{\cos }^2}\theta + {{\sin }^2}\theta } \right)rdrd\theta } } } = {\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {d\theta } \int\limits_0^{\sqrt 3 } {{r^3}dr} } = {\left. \theta \right|_0^{\frac{\pi }{2}} \cdot \left. {\left( {\frac{{{r^4}}}{4}} \right)} \right|_0^{\sqrt 3 } } = {\frac{\pi }{2} \cdot \frac{9}{4} = \frac{{9\pi }}{8}.} \]
   Пример 2
Вычислить интеграл \(\iint\limits_R {xydydx},\) в котором область интегрирования \(R\) представляет собой кольцо, ограниченное окружностями \({x^2} + {y^2} = 1\) и \({x^2} + {y^2} = 5.\)

Решение.
В полярных координатах область интегрирования \(R\) является полярным прямоугольником (рисунок \(5\)): \[R = \left\{ {\left( {r,\theta } \right)|\;1 \le r \le \sqrt 5 ,0 \le \theta \le 2\pi } \right\}.\]
Рис.5
Рис.6
Тогда, используя формулу \[ {\iint\limits_R {f\left( {x,y} \right)dxdy} } = {\int\limits_\alpha ^\beta {\int\limits_{a}^{b} {f\left( {r\cos \theta ,r\sin \theta } \right)rdrd\theta } },} \] находим значение интеграла \[ {\iint\limits_R {xydydx} } = {\int\limits_0^{2\pi } {\int\limits_1^{\sqrt 5 } {r\cos \theta r\sin \theta rdrd\theta } } } = {\int\limits_0^{2\pi } {\sin \theta \cos \theta d\theta } \int\limits_1^{\sqrt 5 } {{r^3}dr} } = {\frac{1}{2}\int\limits_0^{2\pi } {\sin 2\theta d\theta } \int\limits_1^{\sqrt 5 } {{r^3}dr} } = {\frac{1}{2}\left. {\left( { - \frac{{\cos 2\theta }}{2}} \right)} \right|_0^{2\pi } \cdot \left. {\left( {\frac{{{r^4}}}{4}} \right)} \right|_1^{\sqrt 5 } } = {\frac{1}{4}\left( { - \cos 4\pi + \cos 0} \right) \cdot \frac{1}{4}\left( {25 - 1} \right) } = {\frac{1}{4}\left( { - 1 + 1} \right) \cdot 6 = 0.} \]
   Пример 3
Найти интеграл \(\iint\limits_R {\sin \theta drd\theta },\) где область интегрирования \(R\) ограничена кардиоидой \(r = 1 + \cos \theta \) (рисунок \(6\)).

Решение.
Данный интеграл уже записан в полярных координатах. Выражая его через повторный интеграл, получаем: \[\require{cancel} {\iint\limits_R {\sin \theta drd\theta } } = {\int\limits_0^{2\pi } {\int\limits_0^{1 + \cos \theta } {\sin \theta drd\theta } } } = {\int\limits_0^{2\pi } {\left[ {\int\limits_0^{1 + \cos \theta } {dr} } \right]\sin \theta d\theta } } = {\int\limits_0^{2\pi } {\left[ {\left. r \right|_0^{1 + \cos \theta }} \right]\sin \theta d\theta } } = {\int\limits_0^{2\pi } {\left( {1 + \cos\theta } \right)\sin \theta d\theta } } = {\int\limits_0^{2\pi } {\left( {\sin \theta + \cos\theta \sin \theta } \right)d\theta } } = {\int\limits_0^{2\pi } {\sin \theta d\theta } + \int\limits_0^{2\pi } {\frac{{\sin 2\theta }}{2}d\theta } } = {\left. {\left( { - \cos \theta } \right)} \right|_0^{2\pi } + \frac{1}{2}\left. {\left( { - \frac{{\cos 2\theta }}{2}} \right)} \right|_0^{2\pi } } = { - \cos 2\pi + \cos 0 - \frac{1}{4}\cos 4\pi + \frac{1}{4}\cos 0 } = { -\cancel{1} + \cancel{1} - \cancel{\frac{1}{4}} + \cancel{\frac{1}{4}} = 0.} \]
   Пример 4
Вычислить интеграл \(\iint\limits_R {\left( {{x^2} + {y^2}} \right)dxdy} \) в круге \({x^2} + {y^2} = 2x.\)

Решение.
Область интегрирования \(R\) показана на рисунке \(7.\)
Рис.7
Рис.8
Преобразуем уравнение окружности следующим образом: \[ {{x^2} + {y^2} = 2x,}\;\; {\Rightarrow {x^2} - 2x + 1 + {y^2} = 1,}\;\; {\Rightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2} = 1.} \] Подставляя \(x = r\cos \theta ,\) \(y = r\sin \theta ,\) найдем уравнение окружности в полярных координатах. \[ {{x^2} + {y^2} = 2x,}\;\; {\Rightarrow {r^2}{\cos ^2}\theta + {r^2}{\sin^2}\theta = 2r\cos \theta ,}\;\; {\Rightarrow {r^2}\left( {{{\cos }^2}\theta + {\sin^2}\theta } \right) = 2r\cos \theta ,}\;\; {\Rightarrow r = 2\cos \theta .} \] Образ \(S\) области интегрирования \(R\) показан на рисунке \(8.\) После перехода к полярным координатам вычисляем двойной интеграл. \[ {\iint\limits_R {\left( {{x^2} + {y^2}} \right)dxdy} } = {\iint\limits_S {\left( {{r^2}{{\cos }^2}\theta + {r^2}{\sin^2}\theta } \right)rdrd\theta } } = {\iint\limits_S {{r^3}drd\theta } } = {\int\limits_{ - \large\frac{\pi }{2}\normalsize}^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {\left[ {\int\limits_0^{2\cos \theta } {{r^3}dr} } \right]d\theta } } = {4\int\limits_{ - \large\frac{\pi }{2}\normalsize}^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {\left[ {\left. {\left( {\frac{{{r^4}}}{4}} \right)} \right|_0^{2\cos \theta }} \right]d\theta } } = {4\int\limits_{ - \large\frac{\pi }{2}\normalsize}^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {{{\cos }^4}\theta d\theta } } = {4\int\limits_{ - \large\frac{\pi }{2}\normalsize}^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {{{\left( {\frac{{1 + \cos 2\theta }}{2}} \right)}^2}d\theta } } = {\int\limits_{ - \large\frac{\pi }{2}\normalsize}^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {\left( {1 + 2\cos 2\theta + {{\cos }^2}2\theta } \right)d\theta } } = {\int\limits_{ - \large\frac{\pi }{2}\normalsize}^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {\left( {1 + 2\cos 2\theta + \frac{{1 + \cos 4\theta }}{2}} \right)d\theta } } = {\int\limits_{ - \large\frac{\pi }{2}\normalsize}^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {\left( {\frac{3}{2} + 2\cos 2\theta + \frac{1}{2}\cos 4\theta } \right)d\theta } } = {\left. {\left( {\frac{3}{2}\theta + \sin 2\theta + \frac{1}{8}\sin 4\theta } \right)} \right|_{ - \large\frac{\pi }{2}\normalsize}^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} } = {\left( {\frac{3}{2} \cdot \frac{\pi }{2} + \sin \pi + \frac{1}{8}\sin 2\pi } \right) - \left( { - \frac{3}{2} \cdot \frac{\pi }{2} - \sin \pi - \frac{1}{8}\sin 2\pi } \right) } = {\frac{{3\pi }}{2}.} \]
   Пример 5
Вычислить двойной интеграл \(\iint\limits_R {\sin \sqrt {{x^2} + {y^2}} dxdy} \) посредством преобразования в полярные координаты. Область интегрирования \(R\) представляет собой круг \({x^2} + {y^2} \le {\pi ^2}.\)

Решение.
Область интегрирования \(R\) представлена на рисунке \(9.\)
Рис.9
Рис.10
Образ \(S\) данной области описывается множеством \(\left\{ {S = \left( {r,\theta } \right)|\;0 \le r \le \pi ,0 \le \theta \le 2\pi } \right\}\) и показан на рисунке \(10.\) Запишем исходный двойной интеграл в полярных координатах. \[ {I = \iint\limits_R {\sin \sqrt {{x^2} + {y^2}} dxdy} } = {\iint\limits_S {\sin \sqrt {{r^2}{{\cos }^2}\theta + {r^2}{\sin^2}\theta } rdrd\theta } } = {\iint\limits_S {r\sin rdrd\theta } } = {\int\limits_0^{2\pi } {d\theta } \int\limits_0^\pi {r\sin rdr} } = {2\pi \int\limits_0^\pi {r\sin rdr} .} \] Вычислим последний интеграл с помощью интегрирования по частям: \[ {\int\limits_a^b {udv} } = {\left. {\left( {uv} \right)} \right|_a^b - \int\limits_a^b {vdu} .} \] Пусть \(u = r,\) \(dv = \sin rdr.\) Тогда \(du = dr,\;\;v = \int {\sin rdr} = - \cos r\). Следовательно, \[ {I = 2\pi \int\limits_0^\pi {r\sin rdr} } = {2\pi \left[ {\left. {\left( { - r\cos r} \right)} \right|_0^\pi - \int\limits_0^\pi {\left( { - \cos r} \right)dr} } \right] } = {2\pi \left[ {\left. {\left( { - r\cos r} \right)} \right|_0^\pi + \int\limits_0^\pi {\cos rdr} } \right] } = {2\pi \left[ {\left. {\left( { - r\cos r} \right)} \right|_0^\pi + \left. {\left( {\sin r} \right)} \right|_0^\pi } \right] } = {2\pi \left. {\left( {\sin r - r\cos r} \right)} \right|_0^\pi } = {2\pi \left[ {\left( {\sin \pi - \pi \cos \pi } \right) - \left( {\sin 0 - 0 \cdot \cos 0} \right)} \right] } = {2\pi \cdot \pi = 2{\pi ^2}.} \]

Все права защищены © www.math24.ru, 2009-2016   info@math24.ru
Сайт оптимизирован для Chrome, Firefox, Safari и Internet Explorer.