ΔΙΠΛΑ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ

Τ. Δάρας Σημειώσεις Γενικα Μαθηματικά Ι
ΔΙΠΛΑ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ
Εφαρμογή
Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα :
π cos y
∫∫
0
x sin ydxdy
0
Λύση
Ολοκληρώνουμε πρώτα ως προς x θεωρώντας το y σαν σταθερά (παρατηρούμε ότι το
«εσωτερικό» ολοκλήρωμα είναι ως προς x, δηλαδή πρώτα εμφανίζεται το dx) και μετά ως
προς y (το «εξωτερικό» ολοκλήρωμα είναι ως προς y, το dy εμφανίζεται δεύτερο στην σειρά
ολοκλήρωσης).
Έτσι
cos y
π 2
π
π
⎛ cos y
⎞
x
1
1
2
2
2
∫0 ⎜⎜ ∫0 x sin ydx ⎟⎟dy = ∫0 2 sin y dy = 2 ∫0 sin y(cos y − 0 )dy = 2 ∫0 sin y cos ydy =
⎝
⎠
0
π
π
1
1
= − cos 3 y =
0
6
3
γιατί ∫ sin y cos 2 y = − ∫ − sin y cos 2 ydy = − ∫ u 2 du = −
u3
cos3 y
+c = −
+c
3
3
(θέτουμε u = cos y ⇒ du = − sin ydy )
ΘΕΩΡΙΑ
(α) Εάν το χωρίο R είναι φραγμένο αριστερά και δεξιά από τις ευθείες x=α και x=β και από
πάνω και κάτω από τις καμπύλες y = g1 ( x) & y = g 2 ( x) τότε
το διπλό ολοκλήρωμα:
∫∫
R
⎛ g1 ( x )
⎞
f ( x, y )dR = ∫ ⎜ ∫ f ( x, y )dy ⎟ dx
⎜
⎟
a ⎝ g2 ( x )
⎠
β
η ολοκλήρωση γίνεται πρώτα ως προς y
dR = dxdy
β) Εάν το χωρίο R είναι φραγμένο πάνω και κάτω από τις ευθείες y=d και y=c και αριστερά
και δεξιά από τις καμπύλες x = h1 ( y ) & x = h2 ( y ) τότε
176
Τ. Δάρας Σημειώσεις Γενικα Μαθηματικά Ι
το διπλό ολοκλήρωμα:
∫∫
R'
dA = dxdy
⎛ h2 ( y )
⎞
f ( x, y )dR = ∫ ⎜ ∫ f ( x, y )dx ⎟ dy
⎜
⎟
c ⎝ h1 ( y )
⎠
d
'
το διπλό ολοκλήρωμα:
η ολοκλήρωση γίνεται πρώτα ως προς x
Παρατήρηση (ερμηνεία του διπλού ολοκληρώματος)
Αν f ( x, y ) ≥ 0 τότε το
∫∫ f ( x, y)dxdy
R
παριστάνει τον ΟΓΚΟ που βρίσκεται κάτω
από το γράφημα της f ( x, y ) και πάνω (μέσα )
από το χωρίο R
Εφαρμογή
Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα
∫∫ xydA
όπου R είναι το χωρίο που περικλείεται από τις
R
x
y = , y = x , x = 2, x = 4
2
Λύση
Εργαζόμενοι όπως στο (α) παραπάνω θα έχουμε:
4
⎛ x
⎞
2
⎜ xydy ⎟ dx = x y
xydR
=
∫∫R
∫2 ⎜ x∫
∫2 2
⎟
⎝ 2
⎠
x
4
=
4
1 ⎛
x⎜
2 ∫2 ⎜⎝
( )
x
2
⎛ x⎞
−⎜ ⎟
⎝2⎠
2
dx =
x
2
4
⎞
1 ⎛
dx
=
⎟⎟
∫2 x ⎜⎜
2
⎠
⎝
( )
x
2
⎛ x⎞
−⎜ ⎟
⎝2⎠
2
⎞
⎟⎟dx =
⎠
4
4
1 ⎛
x3 ⎞
1 ⎛ x3 x 4 ⎞
11
= ∫ ⎜ x 2 − ⎟dx = ⎜ − ⎟ = ...... =
2 2⎝
4⎠
2 ⎝ 3 16 ⎠ 2
6
Εφαρμογή 2
177
Τ. Δάρας Σημειώσεις Γενικα Μαθηματικά Ι
Να υπολογιστεί το διπλό ολοκλήρωμα
∫∫ xe dR
y
, όπου R είναι το χωρίο που περικλείεται
R
από τις y = 3 x, y = x, x = 2,
Λύση
Το χωρίο ολοκλήρωσης φαίνεται παρακάτω
¨Εχουμε λοιπόν (ολοκληρώντας πρώτα ως προς y)
2 3x
2
0 x
0
y
y
y
∫∫ xe dR = ∫ ∫ xe dydx = ∫ x e
R
3x
x
Αλλά κάνοντας παραγοντική ολοκλήρωση
2
2
0
0
dx = ∫ x(e3 x − e x ) dx = ∫ ( xe3 x − xe x )dx
∫ xe dx = xe
x
x
− e x + c και επίσης
1 u
1
(ue − eu ) + c = (3 xe3 x − e3 x ) + c (θέτουμε u = 3x ⇒ du = 3dx και κατόπιν
9
9
κάνουμε παραγοντική ολοκλήρωση).
∫ xe
3x
dx =
Τελικά
2
2
1 3x 1 3x ⎞
5 6 10
⎛ x
x
2
∫∫R xe dA = ∫0 ( xe − xe )dx = ⎜⎝ xe − e + 3 xe − 9 e ⎟⎠ 0 = ... = e + 9 e + 9
y
3x
x
Παρατήρηση (ΕΜΒΑΔΟΝ χωρίου με την βοήθεια ΔΙΠΛΟΥ ολοκληρώματος)
Εάν η συνάρτηση που ολοκληρώνουμε στο διπλό ολοκλήρωμα είναι ίση με 1, δηλαδή
f ( x, y ) = 1 , τότε το διπλό ολοκλήρωμα:
∫∫ f ( x, y)dR =
ΕΜΒΑΔΟΝ του χωρίου R
R
(όπως είδαμε παραπάνω το διπλό ολοκλήρωμα μη-αρνητικής συνάρτησης παριστάνει,
γενικότερα, ΟΓΚΟ).
Εφαρμογή
178
Τ. Δάρας Σημειώσεις Γενικα Μαθηματικά Ι
Υπολογιστεί το εμβαδόν του (επίπεδου) χωρίου R που περικλείεται από τις καμπύλες
y 2 = 9 x, x 2 = 9 y .
Λύση
Το χωρίο ολοκλήρωσης φαίνεται παρακάτω
Οι καμπύλες τέμνονται στα σημεία (0,0) και (9,9). Το εμβαδόν του χωρίου R δίνεται από το
διπλό ολοκλήρωμα:
∫∫
R
⎛3 x
⎞
9
⎜
⎟
x2
f ( x, y )dR = ∫ ⎜ ∫ 1 ⋅ dy ⎟ dx = ∫ (3 x − ) dx =
9
0 ⎜ x2
0
⎟
⎝ 9
⎠
9
9
1
2
9
x2
2 3 x3
2 3 93
= ∫ (3x − ) dx = (3
x − ) =3
9 −
= ...
9
3
27
3
27
0
0
179
Τ. Δάρας Σημειώσεις Γενικα Μαθηματικά Ι
ΔΙΠΛΑ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ-ΠΟΛΙΚΕΣ ΣΥΝΤΕΤΑΓΜΕΝΕΣ
Πολλές φορές, ένα διπλό ολοκλήρωμα υπολογίζεται ευκολότερα αν αντί για καρτεσιανές
συντεταγμένες ( x, y ) χρησιμοποιήσουμε πολικές συντεταγμένες (r ,θ ) όπου :
x = r cos θ ⎫
2
2
2
⎬⇒ x + y =r
y = r sin θ ⎭
Παρατήρηση
Η μέθοδος χρησιμοποιείται ιδιαίτερα όταν το χωρίο ολοκλήρωσης R είναι ένας κυκλικός
δίσκος (ή μέρος αυτού).
Ισχύει
∫∫ f ( x, y)dxdy = ∫∫ f (r cos θ , r sin θ ) r dr dθ
R'
R
όπου R’ είναι το χωρίο στο οποίο μετασχηματίζεται το χωρίο R
μεταβλητών.
με την αλλαγή των
Προσοχή πολλαπλασιάζουμε με r.
Γενικότερα ισχύει το παρακάτω θεώρημα για διπλά ολοκληρώματα και αλλαγές μεταβλητών.
Θεώρημα (αλλαγή μεταβλητών σε διπλό ολοκλήρωμα)
Αν x,y ∈ R είναι δυό μεταβλητές οι οποίες είναι συναρτήσεις των μεταβλητών u,v τέτοιες
ώστε
x = x(u, v) : R1 → , y = y (u, v) : R1 →
τότε:
∫∫ f ( x, y)dxdy = ∫∫ F (u, v)
R
R1
∂ ( x, y )
du dv
∂ (u, v)
∂ ( x, y )
είναι η Ιακωβιανή του μετασχηματισμού και
∂ (u , v)
R1 είναι το χωρίο στο οποίο μετασχηματίζεται το χωρίο R με την αλλαγή των μεταβλητών.
όπου F (u , v ) = f ( x(u , v), y (u , v )), J =
Παρατήρηση
180
Τ. Δάρας Σημειώσεις Γενικα Μαθηματικά Ι
∂x
∂ ( x, y ) ∂r
Εάν x = r cos θ , y = r sin θ τότε J =
=
∂ (r , θ ) ∂y
∂r
∂x
cos θ
∂θ
=
∂y
sin θ
∂θ
− r sin θ
r cos θ
= r οπότε από το
θεώρημα έχουμε
∫∫ f ( x, y)dxdy = ∫∫ f (r cos θ , r sin θ ) r dr dθ
R'
R
Εφαρμογή 1
Να υπολογιστεί το
∫∫ ( x
2
+ y 2 + 1) dR όπου R είναι το χωρίο που ορίζεται : x 2 + y 2 ≤ 4
R
(κυκλικός δίσκος).
Λύση
Χρησιμοποιώντας πολικές συντεταγμένες θα έχουμε:
x = r cos θ , 0 ≤ r ≤ 2
Θέτουμε
y = r sin θ , 0 ≤ θ ≤ 2π
οπότε
2
2
∫∫ ( x + y + 1) dxdy =
2π 2
R
∫ ∫ (r
2
cos 2 θ + r 2 sin 2 θ + 1)rdrdθ =
0 0
2
2π 2
∫
0
⎛ 2π ⎞ ⎛ 2 3
⎞
⎛ r4 r2 ⎞
r
+
1
rdrd
θ
=
d
θ
r
+
r
dr
=
2
π
) ⎟ ⎜ 4 + 2 ⎟ = 12π
⎜∫
⎟⎜ ∫ (
∫0 ( )
⎝
⎠0
⎝0
⎠⎝ 0
⎠
2
Παρατήρηση
Υπολογίστε άμεσα το ολοκλήρωμα
∫∫ ( x
2
+ y + 1) dxdy =
2
2
4− x 2
∫ ∫ (x
2
+ y 2 + 1) dxdy = ? (12π)
−2 − 4 − x 2
R
Εφαρμογή 2
Να υπολογιστεί το
∫∫ 2 ydxdy
όπου R είναι το χωρίο στο 1ο τεταρτημόριο που περικλείεται
R
από την ευθεία y=x (κάτω) και τον κύκλο : ( x − 1) + y 2 = 1 .
2
Λύση
181
Τ. Δάρας Σημειώσεις Γενικα Μαθηματικά Ι
Χρησιμοποιώντας πολικές συντεταγμένες θα έχουμε:
x = r cos θ
y = r sin θ
Θέτουμε
και το γεγονός ότι ο κύκλος ( x − 1) + y 2 = 1
2
σε πολικές συντεταγμένες γράφεται :
( r cos θ − 1) + ( r sin θ )
2
2
=1⇒
⇒ r 2 cos 2 θ − 2r cos θ + 1 + r 2 sin 2 θ = 1 ⇒
⇒ r 2 = 2r cos θ ⇒ r = 2 cos θ
π
π⎞
⎛
Το χωρίο R μετασχηματίζεται στο R ' : ⎜ {r , θ } , 0 ≤ r ≤ 2 cos θ ,
≤ θ ≤ ⎟ (γιατί;) και
4
2⎠
⎝
π
π
π
(
2
⎛ 2 cos θ
⎞
⎛ 2 cos θ 2 ⎞
2 2
ydxdy
r
θ
rdr
d
θ
θ
r
dr
d
θ
2
2
sin
2
sin
sin θ ⋅ r 3
=
⋅
=
=
⎟
⎜ ∫
⎟
∫∫R
∫π ⎜⎝ ∫0
∫
∫
3π
π
⎠
⎝ 0
⎠
4
4
4
2
2 cos θ
0
)dθ =
π
2
2
= 23 ∫ sin θ cos3 θ dθ =
3 π
4
όπου
3
3
∫ sin θ cos θ dθ = − ∫ u du = −
u4
cos 4 θ
+c = −
+ c (θέτω u = cos θ ⇒ du = − sin θ dθ )
4
4
Άρα
2 ⎛⎜ cos 4 θ
2
ydxdy
=
8
−
∫∫R
3⎜
4
⎝
Παρατήρηση
π
4
⎞
⎛ 2⎞
2
1
1
⎟ = 8i i i⎜
=
⎟
3 4 ⎜⎝ 2 ⎟⎠
3
π ⎟
4 ⎠
2
(χωρίς τη χρήση πολικών συντεταγμένων). Έχουμε:
⎛
=
2
ydxdy
∫∫D
∫0 ⎜⎜
⎝
1
1− ( x −1) 2
∫
x
⎞
2 ydy ⎟dx = ......?
⎟
⎠
(υπολογίστε το να δείτε αν βρίσκουμε το ίδιο αποτέλεσμα).
Εφαρμογή 3
Σχεδιάστε την περιοχή ολοκλήρωσης και χρησιμοποιήστε κατάλληλο μετασχηματισμό για να
υπολογίσετε το διπλό ολοκλήρωμα
2
2x −x 2
0
0
∫ ∫ xdydx
Λύση
182
Τ. Δάρας Σημειώσεις Γενικα Μαθηματικά Ι
Το χωρίο ολοκλήρωσης D είναι
{
}
D = ( x , y) : 0 ≤ y ≤ 2 x − x 2 ,0 ≤ x ≤ 2 .
Η συνάρτηση y = 2 x − x 2 αν το x ∈ [0,2] περιγράφει το τόξο ημικυκλίου του κύκλου με
κέντρο το (1,0) και ακτίνα ρ = 1 στο άνω ημι-επίπεδο του συστήματος συντεταγμένων .
Ισχύει:
y = 2 x − x 2 ⇒ y 2 + x 2 − 2 x = 0 ⇔ ( x − 1) 2 + y 2 = 12 .
Άρα
{
}
D = ( x , y) : ( x − 1) 2 + y 2 ≤ 12 , y ≥ 0
2 1/2
y= (2x-x )
1
y
D
0
x
/
0
1
2
x
y=0
y
/
-1
Στην περίπτωση αυτή εισάγουμε τον μετασχηματισμό με εξισώσεις:
⎧x − 1 = ρ cos θ,
⎨
⎩ y = ρ sin θ,
ρ≥0
0 ≤ θ ≤ 2π
Τα σημεία του χωρίου D ικανοποιούν τις σχέσεις 0 ≤ ρ ≤ 1 και 0 ≤ θ ≤ π αφού
( x − 1) 2 + y 2 = ρ 2 ≤ 1 και y = ρ sin θ ≥ 0 ⇒ sin θ ≥ 0 ⇒ 0 ≤ θ ≤ π .
Άρα το χωρίο D μετασχηματίζεται στο
D′ : D′ = {(ρ, θ : 0 ≤ ρ ≤ 1,0 ≤ θ ≤ π} .
Η Ιακωβιανή του μετασχηματισμού είναι J = ρ επειδή
∂x
J = ∂ρ
∂x
∂θ
∂y
sin θ
∂ρ = cos θ
= ρ > 0,
∂y − ρ sin θ ρ cos θ
∂θ
Άρα
183
Τ. Δάρας Σημειώσεις Γενικα Μαθηματικά Ι
1
π
⎛1
⎞
⎛ ρ2 ρ3
⎞
Ι = ∫∫ xdydx = ∫∫ (1 + ρ cos θ)ρdρdθ = ∫ ⎜⎜ ∫ (1 + ρ cos θ)ρdρ ⎟⎟dθ = ∫ ⎜⎜ + cos θ ⎟⎟ dθ =
2
3
⎠0
D
D′
0⎝0
0⎝
⎠
π
π
π
1
π
⎛1 1
⎞
⎛1
⎞
= ∫ ⎜ + cos θ ⎟dθ = ⎜ θ + sin θ ⎟ = .
2 3
3
⎠
⎝2
⎠0 2
0⎝
ΑΛΛΑΓΗ ΤΗΣ ΣΕΙΡΑΣ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗΣ
Πολλές φορές, ένα διπλό ολοκλήρωμα είναι δύσκολο να υπολογιστεί με τη σειρά
ολοκλήρωσης στην οποία δίνεται. Πρέπει να αλλάξουμε λοιπόν τη σειρά ολοκλήρωσης.
Προσοχή: αλλαγή της σειράς ολοκλήρωσης δεν σημαίνει απλά αντιμετάθεση των
ολοκληρωμάτων. Αλλάζουν και τα όρια ολοκλήρωσης.
Εφαρμογή 1
2 ex
Δίνεται το
∫ ∫ f ( x, y)dydx
0 1
(α) Να σχεδιαστεί το χωρίο ολοκλήρωσης
(β) Να αλλάξετε τη σειρά ολοκλήρωσης
Λύση
(α) Εδώ 0 ≤ x ≤ 2 & 1 ≤ y ≤ e x . Το χωρίο φαίνεται στο σχήμα.
(β) Αν τώρα το y γίνει η ανεξάρτητη μεταβλητή :
0≤ x≤2
y=e
x
και y = e x ⇒ x = ln y και x = 2, ln y ≤ x ≤ 2 ενώ 1 ≤ y ≤ e 2
Άρα
184
Τ. Δάρας Σημειώσεις Γενικα Μαθηματικά Ι
2 ex
e2 2
0 1
1 ln y
∫ ∫ f ( x, y)dydx = ∫ ∫
(πρώτα ως προς y)
f ( x, y )dxdy
(πρώτα ως προς x)
Εφαρμογή 2
1 1
Να υπολογιστεί το
∫∫e
y2
dydx
0 x
Λύση
Το
∫e
y2
dy δεν μπορεί να υπολογιστεί άμεσα, γι’ αυτό αλλάζουμε τη σειρά ολοκλήρωσης.
1 1
∫∫e
0 x
1
y2
1 y
1
(
)
dydx = ∫ ∫ e dxdy = ∫ e y x 0 dy =
y2
0 0
0
2
y
1
1
1 1 1
= ∫ ye dy = ∫ eu du = eu = (e1 − 1)
20
2 0 2
0
y2
(θέσαμε u = y 2 , du = 2 ydy )
Εφαρμογή 3
π π
Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα:
sin 2 y
∫0 ∫x y dy dx
y
π
y=x
Λύση
sin 2 y
∫ y dy είναι δύσκολο να υπολογιστεί. Αλλάζοντας την σειρά ολοκλήρωσης, το ολοκλήρωμα που μας δίνεται γίνεται:
Το ολοκλήρωμα
185
Τ. Δάρας Σημειώσεις Γενικα Μαθηματικά Ι
π π
π
y
y
π
sin 2 y
sin 2 y
sin 2 y
dy
dx=
(
dx)
dy=
(
∫0 ∫x y
∫0 ∫0 y
∫0 y x) dy
0
π
=∫ (
0
π
π
sin 2 y
1 − cos 2y
y) dy= ∫ sin 2 y dy= ∫
dy=
y
2
0
0
π
1 1
π
= ( y- sin2y) =
2 4
2
o
ΤΡΙΠΛΑ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ
ΘΕΩΡΙΑ
Εάν G είναι ένα στερεό που περικλείεται από τις επιφάνειες z = g1 ( x, y ) και z = g 2 ( x, y ) και
R η προβολή του G στο Οxy-επίπεδο τότε:
Το τριπλό ολοκλήρωμα
∫∫∫
G
⎛ g2 ( x , y )
⎞
f ( x, y, z )dG = ∫∫ ⎜ ∫ f ( x, y, z )dz ⎟dR
⎜
⎟
R ⎝ g1 ( x , y )
⎠
ολοκλήρωση ως προς z πρώτα
dG = dxdydz
dR = dxdy
Εφαρμογή 1
Να υπολογιστεί το τριπλό ολοκλήρωμα
1 1− x 2 − x
∫∫ ∫
0 0
xyzdzdydx
0
Ποιό το χωρίο ολοκλήρωσης σ’αυτή την περίπτωση;
Λύση
Έχουμε (πρέπει να ολοκληρώσουμε πρώτα ως προς z, κατόπιν ως προς y και τελικά ως προς
x, γιατί αυτή είναι η σειρά με την οποία δίνονται οι ολοκληρώσεις στο ολοκλήρωμα που
θέλουμε να υπολογίσουμε).
186
Τ. Δάρας Σημειώσεις Γενικα Μαθηματικά Ι
1 1− x 2 − x
∫∫ ∫
0 0
0
1 ⎡1− x ⎧
⎡1− x ⎧ 2− x
⎫ ⎤
⎪ xyz 2
xyzdzdydx = ∫ ⎢ ∫ ⎨ ∫ xyzdz ⎬ dy ⎥ dx = ∫ ⎢ ∫ ⎨
2
⎢0 ⎩0
0 ⎣
0 ⎢ 0 ⎪
⎭ ⎦⎥
⎣ ⎩
1
1
xy 2 (2 − x) 2
=∫
4
0
1− x
1
dx =
0
2− x
0
1 1− x
⎫⎪ ⎤
⎡ xy (2 − x) 2 ⎤
dy ⎥ dx =
⎬ dy ⎥ dx = ∫ ⎢ ∫
2
0 ⎣ 0
⎦
⎪⎭ ⎥⎦
1
13
1
1
x(1 − x) 2 (2 − x) 2 dx = ∫ (4 x − 12 x 2 + 13x 3 − 6 x 4 + x 5 )dx = ... =
∫
40
40
240
Εφαρμογή 2
Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα:
∫∫∫ xdG
όπου G το στερεό που περικλείεται από την 1η
G
τρίεδρη γωνία των αξόνων (δηλαδή x ≥ 0, y ≥ 0 ) και από τον κύλινδρο x 2 + y 2 = 4 και το
επίπεδο z = 4 − 2 y
Λύση
Εδώ z = 0 = g1 και z = 4 − 2 y = g 2
Άρα
2
4− x2 4− 2 y
∫∫∫ xdV =∫ ∫ ∫
G
0
2
4− x2
0
0
0
0
2
4− x2
0
0
xdzdydx = ∫
∫
4−2 y
0
2
∫ ∫
y⎞
⎛
x(4 − 2 y )dydx = ∫ ⎜ 4 xy − 2 x ⎟
2⎠0
0⎝
∫ (4x
4 − x 2 − x(4 − x 2 ) dx = ......
2
0
)
dydx =
xz
4− x2
dx =
20
3
187
Τ. Δάρας Σημειώσεις Γενικα Μαθηματικά Ι
ΤΡΙΠΛΟ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ- ΚΥΛΙΝΔΡΙΚΕΣ ΣΥΝΤΕΤΑΓΜΕΝΕΣ
Πολλές φορές, ένα τριπλό ολοκλήρωμα υπολογίζεται ευκολότερα αν αντί για καρτεσιανές
συντεταγμένες ( x, y, z ) χρησιμοποιήσουμε κυλινδρικές συντεταγμένες (r , θ , z ) όπου :
x = r cos θ ⎫
⎪
y = r sin θ ⎬ ⇒ x 2 + y 2 = r 2
⎪
z=z
⎭
Έτσι
∫∫∫ f ( x, y, z )dxdydz =∫∫∫ f (r cos θ , r sin θ , z )rdrdθ dz
G′
G
όπου G’ είναι το χωρίο στο οποίο μετασχηματίζεται το χωρίο G
μεταβλητών.
με την αλλαγή των
Προσοχή πολλαπλασιάζουμε με το r το drdθ dz
Εφαρμογή 1
Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα:
∫∫∫ ( x
2
+ y 2 + z ) dG όπου G το στερεό που περικλείεται
G
από x + y ≤ 4 , z = 0, z = 6
2
2
Λύση
Θα χρησιμοποιήσουμε κυλινδρικές συντεταγμένες
x = r cos θ ⎫ 0 ≤ r ≤ 2 ⎫
⎪
⎪
y = r sin θ ⎬ 0 ≤ θ ≤ 2π ⎬
⎪ 0≤ z≤6 ⎪
z=z
⎭
⎭
Άρα
⎛g 2
⎞
2
2
2
x
+
y
+
z
dG
=
(
)
⎜⎜ ∫ ( x + y + z ) dz ⎟⎟ dR =
∫∫∫
∫∫
G
R ⎝0
⎠
6
⎛
z2 ⎞
36 ⎞
⎛
= ∫∫ ⎜ ( x 2 + y 2 ) z + ⎟ dR = ∫∫ ⎜ ( x 2 + y 2 ) 6 + ⎟dR =
2 ⎠0
2 ⎠
R ⎝
R ⎝
2π
2
2π
⎛2
⎞
⎛ 6r 4 18r 2 ⎞
= ∫ ⎜ ∫ ( 6r 2 + 18 ) rdr ⎟dθ = ∫ ⎜
+
⎟ dθ =
4
2
⎝
⎠0
0 ⎝0
0
⎠
188
Τ. Δάρας Σημειώσεις Γενικα Μαθηματικά Ι
2π
=
∫ 60dθ = 60* 2π = 120π
0
Εφαρμογή 2
Να υπολογιστεί το τριπλό ολοκλήρωμα
∫∫∫ x dG
2
όπου G το χωρίο του
3
που φράσεται
G
από την επιφάνεια z = 9 − x 2 − y 2 , x ≥ 0, y ≥ 0 (παραβολοειδές) και το Ο xy -επίπεδο
Παρατήρηση Το παραπάνω πρόβλημα μπορεί να παρουσιαζόταν και στην παρακάτω
εναλλακτική μορφή
Έστω ότι δίνεται το τριπλό ολοκλήρωμα
3
2
2
9− x2 9− x − y
∫ ∫
−3 − 9 − x 2
(Ι) Σχεδιάστε την περιοχή ολοκλήρωσης
∫
x 2 dzdydx
0
(ΙΙ) Υπολογίστε το ολοκλήρωμα
Λύση
(Ι) Παρατηρώντας το ολοκλήρωμα, βλέπουμε ότι η
περιοχή ολοκλήρωσης G περικλείεται ανάμεσα στις
επιφάνειες:
(άνω) το παραβολοειδές z = 9 − x 2 − y 2
(κάτω) το Οxy-επίπεδο
Βρίσκεται δε μέσα στον κύλινδρο x 2 + y 2 = 9 (δηλαδή
η προβολή R του χωρίου G, στο xy-επίπεδο είναι ο
κύκλος x 2 + y 2 = 9 )
Το χωρίο (περιοχή) G φαίνεται στο διπλανό σχήμα.
(ΙΙ) Επειδή το χωρίο R είναι κύκλος, για τον υπολογισμό του ολοκληρώματος θα
χρησιμοποιήσουμε καλύτερα κυλινδρικές συντεταγμένες.
x = r cos θ
y = r sin θ ,
z=z
⎫
⎪
0 ≤ r ≤ 3, 0 ≤ θ ≤ 2π , 0 ≤ z ≤ 9 − x 2 − y 2 = 9 − r 2 ⎬ dxdydz = rdrdθ dz
⎪
⎭
Άρα
189
Τ. Δάρας Σημειώσεις Γενικα Μαθηματικά Ι
3
2
2
9− x2 9− x − y
∫ ∫
∫
−3 − 9 − x 2
0
2π 3
⎛ 3 ⎛ 9−r 2
⎞
⎞
⎛
x dzdydx = ∫ ⎜ ∫ ⎜ ∫ r 2 cos 2 θ dz ⎟ rdr ⎟dθ = ∫ ⎜ ∫ zr 3 cos 2 θ
⎟
⎜ ⎜
⎟
0 ⎝0⎝ 0
0 ⎝0
⎠
⎠
2π
2
9− r 2
0
⎞
dr ⎟dθ =
⎠
3
2π
2π
2π
⎛3
⎞
⎛ 9r 4 r 6 ⎞ 2
243
cos 2 θ dθ =
= ∫ ⎜ ∫ r 3 ( 9 − r 2 ) dr ⎟ cos 2 θ dθ = ∫ ⎜
− ⎟ cos θ dθ =
∫
4
6
4
⎠
0 ⎝0
0 ⎝
0
⎠
0
=
243
4
2π
∫ (1 + cos 2θ ) dθ =
0
Εφαρμογή 3
Να βρεθεί το τριπλό ολοκλήρωμα:
243π
4
∫∫∫ z dx dy dz , όπου G είναι η περιοχή που ορίζεται από το
D
άνω ημισφαίριο της σφαιρας x 2 + y 2 + z 2 = a 2 και το επίπεδο z = 0 .
Λύση: Η εξίσωση του άνω ημισφαιρίου, της σφαίρας x 2 + y 2 + z 2 = a 2 , είναι:
z = a2 − x2 − y2
z
με μετασχηματισμό σε κυλινδρικές συντεταγμένες:
⎧ x = r cos θ
⎪
⎨ y = r sin θ
⎪z = z
⎩
y
⇒
x2 + y 2 = r 2
x
Άρα είναι:
2π
∫∫∫ zdxdydz = ∫
G
0
2π
=
∫
0
⎡a
⎢∫
⎢0
⎣
⎡a
⎢∫
⎢⎣ 0
⎛
⎜
⎜
⎝
a2 −r 2
∫
0
(a
2
2π
⎤
⎞
⎥
z dz ⎟ r dr dθ = ∫
⎟
⎥
0
⎠
⎦
− r2 )
2
a2 − r 2
⎡a
⎤
2
⎡
⎤
z
⎢
r dr ⎥ dθ
⎢ ∫0 ⎣⎢ 2 ⎦⎥ 0
⎥
⎣
⎦
a
2π
⎤
⎡ a2 r 2 r 4 ⎤
r dr ⎥ dθ = ∫ ⎢
− ⎥ dθ =
8 ⎦0
⎥⎦
⎣ 4
0
2π
⎛ a4 a4 ⎞
a 4 a 4π
= ∫ ⎜ − ⎟ dθ = 2π ⋅
=
4
8 ⎠
8
4
0 ⎝
190
Τ. Δάρας Σημειώσεις Γενικα Μαθηματικά Ι
ΤΡΙΠΛΟ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ- ΣΦΑΙΡΙΚΕΣ ΣΥΝΤΕΤΑΓΜΕΝΕΣ
Μερικές φορές, ένα τριπλό ολοκλήρωμα υπολογίζεται ευκολότερα αν αντί για καρτεσιανές
συντεταγμένες ( x, y, z ) χρησιμοποιήσουμε σφαιρικές συντεταγμένες (r , θ , φ ) όπου :
x = r sin φ cos θ ⎫ r ≥ 0
⎫
⎪
⎪
y = r sin φ sin θ ⎬ 0 ≤ θ ≤ 2π ⎬
⎪ 0≤φ ≤π ⎪
z = r cos φ
⎭
⎭
Έτσι
∫∫∫ f ( x, y, z)dxdydz =∫∫∫ f (r sin φ cos θ , r sin φ sin θ , r cos φ )r
2
sin φ drdφ dθ
G′
G
όπου G’ είναι το χωρίο στο οποίο μετασχηματίζεται το χωρίο G
μεταβλητών.
με την αλλαγή των
Προσοχή πολλαπλασιάζουμε με το r2 sinφ
Εφαρμογή
2
Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα:
4− x2
∫ ∫
−2 − 4 − x 2
4− x2 − y 2
∫
z 2 x 2 + y 2 + z 2 dzdydx
0
Λύση
Το χωρίο G ολοκλήρωσης είναι το άνω ημισφαίριο σφαίρας
κέντρου (0,0,0) και ακτίνας 2 (γιατί;)
.
Θα χρησιμοποιήσουμε σφαιρικές συντεταγμένες
⎫
x = r sin φ cos θ ⎫ 0 ≤ r ≤ 2 ⎪
⎪
⎪
y = r sin φ sin θ ⎬ 0 ≤ θ ≤ 2π ⎬ και
⎪
⎪
z = r cos φ
⎭ 0≤φ ≤ π ⎪
2 ⎭
x2 + y 2 + z 2 = r 2
Άρα
∫∫∫ z
2
x 2 + y 2 + z 2 dG =
G
191
Τ. Δάρας Σημειώσεις Γενικα Μαθηματικά Ι
π
⎛π 2⎛ 2
⎞ ⎞
⎛ 2 5 ⎞⎛ 2π ⎞ 2
2
2
2
= ∫ ⎜ ∫ ⎜ ∫ r cos φ ⋅ r ⋅ r sin φ dr ⎟ dφ ⎟dθ = ⎜ ∫ r dr ⎟⎜ ∫ dθ ⎟ ∫ cos 2 φ sin φ dφ =
⎜ 0 ⎝0
0
⎠ ⎟⎠
⎝0
⎠⎝ 0
⎠0
⎝
2π
⎛ r6
=⎜
⎜ 6
⎝
π
⎞
⎞ ⎛ 2
64
cos3 φ
⎟ 2π ⎜ − ∫ cos 2 φ d ( cos φ )dφ ⎟ = − 2π
⎟ ⎜ 0
⎟
6
3
0 ⎠
⎝
⎠
2
π
0
2
=
64
1 64
2π = π
6
3 9
Παρατήρηση (ΟΓΚΟΣ στερεού με την βοήθεια ΤΡΙΠΛΟΥ ολοκληρώματος)
Εάν η συνάρτηση που ολοκληρώνουμε στο τριπλό ολοκλήρωμα είναι ίση με 1, δηλαδή
f ( x, y, z ) = 1 , τότε το τριπλό ολοκλήρωμα:
∫∫∫ 1 ⋅ dG =
ΟΓΚΟΣ του στερεού G
G
(το τριπλό ολοκλήρωμα μη-αρνητικής συνάρτησης παριστάνει γενικότερα «υπερ-ΟΓΚΟ»).
Εφαρμογή 1
Να υπολογίσετε τον όγκο του στερεού G που περικλείεται από τις επίπεδες επιφάνειες
x = 0, y = 0 , z = 0 και x + y + z = 1 .
Λύση
Το στερεό G (τετράεδρο) που ορίζεται από τις παραπάνω επιφάνειες φαίνεται παρακάτω
Η προβολή του G πάνω στο Οxy επίπεδο φαίνεται στο παρακάτω σχήμα (χωρίο R)
192
Τ. Δάρας Σημειώσεις Γενικα Μαθηματικά Ι
Ο ζητούμενος όγκος είναι ίσος με
V = ∫∫∫ 1dG = ∫∫ ∫
G
1− x − y
0
R
dzdR = ∫∫ (1 − x − y )dR = ∫
1 1− x
∫
0 0
R
1
y2
(1 − x − y )dydx = ∫ (1 − x) y −
2
0
1− x
dx
0
1
=
1
1
(1 − x) 2 dx = ... =
∫
20
6
Εφαρμογή 2
Να υπολογίσετε τον όγκο του στερεού G που περικλείεται από τις επιφάνειες
y= x , y=2 x , x+z=6, z=0 και z = x + 2 .
Λύση
Το στερεό G που ορίζεται από τις παραπάνω επιφάνειες φαίνεται παρακάτω (πάνω από το
«σκούρο» χωρίο)
η δε προβολή του G πάνω στο Οxy επίπεδο είναι το χωρίο με «σκούρο» χρώμα.
Ο ζητούμενος όγκος είναι ίσος με
V = ∫∫∫ 1dG = ∫∫ ∫
G
R
6-x
0
dzdR = ∫∫ (6-x)dR = ∫
6
0
R
∫
2 x
x
6
(6-x)dydx= ∫ (6-x)(2 x - x )dx
0
6
5 ⎤
⎡ 3
⎢ x2 x2 ⎥
48 6
= ∫ (6-x)( x ) = ⎢ 6 - ⎥ =
5
0
⎢ 3 5 ⎥
⎣ 2 2 ⎦0
6
Εφαρμογή 3
Να υπολογίσετε τον όγκο του στερεού G που περικλείεται από τις επιφάνειες
x 2 +y 2 +z 2 =1, x 2 +y 2 +z 2 =16, z= x 2 +y 2
193
Τ. Δάρας Σημειώσεις Γενικα Μαθηματικά Ι
Λύση
Το στερεό G
περικλείεται από τις σφαίρες x 2 +y 2 +z 2 =1, x 2 +y 2 +z 2 =16 και τον κώνο
z= x 2 +y 2 φαίνεται στο παρακάτω σχήμα
Ο ζητούμενος όγκος είναι ίσος με V = ∫∫∫ 1dG
G
Χρησιμοποιώντας σφαιρικές συντεταγμένες
⎫
⎪
x = r sin φ cos θ ⎫ 1 ≤ r ≤ 4
⎪
⎪
y = r sin φ sin θ ⎬ −π ≤ θ ≤ π
⎬ και
⎪
⎪
z = r cos φ
⎭ 0 ≤ φ ≤ π (γιατί;) ⎪
4
⎭
x2 + y 2 + z 2 = r 2
έχουμε
⎛ π4 4
⎞
⎛ π4
⎞ 4
4
π
3
π
⎛
⎞
⎛
⎞
⎛
⎞
r
⎜
⎟
⎜
⎟⎛ 2 ⎞
2
V = ∫∫∫ 1dG = ∫ ⎜ ∫ ⎜ ∫ r sinφ dr ⎟dφ ⎟dθ= ⎜ ∫ dθ ⎟ ⎜ ∫ sinφdφ ⎟ ⎜ ∫ r dr ⎟ = 2π ( − cos φ ) 04 ⎜ ⎟ =
⎝ 3 ⎠1
G
-π ⎜ 0 ⎝ 1
⎠ ⎟
⎝ -π
⎠⎜ 0
⎠
⎟⎝ 1
⎝
⎠
⎝
⎠
π
⎛
2 ⎞ ⎛ 43 1 ⎞
= 2π ⎜⎜ 1 −
⎟ ⎜ − ⎟ = 2π (2 − 2)
2 ⎟⎠ ⎝ 3 3 ⎠
⎝
Εφαρμογή 4
Να υπολογίσετε τον όγκο του στερεού G που περικλείεται ανάμεσα στους κυλίνδρους
x 2 + y 2 = 1, x 2 + y 2 = 4 και τις επιφάνειες z = 0 και z = x + 2 .
Λύση
Ο ζητούμενος όγκος ισούται με το τριπλό ολοκλήρωμα
{
}
∫∫∫ dxdydz ,
V
όπου: V = (x, y, z) :1 ≤ x + y ≤ 4, 0 ≤ z ≤ x + 2 .
2
2
194
Τ. Δάρας Σημειώσεις Γενικα Μαθηματικά Ι
Εισάγουμε κυλινδρικές συντεταγμένες: x = r cos θ, y = r sin θ, z = z με Ιακωβιανή J = r
Επομένως:
V = {(r, θ, z) : 1 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ z ≤ r cos θ + 2}
και
∫∫∫
dxdydz =
V
=
2π
2
∫ ∫∫
0
∫
1
r cos θ + 2
rdzdrdθ =
0
2π ⎡ r 3
0
2⎤
2
⎢ cos θ + r ⎥ dθ =
⎣3
⎦1
2π
2
∫ ∫ (r cos θ + 2)rdrdθ
0
∫
2π
0
1
⎛7
⎞
⎜ cos θ + 3⎟dθ = 6π
⎝3
⎠
Παρατήρηση
Εναλλακτικά
∫∫∫
dxdydz =
V
όπου
{
∫∫ ∫
D
}
D = (x, y) :1 ≤ x 2 + y 2 ≤ 4
x+2
0
και
dzdxdy =
∫∫ (x + 2)dxdy ,
D
με
τη
βοήθεια
πολικών
συντεταγμένων
D = {(r, θ) :1 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π} με Ιακωβιανή J = r .
Εφαρμογή 5
x 2 y2 z2
Να βρεθεί ο όγκος του ελλειψοειδούς
+
+
=1 .
a 2 b2 c2
Λύση
Το ελλειψοειδές φαίνεται στο παρακάτω σχήμα
195
Τ. Δάρας Σημειώσεις Γενικα Μαθηματικά Ι
R
Ο όγκος του στερεού G δίνεται από V =
∫∫∫ dzdydx
G
⎧
⎫
x
y
z
G = ⎨( x, y, z ) : 2 + 2 + 2 ≤ 1⎬ .
a
b
c
⎩
⎭
Επομένως
2
2
2
όπου
c 1−
V=
∫∫
R
x2
a
2
−
∫
− c 1−
x2
a
2
−
y2
b2
y2
b
dzdydx = 2c ∫∫ 1 −
D
x2 y 2
−
dxdy
a 2 b2
2
⎧
x2 y2 ⎫
όπου το R = ⎨( x, y ) : 2 + 2 ≤1⎬ . (εσωτερικό έλλειψης) φαίνεται παρακάτω
a
b
⎩
⎭
Θέτοντας x = aξ, και y = bη με Ιακωβιανή την
∂( x,y)
= ab, παίρνουμε
∂ ( ξ,η)
V = 2 abc ∫∫ 1 − ξ 2 − η 2 d ξ dη
R"
196
Τ. Δάρας Σημειώσεις Γενικα Μαθηματικά Ι
όπου τώρα R´ = {(ξ, η): ξ2 + η2 ≤ 1} και αλλαγή σε πολικές συντεταγμένες (ρ, θ) θα δώσει
1
V = 2 abc
2π
∫∫
0
0
1
ρ 1 − ρ dθdρ = −2 πabc
2
∫
1
(1 − ρ 2 ) 2 d(1 − ρ 2 )
0
(1 − ρ 2 )
= −2πabc
3
2
3
2
1
0
4
= πabc.
3
197

Download Report