15.3: Подвійні інтеграли в полярних координатах
- Page ID
- 62059
- Розпізнайте формат подвійного інтеграла над полярною прямокутною областю.
- Оцінити подвійний інтеграл в полярних координатах за допомогою ітераційного інтеграла.
- Розпізнайте формат подвійного інтеграла над загальною полярною областю.
- Використовуйте подвійні інтеграли в полярних координатах для обчислення площ і об'ємів.
Подвійні інтеграли іноді набагато простіше оцінити, якщо ми змінимо прямокутні координати на полярні координати. Однак перш ніж описувати, як здійснити цю зміну, нам потрібно встановити поняття подвійного інтеграла в полярній прямокутній області.
Полярні прямокутні області інтеграції
Коли ми визначили подвійний інтеграл для неперервної функції в прямокутних координатах - скажімо,\(g\) над областю\(R\) в\(xy\) -площині - ми\(R\) розділили на підпрямокутники зі сторонами, паралельними осям координат. Ці сторони мають або постійні\(x\) -значення, і/або постійні\(y\) -значення. У полярних координатах форма, з якою ми працюємо, - це полярний прямокутник, сторони якого мають постійні\(r\) -значення та/або постійні\(\theta\) -значення. Це означає, що ми можемо описати полярний прямокутник, як на малюнку\(\PageIndex{1a}\), з\(R = \{(r,\theta)\,|\, a \leq r \leq b, \, \alpha \leq \theta \leq \beta\}\).
У цьому розділі ми хочемо інтегрувати над полярними прямокутниками. Розглянемо функцію\(f(r,\theta)\) над полярним прямокутником\(R\). Ділимо інтервал\([a,b]\) на\(m\) підінтервали\([r_{i-1}, r_i]\) довжини\(\Delta r = (b - a)/m\) і ділимо інтервал\([\alpha, \beta]\) на\(n\) підінтервали\([\theta_{i-1}, \theta_i]\) ширини\(\Delta \theta = (\beta - \alpha)/n\). Це означає, що кола\(r = r_i\) і промені\(\theta = \theta_i\) для\(1 \leq i \leq m\) і\(1 \leq j \leq n\) ділять полярний прямокутник\(R\) на менші полярні підпрямокутники\(R_{ij}\) (рис.\(\PageIndex{1b}\)).
Як і раніше, нам потрібно знайти площу\(\Delta A\) полярного підпрямокутника\(R_{ij}\) і «полярний» обсяг тонкої коробки вище\(R_{ij}\). Нагадаємо, що в колі радіуса\(r\) довжина\(s\) дуги, піднесеної центральним кутом\(\theta\) радіанів, дорівнює\(s = r\theta\). Зверніть увагу, що полярний прямокутник\(R_{ij}\) дуже схожий на трапецію з паралельними сторонами\(r_{i-1}\Delta \theta\)\(r_i\Delta \theta\) і з шириною\(\Delta r\). Звідси площа полярного\(R_{ij}\) підпрямокутника
\[\Delta A = \frac{1}{2} \Delta r (r_{i-1} \Delta \theta + r_i \Delta \theta ). \nonumber \]
Спрощення та здача
\[r_{ij}^* = \frac{1}{2}(r_{i-1}+r_i) \nonumber \]
у нас є\(\Delta A = r_{ij}^* \Delta r \Delta \theta\).
Тому полярний об'єм тонкої коробки вище\(R_{ij}\) (рис.\(\PageIndex{2}\))
\[f(r_{ij}^*, \theta_{ij}^*) \Delta A = f(r_{ij}^*, \theta_{ij}^*)r_{ij}^* \Delta r \Delta \theta. \nonumber \]
Використовуючи ту ж ідею для всіх підпрямокутників і підсумовуючи обсяги прямокутних коробок, отримаємо подвійну суму Рімана як
\[\sum_{i=1}^m \sum_{j=1}^n f(r_{ij}^*, \theta_{ij}^*) r_{ij}^* \Delta r \Delta \theta. \nonumber \]
Як ми бачили раніше, ми отримуємо краще наближення до полярного об'єму твердого тіла над областю,\(R\) коли ми пускаємо\(m\) і\(n\) стаємо більшими. Отже, ми визначаємо полярний об'єм як межу подвійної суми Рімана,
\[V = \lim_{m,n\rightarrow\infty}\sum_{i=1}^m \sum_{j=1}^n f(r_{ij}^*, \theta_{ij}^*) r_{ij}^* \Delta r \Delta \theta. \nonumber \]
Це стає виразом для подвійного інтеграла.
Подвійний інтеграл функції\(f(r, \theta)\) над полярною прямокутною областю\(R\) в\(r\theta\) -площині визначається як
\[\begin{align} \iint_R f(r, \theta)dA &= \lim_{m,n\rightarrow\infty}\sum_{i=1}^m \sum_{j=1}^n f(r_{ij}^*, \theta_{ij}^*) \Delta A \\[4pt] &= \lim_{m,n\rightarrow \infty} \sum_{i=1}^m \sum_{j=1}^n f(r_{ij}^*,\theta_{ij}^*)r_{ij}^* \Delta r \Delta \theta. \end{align} \nonumber \]
Знову ж таки, як і в розділі про подвійні інтеграли над прямокутними областями, подвійний інтеграл над полярною прямокутною областю може бути виражений як ітераційний інтеграл в полярних координатах. Отже,
\[\iint_R f(r, \theta)\,dA = \iint_R f(r, \theta) \,r \, dr \, d\theta = \int_{\theta=\alpha}^{\theta=\beta} \int_{r=a}^{r=b} f(r,\theta) \,r \, dr \, d\theta. \nonumber \]
Зверніть увагу, що вираз for\(dA\) замінюється на\(r \, dr \, d\theta\) при роботі в полярних координатах. Інший спосіб подивитися на полярний подвійний інтеграл полягає в зміні подвійного інтеграла в прямокутних координатах шляхом підстановки. Коли функція\(f\) задається з точки зору\(x\) та\(y\) використання\(x = r \, \cos \, \theta, \, y = r \, \sin \, \theta\), і\(dA = r \, dr \, d\theta\) змінює її на
\[\iint_R f(x,y) \,dA = \iint_R f(r \, \cos \, \theta, \, r \, \sin \, \theta ) \,r \, dr \, d\theta. \nonumber \]
Зауважте, що всі властивості, перераховані в розділі про подвійні інтеграли над прямокутними областями для подвійного інтеграла в прямокутних координатах, мають вірність і для подвійного інтеграла в полярних координатах, тому ми можемо використовувати їх без вагань.
Намалюйте полярну прямокутну область
\[R = \{(r, \theta)\,|\,1 \leq r \leq 3, 0 \leq \theta \leq \pi \}. \nonumber \]
Рішення
Як ми бачимо з малюнка\(\PageIndex{3}\),\(r = 1\) і\(r = 3\) є колами радіусом 1 і 3 і\(0 \leq \theta \leq \pi\) охоплює всю верхню половину площини. Звідси область\(R\) виглядає як напівкругла смуга.
Тепер, коли ми намалювали полярну прямокутну область, давайте продемонструємо, як оцінити подвійний інтеграл над цією областю за допомогою полярних координат.
Оцініть\(\displaystyle \iint_R 3x \, dA\) інтеграл по регіону\(R = \{(r, \theta)\,|\,1 \leq r \leq 2, \, 0 \leq \theta \leq \pi \}.\)
Рішення
Спочатку накидаємо фігуру, аналогічну малюнку\(\PageIndex{3}\), але з зовнішнім радіусом\(r=2\). З малюнка видно, що у нас є
\[\begin{align*} \iint_R 3x \, dA &= \int_{\theta=0}^{\theta=\pi} \int_{r=1}^{r=2} 3r \, \cos \, \theta \,r \, dr \, d\theta \quad\text{Use an integral with correct limits of integration.} \\ &= \int_{\theta=0}^{\theta=\pi} \cos \, \theta \left[\left. r^3\right|_{r=1}^{r=2}\right] d\theta \quad\text{Integrate first with respect to $r$.} \\ &=\int_{\theta=0}^{\theta=\pi} 7 \, \cos \, \theta \, d\theta \\ &= 7 \, \sin \, \theta \bigg|_{\theta=0}^{\theta=\pi} = 0. \end{align*}\]
Намалюйте регіон\(D = \{ (r,\theta) \vert 1\leq r \leq 2, \, -\frac{\pi}{2} \leq \theta \leq \frac{\pi}{2} \}\) та оцінюйте\(\displaystyle \iint_R x \, dA\).
- Підказка
-
Дотримуйтесь інструкцій, описаних у прикладі\(\PageIndex{1A}\).
- Відповідь
-
\(\frac{14}{3}\)
Оцініть інтеграл
\[\iint_R (1 - x^2 - y^2) \,dA \nonumber \]
де\(R\) - одинична окружність на\(xy\) -площині.
Рішення
Регіон\(R\) є одиничним колом, тому ми можемо описати його як\(R = \{(r, \theta )\,|\,0 \leq r \leq 1, \, 0 \leq \theta \leq 2\pi \}\).
Використовуючи перетворення\(x = r \, \cos \, \theta, \, y = r \, \sin \, \theta\), і\(dA = r \, dr \, d\theta\), у нас є
\[\begin{align*} \iint_R (1 - x^2 - y^2) \,dA &= \int_0^{2\pi} \int_0^1 (1 - r^2) \,r \, dr \, d\theta \\[4pt] &= \int_0^{2\pi} \int_0^1 (r - r^3) \,dr \, d\theta \\ &= \int_0^{2\pi} \left[\frac{r^2}{2} - \frac{r^4}{4}\right]_0^1 \,d\theta \\&= \int_0^{2\pi} \frac{1}{4}\,d\theta = \frac{\pi}{2}. \end{align*}\]
Оцініть інтеграл\[\displaystyle \iint_R (x + y) \,dA \nonumber \] де\(R = \big\{(x,y)\,|\,1 \leq x^2 + y^2 \leq 4, \, x \leq 0 \big\}.\)
Рішення
Ми бачимо, що\(R\) це кільцева область, яку можна перетворити в полярні координати і описати як\(R = \left\{(r, \theta)\,|\,1 \leq r \leq 2, \, \frac{\pi}{2} \leq \theta \leq \frac{3\pi}{2} \right\}\) (див. Наступний графік).
Отже, використовуючи перетворення\(x = r \, \cos \, \theta, \, y = r \, \sin \, \theta\), і\(dA = r \, dr \, d\theta\), у нас є
\[\begin{align*} \iint_R (x + y)\,dA &= \int_{\theta=\pi/2}^{\theta=3\pi/2} \int_{r=1}^{r=2} (r \, \cos \, \theta + r \, \sin \, \theta) r \, dr \, d\theta \\ &= \left(\int_{r=1}^{r=2} r^2 \, dr\right)\left(\int_{\pi/2}^{3\pi/2} (\cos \, \theta + \sin \, \theta)\,d\theta\right) \\ &= \left. \left[\frac{r^3}{3}\right]_1^2 [\sin \, \theta - \cos \, \theta] \right|_{\pi/2}^{3\pi/2} \\ &= - \frac{14}{3}. \end{align*}\]
Оцініть інтеграл\(R\),\[ \displaystyle \iint_R (4 - x^2 - y^2)\,dA \nonumber \] де знаходиться коло радіуса 2 на\(xy\) -площині.
- Підказка
-
Виконайте дії в попередньому прикладі.
- Відповідь
-
\(8\pi\)
Загальні полярні регіони інтеграції
Для оцінки подвійного інтеграла неперервної функції за допомогою ітераційних інтегралів над загальними полярними областями розглянуто два типи областей, аналогічні типу I та типу II, що обговорюються для прямокутних координат у розділі про подвійні інтеграли над загальними регіонами. Більш часто записувати полярні рівняння як\(r = f(\theta)\)\(\theta = f(r)\), тому ми описуємо загальну полярну область як\(R = \{(r, \theta)\,|\,\alpha \leq \theta \leq \beta, \, h_1 (\theta) \leq r \leq h_2(\theta)\}\) (рис.\(\PageIndex{5}\)).
Якщо\(f(r, \theta)\) суцільний на загальній полярній області,\(D\) як описано вище, то
\[\iint_D f(r, \theta ) \,r \, dr \, d\theta = \int_{\theta=\alpha}^{\theta=\beta} \int_{r=h_1(\theta)}^{r=h_2(\theta)} f(r,\theta) \, r \, dr \, d\theta. \nonumber \]
Оцініть інтеграл
\[\iint_D r^2 \sin \theta \, r \, dr \, d\theta \nonumber \]
де\(D\) - область, обмежена полярної віссю і верхньою половиною кардіоїда\(r = 1 + \cos \, \theta\).
Рішення
Ми можемо описати регіон\(D\) так,\(\{(r, \theta)\,|\,0 \leq \theta \leq \pi, \, 0 \leq r \leq 1 + \cos \, \theta\} \) як показано на малюнку\(\PageIndex{6}\).
Отже, ми маємо
\[\begin{align*} \iint_D r^2 \sin \, \theta \, r \, dr \, d\theta &= \int_{\theta=0}^{\theta=\pi} \int_{r=0}^{r=1+\cos \theta} (r^2 \sin \, \theta) \,r \, dr \, d\theta \\ &= \frac{1}{4}\left.\int_{\theta=0}^{\theta=\pi}[r^4] \right|_{r=0}^{r=1+\cos \, \theta} \sin \, \theta \, d\theta \\ &= \frac{1}{4} \int_{\theta=0}^{\theta=\pi} (1 + \cos \, \theta )^4 \sin \, \theta \, d\theta \\ &= - \frac{1}{4} \left[ \frac{(1 + \cos \, \theta)^5}{5}\right]_0^{\pi} = \frac{8}{5}.\end{align*}\]
Оцініть інтеграл
\[\iint_D r^2 \sin^2 2\theta \,r \, dr \, d\theta \nonumber \]
де\(D = \left\{ (r,\theta)\,|\,0 \leq \theta \leq \pi, \, 0 \leq r \leq 2 \sqrt{\cos \, 2\theta} \right\}\).
- Підказка
-
Графік регіону і виконайте дії в попередньому прикладі.
- Відповідь
-
\(\frac{\pi}{8}\)
Полярні райони та обсяги
Як і в прямокутних координатах, якщо тверде\(S\) тіло обмежене поверхнею\(z = f(r, \theta)\), а також поверхнями\(r = a, \, r = b, \, \theta = \alpha\), і\(\theta = \beta\), ми можемо знайти об'єм\(S\) шляхом\(V\) подвійної інтеграції, як
\[V = \iint_R f(r, \theta) \,r \, dr \, d\theta = \int_{\theta=\alpha}^{\theta=\beta} \int_{r=a}^{r=b} f(r,\theta)\, r \, dr \, d\theta. \nonumber \]
Якщо основу твердого тіла можна описати як\(D = \{(r, \theta)|\alpha \leq \theta \leq \beta, \, h_1 (\theta) \leq r \leq h_2(\theta)\}\), то подвійним інтегралом для обсягу стає
\[V = \iint_D f(r, \theta) \,r \, dr \, d\theta = \int_{\theta=\alpha}^{\theta=\beta} \int_{r=h_1(\theta)}^{r=h_2(\theta)} f(r,\theta) \,r \, dr \, d\theta. \nonumber \]
Проілюструємо цю ідею деякими прикладами.
Знайдіть обсяг твердого тіла, яке лежить під параболоїдом\(z = 1 - x^2 - y^2\) і над одиничною окружністю на\(xy\) -площині (рис.\(\PageIndex{7}\)).
Рішення
Методом подвійної інтеграції ми можемо побачити, що том є ітераційним інтегралом форми
\[\displaystyle \iint_R (1 - x^2 - y^2)\,dA \nonumber \]
де\(R = \big\{(r, \theta)\,|\,0 \leq r \leq 1, \, 0 \leq \theta \leq 2\pi\big\}\).
Ця інтеграція була показана раніше в прикладі\(\PageIndex{2A}\), тому обсяг є\(\frac{\pi}{2}\) кубічними одиницями.
Знайдіть обсяг твердого тіла, який лежить під параболоїдом\(z = 4 - x^2 - y^2\) і над диском\((x - 1)^2 + y^2 = 1\) на\(xy\) -площині. Див. Параболоїд на малюнку,\(\PageIndex{8}\) що перетинає циліндр\((x - 1)^2 + y^2 = 1\) над\(xy\) -площиною.
Рішення
Спочатку\((x - 1)^2 + y^2 = 1\) змініть диск на полярні координати. Розширюючи квадратний термін, ми маємо\(x^2 - 2x + 1 + y^2 = 1\). Потім спростити отримати\(x^2 + y^2 = 2x\), який в полярних координатах стає\(r^2 = 2r \, \cos \, \theta\) і то або\(r = 0\) або або\(r = 2 \, \cos \, \theta\). Аналогічно змінюється рівняння параболоїда на\(z = 4 - r^2\). Тому ми можемо описати диск\((x - 1)^2 + y^2 = 1\) на\(xy\) -площині як область
\[D = \{(r,\theta)\,|\,0 \leq \theta \leq \pi, \, 0 \leq r \leq 2 \, \cos \theta\}. \nonumber \]
Звідси об'єм твердого тіла, обмеженого вище параболоїдом,\(z = 4 - x^2 - y^2\) а нижче\(r = 2 \, \cos \theta\) -
\[\begin{align*} V &= \iint_D f(r, \theta) \,r \, dr \, d\theta \\&= \int_{\theta=0}^{\theta=\pi} \int_{r=0}^{r=2 \, \cos \, \theta} (4 - r^2) \,r \, dr \, d\theta\\ &= \int_{\theta=0}^{\theta=\pi}\left.\left[4\frac{r^2}{2} - \frac{r^4}{4}\right|_0^{2 \, \cos \, \theta}\right]d\theta \\ &= \int_0^{\pi} [8 \, \cos^2\theta - 4 \, \cos^4\theta]\,d\theta \\&= \left[\frac{5}{2}\theta + \frac{5}{2} \sin \, \theta \, \cos \, \theta - \sin \, \theta \cos^3\theta \right]_0^{\pi} = \frac{5}{2}\pi\; \text{units}^3. \end{align*}\]
Зауважте в наступному прикладі, що інтеграція не завжди проста з полярними координатами. Складність інтеграції залежить від функції, а також від регіону, над яким нам потрібно виконати інтеграцію. Якщо область має більш природний вираз в полярних координатах або якщо\(f\) має більш просту антипохідну в полярних координатах, то зміна полярних координат є доречною; в іншому випадку використовуйте прямокутні координати.
Знайдіть обсяг області, яка лежить під параболоїдом\(z = x^2 + y^2\) і над трикутником, укладеним лініями\(y = x, \, x = 0\), і\(x + y = 2\) в\(xy\) -площині.
Рішення
Спочатку досліджуємо область, над якою нам потрібно встановити подвійний інтеграл і супутній параболоїд.
Регіон\(D\) є\(\{(x,y)\,|\,0 \leq x \leq 1, \, x \leq y \leq 2 - x\}\). Перетворення ліній\(y = x, \, x = 0\), а\(x + y = 2\) в\(xy\) -площині в функції\(r\) і у\(\theta\) нас є\(\theta = \pi/4, \, \theta = \pi/2\), і\(r = 2 / (\cos \, \theta + \sin \, \theta)\), відповідно. Графікуючи область на\(xy\) - площині, ми бачимо, що вона виглядає так\(D = \{(r, \theta)\,|\,\pi/4 \leq \theta \leq \pi/2, \, 0 \leq r \leq 2/(\cos \, \theta + \sin \, \theta)\}\).
Тепер перетворення рівняння поверхні дає\(z = x^2 + y^2 = r^2\). Тому обсяг твердого тіла задається подвійним інтегралом
\[\begin{align*} V &= \iint_D f(r, \theta)\,r \, dr \, d\theta \\&= \int_{\theta=\pi/4}^{\theta=\pi/2} \int_{r=0}^{r=2/ (\cos \, \theta + \sin \, \theta)} r^2 r \, dr d\theta \\ &= \int_{\pi/4}^{\pi/2}\left[\frac{r^4}{4}\right]_0^{2/(\cos \, \theta + \sin \, \theta)} d\theta \\ &=\frac{1}{4}\int_{\pi/4}^{\pi/2} \left(\frac{2}{\cos \, \theta + \sin \, \theta}\right)^4 d\theta \\ &= \frac{16}{4} \int_{\pi/4}^{\pi/2} \left(\frac{1}{\cos \, \theta + \sin \, \theta} \right)^4 d\theta \\&= 4\int_{\pi/4}^{\pi/2} \left(\frac{1}{\cos \, \theta + \sin \, \theta}\right)^4 d\theta. \end{align*}\]
Як бачите, цей інтеграл дуже складний. Таким чином, ми можемо замість цього оцінити цей подвійний інтеграл в прямокутних координатах як
\[V = \int_0^1 \int_x^{2-x} (x^2 + y^2) \,dy \, dx. \nonumber \]
Оцінка дає
\[\begin{align*} V &= \int_0^1 \int_x^{2-x} (x^2 + y^2) \,dy \, dx \\&= \int_0^1 \left.\left[x^2y + \frac{y^3}{3}\right]\right|_x^{2-x} dx\\ &= \int_0^1 \frac{8}{3} - 4x + 4x^2 - \frac{8x^3}{3} \,dx \\ &= \left.\left[\frac{8x}{3} - 2x^2 + \frac{4x^3}{3} - \frac{2x^4}{3}\right]\right|_0^1 \\&= \frac{4}{3} \; \text{units}^3. \end{align*}\]
Щоб відповісти на питання про те, як знаходять формули для обсягів різних стандартних твердих тіл, таких як сфера, конус або циліндр, хочемо продемонструвати приклад і знайти обсяг довільного конуса.
Використовуйте полярні координати, щоб знайти об'єм всередині конуса\(z = 2 - \sqrt{x^2 + y^2}\) і над\(xy\) -площиною.
Рішення
Область\(D\) для інтеграції - це основа конуса, який, здається, є колом на\(xy\) -площині (рис.\(\PageIndex{10}\)).
Знаходимо рівняння кола, встановивши\(z = 0\):
\[\begin{align*} 0 &= 2 - \sqrt{x^2 + y^2} \\ 2 &= \sqrt{x^2 + y^2} \\ x^2 + y^2 &= 4. \end{align*}\]
Це означає, що радіус кола є\(2\) таким для інтеграції, яку ми маємо\(0 \leq \theta \leq 2\pi\) і\(0 \leq r \leq 2\). Підставляємо\(x = r \, \cos \theta\) і\(y = r \, \sin \, \theta\) в рівняння у\(z = 2 - \sqrt{x^2 + y^2}\) нас є\(z = 2 - r\). Тому обсяг конуса дорівнює
\[\int_{\theta=0}^{\theta=2\pi} \int_{r=0}^{r=2} (2 - r)\,r \, dr \, d\theta = 2 \pi \frac{4}{3} = \frac{8\pi}{3}\; \text{cubic units.} \nonumber \]
АналізЗверніть увагу, що якби ми знайшли об'єм довільного конуса з\(\alpha\) одиницями радіуса і\(h\) одиницями висоти, то рівняння конуса було б\(z = h - \frac{h}{a}\sqrt{x^2 + y^2}\).
Ми все ще можемо використовувати Figure\(\PageIndex{10}\) і налаштувати інтеграл як
\[\int_{\theta=0}^{\theta=2\pi} \int_{r=0}^{r=a} \left(h - \frac{h}{a}r\right) r \, dr \, d\theta. \nonumber \]
Оцінюючи інтеграл, отримаємо\(\frac{1}{3} \pi a^2 h\).
Використовуйте полярні координати, щоб знайти ітераційний інтеграл для знаходження об'єму твердого тіла, укладеного параболоїдами\(z = x^2 + y^2\) і\(z = 16 - x^2 - y^2\).
- Підказка
-
Намальовування графіків може допомогти.
- Відповідь
-
\[V = \int_0^{2\pi} \int_0^{2\sqrt{2}} (16 - 2r^2) \,r \, dr \, d\theta = 64 \pi \; \text{cubic units.} \nonumber \]
Знайдіть область, укладену колом\(r = 3 \, \cos \, \theta\) і кардіоїдом\(r = 1 + \cos \, \theta\).
Рішення
В першу чергу накидайте графіки регіону (рис.\(\PageIndex{12}\)).
Ми можемо з бачити симетрію графіка, який нам потрібно знайти точки перетину. Встановлення двох рівнянь, рівних один одному дає
\[3 \, \cos \, \theta = 1 + \cos \, \theta. \nonumber \]
Однією з точок перетину є\(\theta = \pi/3\). Площа над полярною віссю складається з двох частин, причому одна частина визначається кардіоїдом від\(\theta = 0\) до,\(\theta = \pi/3\) а інша частина визначається колом від\(\theta = \pi/3\) до\(\theta = \pi/2\). За симетрії загальна площа в два рази перевищує площу над полярною віссю. Таким чином, ми маємо
\[A = 2 \left[\int_{\theta=0}^{\theta=\pi/3} \int_{r=0}^{r=1+\cos \, \theta} 1 \,r \, dr \, d\theta + \int_{\theta=\pi/3}^{\theta=\pi/2} \int_{r=0}^{r=3 \, \cos \, \theta} 1\,r \, dr \, d\theta \right]. \nonumber \]
Оцінюючи кожен шматок окремо, ми виявляємо, що площа
\[A = 2 \left(\frac{1}{4}\pi + \frac{9}{16} \sqrt{3} + \frac{3}{8} \pi - \frac{9}{16} \sqrt{3} \right) = 2 \left(\frac{5}{8}\pi\right) = \frac{5}{4}\pi \, \text{square units.} \nonumber \]
Знайдіть область, укладену всередині кардіоїда\(r = 3 - 3 \, \sin \theta\) і зовні кардіоїда\(r = 1 + \sin \theta\).
- Підказка
-
Намалюйте графік і вирішуйте для точок перетину.
- Відповідь
-
\[A = 2 \int_{-\pi/2}^{\pi/6} \int_{1+\sin \, \theta}^{3-3\sin \, \theta} \,r \, dr \, d\theta = \left(8 \pi + 9 \sqrt{3}\right) \; \text{units}^2 \nonumber \]
Оцініть інтеграл
\[\iint_{R^2} e^{-10(x^2+y^2)} \,dx \, dy. \nonumber \]
Рішення
Це неправильний інтеграл, тому що ми інтегруємо над необмеженим регіоном\(R^2\). У полярних координатах вся площина\(R^2\) може бути розглянута як\(0 \leq \theta \leq 2\pi, \, 0 \leq r \leq \infty\).
Використовуючи зміни змінних від прямокутних координат до полярних координат, ми маємо
\[\begin{align*} \iint_{R^2} e^{-10(x^2+y^2)}\,dx \, dy &= \int_{\theta=0}^{\theta=2\pi} \int_{r=0}^{r=\infty} e^{-10r^2}\,r \, dr \, d\theta = \int_{\theta=0}^{\theta=2\pi} \left(\lim_{a\rightarrow\infty} \int_{r=0}^{r=a} e^{-10r^2}r \, dr \right) d\theta \\ &=\left(\int_{\theta=0}^{\theta=2\pi}\right) d\theta \left(\lim_{a\rightarrow\infty} \int_{r=0}^{r=a} e^{-10r^2}r \, dr \right) \\ &=2\pi \left(\lim_{a\rightarrow\infty} \int_{r=0}^{r=a} e^{-10r^2}r \, dr \right) \\ &=2\pi \lim_{a\rightarrow\infty}\left(-\frac{1}{20}\right)\left(\left. e^{-10r^2}\right|_0^a\right) \\ &=2\pi \left(-\frac{1}{20}\right)\lim_{a\rightarrow\infty}\left(e^{-10a^2} - 1\right) \\ &= \frac{\pi}{10}. \end{align*}\]
Оцініть інтеграл
\[\iint_{R^2} e^{-4(x^2+y^2)}dx \, dy. \nonumber \]
- Підказка
-
Перетворити на полярну систему координат.
- Відповідь
-
\(\frac{\pi}{4}\)
Ключові концепції
- Щоб застосувати подвійний інтеграл до ситуації з круговою симетрією, часто зручно використовувати подвійний інтеграл в полярних координатах. Ми можемо застосувати ці подвійні інтеграли над полярною прямокутною областю або загальною полярною областю, використовуючи ітераційний інтеграл, подібний до тих, які використовуються з прямокутними подвійними інтегралами.
- Площа\(dA\) в полярних координатах стає\(r \, dr \, d\theta\).
- Використовуйте\(x = r \, \cos \, \theta, \, y = r \, \sin \, \theta\), і\(dA = r \, dr \, d\theta\) для перетворення інтеграла в прямокутних координатах в інтеграл в полярні координати.
- Використовуйте\(r^2 = x^2 + y^2\) і\(\theta = tan^{-1} \left(\frac{y}{x}\right)\) для перетворення інтеграла в полярних координатах в інтеграл в прямокутні координати, якщо це необхідно.
- Щоб знайти об'єм у полярних координатах, обмежених вище поверхнею\(z = f(r, \theta)\) над областю на\(xy\) -площині, використовуйте подвійний інтеграл у полярних координатах.
Ключові рівняння
- Подвійний інтеграл над полярною прямокутною областю\(R\)
\[\iint_R f(r, \theta) dA = \lim_{m,n\rightarrow\infty}\sum_{i=1}^m \sum_{j=1}^n f(r_{ij}^*, \theta_{ij}^*) \Delta A = \lim_{m,n\rightarrow\infty}\sum_{i=1}^m \sum_{j=1}^nf(r_{ij}^*,\theta_{ij}^*)r_{ij}^*\Delta r \Delta \theta \nonumber \]
- Подвійний інтеграл над загальною полярною областю
\[\iint_D f(r, \theta)\,r \, dr \, d\theta = \int_{\theta=\alpha}^{\theta=\beta} \int_{r=h_1(\theta)}^{r_2(\theta)} f (r,\theta) \,r \, dr \, d\theta \nonumber \]
Глосарій
- полярний прямокутник
- область, укладена між колами\(r = a\)\(r = b\) і кутами\(\theta = \alpha\) і\(\theta = \beta\); це описується як\(R = \{(r, \theta)\,|\,a \leq r \leq b, \, \alpha \leq \theta \leq \beta\}\)
Як і у випадку з прямокутними координатами, ми також можемо використовувати полярні координати для пошуку областей певних областей за допомогою подвійного інтеграла. Як і раніше, нам потрібно зрозуміти регіон, площа якого ми хочемо обчислити. Намальовування графіка та визначення регіону може бути корисним для реалізації меж інтеграції. Як правило, формула площі в подвійній інтеграції буде виглядати так
\[\text{Area of} \, A = \int_{\alpha}^{\beta} \int_{h_1(\theta)}^{h_2(\theta)} 1 \,r \, dr \, d\theta. \nonumber \]
Приклад\(\PageIndex{6A}\): Finding an Area Using a Double Integral in Polar Coordinates
Оцініть площу, обмежену кривою\(r = \cos \, 4\theta\).
Рішення
Замальовка графіка функції\(r = \cos \, 4\theta\) показує, що це полярна троянда з вісьмома пелюстками (див. Наступний малюнок).
Використовуючи симетрію, ми бачимо, що нам потрібно знайти площу однієї пелюстки, а потім помножити її на 8. Зверніть увагу, що значення,\(\theta\) для яких графік проходить через початок, є нулями функції\(\cos \, 4\theta\), а це непарні кратні\(\pi/8\). Таким чином, один з пелюсток відповідає значенням\(\theta\) в інтервалі\([-\pi/8, \pi/8]\). Отже, площа, обмежена кривою,\(r = \cos \, 4\theta\) дорівнює
\[\begin{align*} A &= 8 \int_{\theta=-\pi/8}^{\theta=\pi/8} \int_{r=0}^{r=\cos \, 4\theta} 1\,r \, dr \, d\theta \\ &= 8 \int_{\theta=-\pi/8}^{\theta=\pi/8}\left.\left[\frac{1}{2}r^2\right|_0^{\cos \, 4\theta}\right] d\theta \\ &= 8 \int_{-\pi/8}^{\pi/8} \frac{1}{2} \cos^24\theta \, d\theta \\&= 8\left. \left[\frac{1}{4} \theta + \frac{1}{16} \sin \, 4\theta \, \cos \, 4\theta \right|_{-\pi/8}^{\pi/8}\right] \\&= 8 \left[\frac{\pi}{16}\right] = \frac{\pi}{2}\; \text{units}^2. \end{align*}\]