13.3: Подвійна інтеграція з полярними координатами

Ми використовували ітераційні інтеграли для оцінки подвійних інтегралів, які дають підписаний об'єм під поверхнею$z=f(x,y)$, над$R$ областю$xy$ -площини. Ціле - просто$f(x,y)$, а межі інтегралів визначаються областю$R$.

Деякі$R$ регіони легко описати за допомогою прямокутних координат — тобто з рівняннями форми тощо$y=f(x)$$x=a$ Однак деякі регіони легше обробляти, якщо ми представляємо їх межі полярними рівняннями форми$r=f(\theta)$$\theta = \alpha$ тощо.

Основною формою подвійного інтеграла є$\displaystyle \iint_R f(x,y)\ dA$. Ми інтерпретуємо цей інтеграл наступним чином: над$R$ регіоном підсумовуємо безліч добутків висот (заданих$f(x_i,y_i)$) і площ (заданих$\Delta A_i$). Тобто$dA$ являє собою «трохи площі». У прямокутних координатах ми можемо описати невеликий прямокутник як має площу$dx\ dy$ або$dy\,dx$ - площа прямокутника просто$\times$ ширина довжини - невелика зміна в$x$ рази невелика зміна$y$. Таким чином, ми замінюємо$dA$ в подвійний інтеграл на$dx\,dy$ або$dy \,dx$.

ФІГУРА$\PageIndex{1} \label{double_pol_intro}$

Тепер розглянемо представлення області з$R$ полярними координатами. Розглянемо Малюнок$\PageIndex{1a}$. $R$Дозволяти область в першому квадранті обмежена кривою. Ми можемо наблизити цю область, використовуючи природну форму полярних координат: ділянки секторів кіл. На малюнку одна така область затінена, показана знову в частині (б) малюнка.

Оскільки площа сектора кола з радіусом$r$, піднесеної кутом$\theta$, є$A = \frac12r^2\theta$, ми можемо знайти площу затіненої області. Весь сектор має площу$\frac12r_2^2\Delta \theta$, тоді як менший, незаштрихований сектор має площу$\frac12r_1^2\Delta \theta$. Площа затіненої області полягає в відмінності цих областей:
$$\Delta A_i = \frac12r_2^2\Delta\theta-\frac12r_1^2\Delta\theta = \frac12\big(r_2^2-r_1^2\big)\big(\Delta\theta\big) = \frac{r_2+r_1}{2}\big(r_2-r_1\big)\Delta\theta.$$

Зверніть увагу, що$(r_2+r_1)/2$ це всього лише середнє значення двох радіусів.

Для наближення області$R$ ми використовуємо багато таких субрегіонів; це зменшує різницю$r_2-r_1$ між радіусами до 0 і зменшує зміну кута$\Delta \theta$ також до 0. Ми представляємо ці нескінченно малі зміни радіуса і кута як$dr$ і$d\theta$ відповідно. Нарешті,$dr$ як мало$r_2\approx r_1$, і так$(r_2+r_1)/2\approx r_1$. Таким чином, коли$dr$ і$d\theta$ маленькі,
$$\Delta A_i \approx r_i \,dr \,d\theta.$$

Взявши ліміт, де кількість субрегіонів йде в нескінченність і обидва$r_2-r_1$ і$\Delta\theta$ переходимо до 0, отримуємо $$dA = r \,dr \,d\theta.$$

Тому, щоб оцінити$\displaystyle \iint_Rf(x,y)\ dA$,$dA$ замініть на$r \,dr \,d\theta$. $z=f(x,y)$Перетворіть функцію у функцію з полярними координатами з підстановками$x=r\cos\theta$,$y=r\sin\theta$. Нарешті, знайдіть межі$g_1(\theta)\leq r\leq g_2(\theta)$ і$\alpha\leq\theta\leq\beta$ те, що опишіть$R$. Це ключовий принцип цього розділу, тому ми повторюємо його тут як ключову ідею.

Ключова ідея: оцінка подвійних інтегралів з полярними координатами

$R$Дозволяти плоска область, обмежена полярними рівняннями$\alpha\leq\theta\leq\beta$ і$g_1(\theta)\leq r\leq g_2(\theta)$. Тоді
$$\iint_Rf(x,y)\ dA = \int_\alpha^\beta\int_{g_1(\theta)}^{g_2(\theta)} f\big(r\cos\theta,r\sin\theta\big)\ \,r \,dr \,d\theta.$$

Приклади допоможуть нам зрозуміти цю Ключову Ідею.

Приклад$\PageIndex{1}$: Evaluating a double integral with polar coordinates

Знайдіть підписаний обсяг під площиною$z= 4-x-2y$ над колом за допомогою рівняння$x^2+y^2=1$.

Рішення

Межі інтеграла визначаються виключно регіоном,$R$ над яким ми інтегруємося. В даному випадку це коло з рівнянням$x^2+y^2=1$. Нам потрібно знайти полярні межі для цього регіону. Це може допомогти переглянути полярні координати раніше в цьому тексті; межі для цього кола є$0\leq r\leq 1$ і$0\leq \theta\leq 2\pi$.

$f(x,y)$Замінюємо на$f(r\cos\theta,r\sin\theta)$. Це означає, що ми робимо такі заміни:

$$4-x-2y \quad \Rightarrow \quad 4-r\cos\theta-2r\sin\theta.\nonumber$$

Нарешті, ми замінюємо$dA$ в подвійний інтеграл з$r \,dr \,d\theta$. Це дає остаточний ітераційний інтеграл, який ми оцінюємо:

\ [\ begin {align*}
\ iInt_RF (x, y)\ да &=\ int_0^ {2\ pi}\ int_0^1\ великий (4-r\ cos\ тета-2r\ гріх\ тета\ великий) r\, д-р\ тета\\
&=\ int_0^ {2\ pi}\ int_0^1\ великий (4r^2 (\ cos\ тета-2\ грін\ тета)\ великий) д-р\ тета\\
&=\ int_0^ {2\ pi}\ ліворуч. \ лівий (2r^2-\ frac13r^3 (\ cos\ тета-2\ грін\ тета)\ праворуч | _0^1d\ тета\\
&=\ int_0^ {2\ pi}\ лівий (2-\ frac13\ big (\ cos\ theta-2\ sin\ тета\ великий)\ правий) d\ тета\\\\
\\ лівий. \ лівий (2\ тета -\ frac13\ великий (\ sin\ theta+2\ cos\ тета\ великий)\ праворуч | _0^ {2\ pi}\\
&= 4\ пі\ приблизно 12.566.
\ end {вирівнювати*}\]

ФІГУРА$\PageIndex{2}$

Поверхня і область$R$ показані на малюнку$\PageIndex{2}$.

Приклад$\PageIndex{2}$: Evaluating a double integral with polar coordinates

Знайдіть обсяг під параболоїдом$z=4-(x-2)^2-y^2$ над областю, обмеженою колами$(x-1)^2+y^2=1$ і$(x-2)^2+y^2=4$.

Рішення

На перший погляд, це здається дуже жорстким об'ємом для обчислення, оскільки область$R$ (показана на малюнку$\PageIndex{3a}$) має отвір у ньому, вирізаючи дивну частину поверхні, як показано в частині (b) малюнка. Однак, описуючи з$R$ точки зору полярних рівнянь, обчислити обсяг не дуже складно.

ФІГУРА$\PageIndex{3}$

Це просто показати, що коло$(x-1)^2+y^2=1$ має полярне рівняння$r=2\cos\theta$, і що коло$(x-2)^2+y^2=4$ має полярне рівняння$r=4\cos\theta$. Кожен з цих кіл промальовується на проміжку$0\leq\theta\leq\pi$. Межі$r$ на$2\cos\theta\leq r\leq 4\cos\theta.$

Заміна$x$ з$r\cos\theta$ в integrand, поряд із$y$ заміною на$r\sin \theta$, готує нас до оцінки подвійного інтеграла$\displaystyle \iint_Rf(x,y)\ dA$:

\ [\ begin {align*}
\ iInt_RF (x, y)\ dA &=\ int_0^ {\ pi}\ int_ {2\ cos\ theta} ^ {4\ cos\ тета}\ Великий (r\ cos\ theta-2\ big) ^2-\ великий (r\ sin\ тета\ великий) ^2\, d тета\\
%&=\ int_0^ {\ pi}\ int_ {2\ cos\ тета} ^ {4\ cos\ тета}\ великий (r^3\ cos ^ 2\ тета+ r^3\ sin^2\ тета-4r^2\ cos\ theta+4r\ big) др\, д\ тета\\
&=\ int_0^ {\ pi}\ int_ {2\ cos\ тета} ^ {4\ cos\ тета}\ великий (-r^3+4r^2\ cos\ тета\ великий) д-р\, д\ тета\\
&=\ int_0^\ пі\ лівий. \ ліворуч (-\ frac14r^4+\ frac43r^3\ cos\ тета\ справа)\ праворуч | _ {2\ cos\ тета} ^ {4\ cos\ тета} д\ тета\\
&=\ int_0^\ пі\ ліворуч [-\ frac14 (256\ cos ^ 4\ тета) +\ frac43 (64\ cos^4\ тета)\ праворуч\] - право. \\
&\\ ліворуч. \ лівий [-\ frac14 (16\ cos^4\ тета) +\ frac43 (8\ cos^4\ тета)\ праворуч]\ праворуч) d\ тета\\
&=\ int_0^\ pi\ frac {44} 3\ cos^4\ тета\, d\ тета. \ end {вирівнювати*}\]

Щоб інтегрувати$\cos^4\theta$, перепишіть його як$\cos^2\theta\cos^2\theta$ і використовуйте формулу зменшення потужності двічі:

\ [\ почати {вирівнювати*}\ cos^4\ тета &=\ cos^2\ тета\ cos^2\ тета\\
&=\ фрак12\ великий (1+\ cos (2\ тета)\ великий)\ фрак12\ великий (1+\ cos (2\ тета)\ великий)\\
&=\ frac14\ big (1+2\ cos (2\ тета) +\ cos ^ 2 (\ тета)\ великий)\\
&=\ frac14\ Big (1+2\ cos (2\ тета) +\ frac12\ big (1+\ cos (4\ тета)\ великий)\ великий)\ \
&=\ фрак38+\ фрак12\ cos (2\ тета) +\ фрак18\ cos (4\ тета). \ end {вирівнювати*}\]

Підібравши з того місця, де ми зупинилися вище, у нас є

\ [\ почати {вирівнювати*} &=\ int_0^\ pi\ frac {44} 3\ cos^4\ тета\, d\ тета\\
&=\ int_0^\ pi\ frac {44} 3\ ліворуч (\ frac38+\ frac12\ cos (2\ тета) +\ frac18\ cos (4\ тета)\ праворуч) d\ тета\\
&=\ ліворуч. \ розрив {44} 3\ ліворуч (\ гідророзриву {3} 8\ тета+\ frac14\ sin (2\ тета) +\ гідророзриву {1} {32}\ грін (4\ тета)\ праворуч)\ праворуч | _0^\ пі\\
&=\ frac {11} 2\ pi\ приблизно 17.279.
\ end {вирівнювати*}\]

Хоча цей приклад не був тривіальним, подвійний інтеграл було б набагато складніше оцінити, якби ми використовували прямокутні координати.

Приклад$\PageIndex{3}$: Evaluating a double integral with polar coordinates

Знайдіть об'єм під поверхнею$f(x,y) =\dfrac1{x^2+y^2+1}$ над сектором кола з радіусом,$a$ центрованим у початку в першому квадранті, як показано на малюнку$\PageIndex{4}$.

ФІГУРА$\PageIndex{4}$

Рішення

Область, яку$R$ ми інтегруємо, - це коло з радіусом$a$, обмеженим першим квадрантом. Таким чином, в полярних, межі на$R$ є$0\leq r\leq a$,$0\leq\theta\leq\pi/2$. Integrand переписується полярним як

$$\frac{1}{x^2+y^2+1} \Rightarrow \frac{1}{r^2\cos^2\theta+r^2\sin^2\theta+1} = \frac1{r^2+1}.$$

Знаходимо обсяг наступним чином:

\ [\ почати {вирівнювати*}
\ iInt_RF (x, y)\ да &=\ int_0^ {\ pi/2}\ int_0^a\ frac {r} {r^2+1}\, д-р\, д\ тета\\
&=\ int_0^ {\ pi/2}\ фрак12\ великий (\ ln|r^2+1|\ великий)\ 0^a\, d\ тета\\
&=\ int_0^ {\ pi/2}\ фрак12\ ln (a^2+1)\, d\ тета\\
&=\ ліворуч. \ ліворуч (\ frac12\ ln (a^2+1)\ тета\ справа)\ праворуч |_0^ {\ pi/2}\\
&=\ розриву {\ pi} {4}\ ln (a^2+1).
\ end {вирівнювати*}\]

Малюнок$\PageIndex{4}$ показує, що$f$ скорочується майже до 0 дуже швидко. Незалежно від того, як$a$ росте, так і обсяг, без обмежень.

Примітка: Попередня робота показала, що є кінцева область під$\frac{1}{x^2+1}$ всією$x$ віссю. Однак, Приклад$\PageIndex{3}$ показує, що існує нескінченний об'єм під$\dfrac{1}{x^2+y^2+1}$ усією$xy$ -площиною.

Приклад$\PageIndex{4}$: Finding the volume of a sphere

Знайти об'єм сфери з радіусом$a$.


Розв'язок Сфера радіуса$a$, зосереджена на початку, має рівняння$x^2+y^2+z^2=a^2$; рішення для$z$, ми маємо$z=\sqrt{a^2-x^2-y^2}$. Це дає верхню половину сфери. Ми хочемо знайти обсяг під цією верхньою половиною, а потім подвоїти його, щоб знайти загальний обсяг.

Область, яку нам потрібно інтегрувати, - це коло радіуса$a$, зосереджене на початку. Полярні межі для цього рівняння є$0\leq r\leq a$,$0\leq\theta\leq2\pi$.

Всі разом об'єм сфери з радіусом$a$ дорівнює:

\ [2\ iInt_r\ sqrt {a^2-x^2-y^2}\ dA = 2\ int_0^ {2\ pi}\ int_0^a\ sqrt {a^2- (r\ cos\ тета) ^2- (r\ sin\ тета) ^2}\, r\, dr\, d\ тета\
=2\ int_0^ {pi}\ int_0^ar\ sqrt {a^2-r^2}\, др\, д\ тета.\]

Ми можемо оцінити цей внутрішній інтеграл з заміщенням. С$u=a^2-r^2$,$du = -2r \,dr$. Нові межі інтеграції мають$u(0) = a^2$ бути$u(a)=0$. Таким чином, ми маємо:

\ [\ begin {align*} &=\ int_0^ {2\ pi}\ int_ {a^2} ^0\ великий (-u^ {1/2}\ великий) ду\, d\ тета\\
&=\ int_0^ {2\ pi}\ лівий. \ ліворуч (-\ frac23u^ {3/2}\ праворуч)\ праворуч | _ {a^2} ^0\, d\ тета\\
&=\ int_0^ {2\ пі}\ ліворуч (\ frac23a^3\ праворуч) d\ тета\\
&=\ ліворуч. \ ліворуч (\ frac23a^3\ тета\ праворуч)\ праворуч |_0^ {2\ пі}\\
&=\ frac43\ pi a^3.
\ end {вирівнювати*}\]

Як правило, формула об'єму сфери з радіусом$r$ наведена як$4/3\pi r^3$; ми обґрунтували цю формулу нашим розрахунком.

Приклад$\PageIndex{5}$: Finding the volume of a solid

Скульптор хоче зробити суцільний бронзовий відлив твердого тіла, показаного на малюнку$\PageIndex{5}$, де основа твердого тіла має межу, в полярних координатах$r=\cos(3\theta)$, а вершина визначається площиною$z=1-x+0.1y$. Знайдіть обсяг твердого тіла.

ФІГУРА$\PageIndex{5}$

Рішення
З самого початку ми повинні визнати, що знання, як налаштувати цю проблему, ймовірно, важливіше, ніж знати, як обчислити інтеграли. Ітераційний інтеграл прийти не «важко» оцінити, хоча він довгий, вимагає багато алгебри. Після того, як буде визначено належний ітераційний інтеграл, можна використовувати доступну технологію, щоб допомогти обчислити остаточну відповідь.

Область$R$, яку ми інтегруємо, пов'язана$0\leq r\leq \cos(3\theta)$, for$0\leq \theta\leq\pi$ (зверніть увагу, що ця крива троянди простежується на інтервалі$[0,\pi]$, а не$[0,2\pi]$). Це дає нам наші межі інтеграції. Integrand є$z=1-x+0.1y$; перетворення в полярний, ми маємо,$V$ що обсяг:

$$V = \iint_R f(x,y)\ dA = \int_0^\pi\int_0^{\cos(3\theta)}\big(1-r\cos\theta+0.1r\sin\theta\big)r \,dr \,d\theta.\nonumber$$

Розподіляючи на$r$, внутрішній інтеграл легко оцінити, що призводить до

$$\int_0^\pi \left(\frac12\cos^2(3\theta)-\frac13\cos^3(3\theta)\cos\theta+\frac{0.1}3\cos^3(3\theta)\sin\theta\right) \,d\theta.\nonumber$$

Цей інтеграл вимагає часу для обчислення вручну; це досить довго і громіздко. Потужності косинуса повинні бути зменшені, а такі продукти$\cos(3\theta)\cos\theta$ потрібно перетворити на суми за допомогою формул Product To Sum на задній обкладинці цього тексту.

Переписуємо$\frac12\cos^2(3\theta)$ як$\frac14(1+\cos(6\theta))$. Ми також можемо переписати$\frac13\cos^3(3\theta)\cos\theta$ як:

$$\frac13\cos^3(3\theta)\cos\theta = \frac13\cos^2(3\theta)\cos(3\theta)\cos\theta = \frac13\frac{1+\cos(6\theta)}2\big(\cos(4\theta)+\cos(2\theta)\big).\nonumber$$

Цей останній вираз все ще потребує спрощення, але з часом всі терміни можуть бути зведені до форми$a\cos(m\theta)$ або$a\sin(m\theta)$ для різних значень$a$ і$m$.

Ми відмовляємося від алгебри і рекомендуємо читачеві використовувати технологію, таку як WolframAlpha, для обчислення числової відповіді. Така технологія дає:

$$\int_0^\pi\int_0^{\cos(3\theta)}\big(1-r\cos\theta+0.1r\sin\theta\big)r \,dr \,d\theta = \frac{\pi}{4} \approx 0.785u^3.\nonumber$$

Так як одиниці не були вказані, то результат залишаємо майже$0.8$ кубічними одиницями (метри, фути і т.д.) Якщо художник хоче масштабувати шматок рівномірно, щоб кожна пелюстка троянди мала довжину, відмінну від 1, вона повинна мати на увазі, що масштабування за коефіцієнтом$k$ масштабує обсяг на коефіцієнт$k^3$.

Ми використовували ітераційні інтеграли для пошуку плоских областей та об'ємів під поверхнями. Подібно до того, як єдиний інтеграл може бути використаний для обчислення набагато більше, ніж «площа під кривою», ітераційні інтеграли можуть бути використані для обчислення набагато більше, ніж ми досі бачили. Наступні два розділи показують два, серед багатьох, застосування ітераційних інтегралів.