Całka podwójna 4 - zastosowania geometryczne

1

Całka podwójna - zastosowania geometryczne

Podamy teraz kilka ważniejszych zastosowań geometrycznych całki podwójnej.

Objętość bryły

W materiałach "Całka podwójna 1 - wstęp" podaliśmy interpretację geometryczną całki podwójnej. Przypomnijmy:

(7) ( , )

D

V =

∫∫

f x y dxdy,

gdzie funkcja f x y jest nieujemna i ciągła w obszarze D, ( , )

natomiast V jest obszarem przestrzennym (bryłą)

ograniczonym od dołu płaszczyzną Oxy (podstawą bryły V jest obszar D), zaś od góry powierzchnią o równaniu

( , )

z= f x y , dla ( , )x y ∈ (rys. 19). D

Powyższy wzór łatwo można uogólnić na sytuację, w której bryła jest od dołu i od góry ograniczona wykresami dwóch funkcji. Tym przypadkiem zajmiemy się jednak w materiałach dotyczących zastosowań geometrycznych całki potrójnej.

Pole obszaru płaskiego

Pole obszaru płaskiego D w płaszczyźnie Oxy można obliczyć korzystając z następującego wzoru: (8)

D

D=

∫∫

dxdy.

Pole płata powierzchniowego

Pole płata powierzchniowego S, który jest wycinkiem powierzchni o równaniu z= f x y( , ) otrzymanym dla ( , )x y ∈ (rys. 19) wyraża się wzorem: D

(9) 2 2 1 D z z S dxdy x y   ∂ _{ ∂ }  _ =

∫∫

+∂  +∂  .

Przykład. Znaleźć pole obszaru płaskiego ograniczonego liniami:

1 , 1 , 2     y x y x y .

Rozwiązanie. Rysujemy obszar D (rys. 20). Widzimy, że w tym przykładzie wygodniej jest potraktować zakreślony obszar jako normalny względem osi Oy – aby obliczyć całkę podwójną nie trzeba będzie go wówczas dzielić na dwa obszary. Z równań danych krzywych wyznaczamy zatem zmienną x i rozwiązujemy (wystarczy ze względu na niewiadomą y) układ równań:

2 1 x y x y  =   _{= −}  , stąd 2 1 / y y y= − ⋅ ⇔ 2 2=y − ⇔ y y2− − = ⇔ y 2 0 ⇔ y₁=− , 1 y₂= . 2 y x z O D z = f (x, y) Rys. 19 S x r O Rys. 20 2 y 1 D 2 x y = 1 x= −y 1 y= -1

2

Patrząc od strony osi Oy obszar D możemy zatem zapisać w postaci: 2 ( , ) : 1 2, 1 D x y y y x y       =_ ≤ ≤ − ≤ ≤ _    .

Przechodzimy do obliczenia pola obszaru D:

[ ]

2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 2 1 y y y D y D dxdy dx dy x dy y dy y − −  _  _      _{  }    = = _{ } = = _ − + _ =   _  _  

∫∫

∫ ∫

∫

∫

(

)

2 2 1 1 1 1 2ln 2ln 2 2 2 2ln1 1 2ln 2 2 2 2 y y y   _{ }   =_ − + _ = − + −_ − + =_ −   .

Przykład. Obliczyć objętość obszaru przestrzennego V ograniczonego od góry powierzchnią

2 2

3 ( )

z= − x +y , a od dołu płaszczyzną z= . 0

Rozwiązanie. Sporządzamy rysunek obszaru V (rys. 21). Równanie

2 2

3 ( )

z= − x +y przedstawia paraboloidę. Jej wykres można otrzymać odbijając symetrycznie względem płaszczyzny Oxy wykres paraboloidy obrotowej z=x2+y2, a następnie przesuwając go o trzy jednostki do góry. W wyniku przekroju paraboloidy

2 2

3 ( )

z= − x +y płaszczyzną z= otrzymamy (podstawiając 0 0

z= do równania paraboloidy) okrąg o środku w początku układu

współrzędnych i promieniu R= 3. Zatem obszar D jest kołem, którego brzegiem jest wyznaczony przekrój. Aby obliczyć objętość obszaru V korzystamy ze wzoru (7) i otrzymujemy:

2 2

(3 )

D

V =

∫∫

−x −y dxdy.

Ponieważ obszar D jest kołem, to wprowadzamy współrzędne biegunowe. Łatwo stwierdzić, że gdy punkt M x y zmienia się w obszarze D, to jego współrzędne biegunowe spełniają warunki: ( , )

0 2 : 0 3 D r  ≤ ϕ ≤ π  ′   ≤ ≤  . Stąd 2 2 2 2 2 2 (3 ) (3 cos sin ) D D V x y dxdy r r rdrd ′ =

_∫∫

− − =

_∫∫

− ϕ − ϕ ϕ = 2 3 2 3 2 3 2 4 0 0 0 0 3 1 (3 ) (3 ) 2 4 D r rdrd r r dr d r r d π π ′   _{ }   _{ } = − ϕ = _ − _ ϕ = − ϕ =        

∫∫

∫ ∫

∫

[ ]

2 2 2 0 0 0 9 9 9 9 9 9 2 2 4 d 4 d 4 4 2 π π π  _  =

∫

_ − _ ϕ =

∫

ϕ= ϕ = ⋅ π = π. O x y z D 3 Rys. 21

3

Przykład. Obliczyć pole powierzchni górnej połowy sfery x2+y2+z2=25 wyciętej walcem

2 2 ₉

x +y = .

Rozwiązanie. Ilustracją do przykładu jest rysunek 22, na którym przez S oznaczono płat powierzchniowy, którego pole powierzchni mamy obliczyć. Płat ten jest wycinkiem górnej połowy sfery, która jest wykresem funkcji o równaniu

2 2

25

z= −x −y . Z faktu, że interesujący nas fragment wycinamy walcem o równaniu x2+y2= wnioskujemy, że 9 rzutem D płata S na płaszczyznę Oxy jest koło o promieniu

3

R= .

Pole płata powierzchniowego S obliczymy ze wzoru (9). Wyznaczamy najpierw potrzebne pochodne cząstkowe:

2 2 2 2 1 ( 2 ) 2 25 25 z x x x _{x y x y} ∂ − = ⋅ − = ∂ _{− − − −} , 2 2 2 2 1 ( 2 ) 2 25 25 z y y x _{x y x y} ∂ − = ⋅ − = ∂ _{− − − −} . Stąd 2 2 1 D z z S dxdy x y   ∂ _{ ∂ }  _ =

∫∫

+∂  +∂  = 2 2 2 2 2 2 1 25 25 D x y dxdy x y x y = + + = − − − −

∫∫

2 2 _{2 2} 25 5 25 ₂₅ D D dxdy dxdy x y _{x y} = = − − _{− −}

∫∫

∫∫

.

Wprowadzając współrzędne biegunowe obszar całkowania możemy zapisać w postaci

{( , ) : 0 2 , 0 3} D′ = r ϕ ≤ ϕ ≤ π ≤ ≤ . r Zatem 2 2 2 2 2 2 5 5 25 25 cos sin D D dxdy r S drd x y ′ r r = = ϕ = − − − ϕ − ϕ

∫∫

∫∫

2 3 2 0 0 5 25 r dr d r π_{ }  _  = _ _ ϕ   ₋  

∫ ∫

.

Wykonujemy pomocnicze obliczenia:

2 2 2 25 2 25 2 25 ₁ 2 r t r dt dr rdr dt t C r C t r rdr dt − = = − = = − = − + = − − + − = −

∫

∫

. Ostatecznie otrzymujemy:

[ ]

2 ₃ 2 2 2 0 0 0 0 5 25 5 ( 4 5) 5 10 S r d d π π π   = _− − _ ϕ = − + ϕ = ϕ = π  

∫

∫

. x y z S D 3 5 Rys. 22

4

Zadania do samodzielnego rozwiązania

Obliczyć pola obszarów ograniczonych podanymi krzywymi:

23. y=x3 , y=0, x= , 1

24. y= −1 x2 , y=x2,

25. xy=1, y=x, y=2 , ( ,x x y> , 0)

26. x+ = , y 4 x+3y= , x1 = , y x=2y,

27. x2+y2= , 1 y=x2.

Obliczyć objętości brył ograniczonych podanymi powierzchniami:

28. x=0, y=0, z=0, 2x+ + = , y z 2

29. x2+y2=1 , x2+y2+z2=9, (z≥ , 0)

30. y=x2, y=1, x+ + =y z 4, z= , 0

31. x2+y2+z2=1, x2+y2= . x

Obliczyć pola części następujących powierzchni

32. płaszczyzny x+ + = wyciętej płaszczyznami: y z 4 x=0, y=0, x=2, y= 2

33. paraboloidy z=x2+y2 wyciętej przez walec x2+y2= . 9

Opracowanie: dr Igor Kierkosz