Решение. Преобразуем данное уравнение к полярным координатам:
т.е 
.
Осью симметрии петли является луч j = p/4, поэтому
(кв.ед).
1.9 Площадь поверхности
Пусть поверхность задана с помощью явного уравнения z =f(x,y), где функция f(x,y) 1) определена в некоторой области D(простой) и 2) имеет в этой области непрерывные частные производные f1x(x,y) и f1y (x,y).
При этих предположениях поверхность z = f(x,y) будет иметь в каждой своей точки касательную плоскость.
Найдём площадь поверхности. Для этого поступим следующим образом.
Разобьём область D сетью кривых на частичные простые области Di (i = 1,2,...,n), площади которых обозначим через Dsi.
В пределах каждой частичной области Di возьмём производную по точке (xi, hi) и восстановим в ней перпендикуляр к плоскости хОу до пересечения в некоторой точке Мi (xi, hi, Vi) с поверхностью.
Проведём в полученной точке Мi (xi, hi, Vi) касательную плоскость к поверхности.
Построив на каждой частичной области Di, как на основании, цилиндрические столбики, мы вырежем как на самой поверхности, так и на проведённой касательной плоскости элементарные участки, которые обозначим соответственно через Gi и Ti (i = 1,2,..., n).
Интуитивные соображения предсказывают, что при малом диаметре частичной области Di (а значит и малом диаметре частей Gi на поверхности) участки Тi на касательной плоскости имитируют участки Gi самой поверхности. Потому естественно сумму площадей участков Тi принять за приближённую меру площади поверхности. А если эта сумма имеет предел (при стремление к нулю диаметров всех областей Di), не зависящий от способа разбиения области D на частичные и выбора точек (xi, hi) в Di, то естественно этот предел принять за площадь поверхности.
Пусть касательная плоскость в т. Мi (xi, hi, Vi) образует с плоскостью хОу угол gi.
Уравнение касательной в т. Мi (xi, hi, Vi)
и т.д.
Направляющий вектор нормали к этой плоскости
Как известно из аналитической геометрии
Но между площадями DSi и Dsi (DSi - площадь области Тi; Dsi – площадь области Di) существует соотношение:
– из геометрии элемента.
Отсюда 
, или
Поэтому 
.
Эта сумма есть интегральная сумма для непрерывной в D функции 
, т.к. по условию частные производные непрерывны.
И поэтому эта сумма имеет предел (при d(Di)®0), который равен соответствующему двойному интегралу от F(x,y).
Таким образом, площадь поверхности
. (1.23)
Пример 1.9.1 Вычислить площадь части поверхности параболоида 2z = x2 + y2, вырезанной цилиндром х2 + у2 = 1.
. Перейдём к полярной системе координат
(кв.ед.)
Пример 1.9.2 Вычислить площадь части поверхности полусферы х2 + у2 + z2 = 4 (z ³ 0), вырезанной цилиндром х2 + у2 = 1 (рис. 1.28).
Решение. Уравнение поверхности d имеет вид 
, область D есть круг, ограниченный окружностью х2 + у2 = 1. Находим 
, 
.
Вычислим площадь поверхности
.
Двойной интеграл вычислим в полярных координатах. Уравнение окружности х2 + у2 = 1.
r = 1, причём 0 £ q £ 2p.
Следовательно,
1.10 Масса плоской фигуры
Рассмотрим некоторую материальную плоскую фигуру D.
Поставим перед собой задачу вычисления массы такой финуры.
1. Если эта фигура однородна, т.е. масса распределена равномерно по этой фигуре, а d - её плотность,то вычисления её массы m производится непосредственно:
,
где S - площадь фигуры.
2.Предположим теперь, что данная фигура не является однородной.
Пусть поверхностная плотность фигуры
,
То есть является функцией координат точки,
где d(х,у) предполагается непрерывной.
Поверхностная плотность – масса, приходящаяся на еденицу площади.
Вычисление массы такой фигуры производится с помощью двойного интеграла.
Разобьём фигуру D на части Di (i = 1,2,...,n) (сетью кривых), без общих внутренних точек и имеющими площади DSi.
Выберем в пределах каждой площадки Di произвольным образом точку (xi, hi).
Будем считать из наглядных соображений, что при малой площади DSi значение плотности di = d(xi, hi) в точке (xi, hi) будет мало отличаться от значения плотности в других точках той же части Di, и мы можем приближённо принять за массу части Di произведение
,
а сумму таких произведений для всех частей Di
– за приближённое выражение массы всей пластинки.
При этом (из интуитивных соображений) ясно, что чем n больше, а размеры каждой части Di меньше, тем естественнее видеть в mn приближённое значение массы пластинки.
Логично ожидать поэтому, что предел этой суммы mn, найденной при условии, что “размеры “ площадок Di сделаются как угодно малыми, и будет выражать искомую массу пластинки. Мы приходим, таким образом, к следующему определению.
Массой пластинки D называется предел, к которому стремится сумма mn, когда d(Di)®0:
,
так как имеем здесь предел интегральной суммы, составленной для непрерывной в D функции d(х,у), то предел этой суммы существует и равен двойному интегралу от функции d(х,у) по области D, то есть
. (1.24)
Пример 1.10.1
Найти массу кольца, ограниченного двумя концентрическими окружностями радиусов R и r (R > r), если плотность кольца в каждой т. обратно пропорциональна расстоянию этой точки до центра окружности и равна 1 г/см3 на окружности внутреннего круга.
Решение.
Здесь 
, к =?
при заданном условии
1 = к / r Þ k = r.
Тогда 
.
1.11 Статические моменты и центр тяжести плоской фигуры
Как известно, центр тяжести системы n материальных точек с массами m1, m2,..., mn определяется по формулам:
; 
(1.25)
; 
Используя формулы (1.25), определим 1) статические моменты и 2)координаты центра тяжести плоской фигуры.
Рассмотрим плоскую фигуру D (представляющую собой простую область).
Пусть в каждой точке (х,у) этой фигуры задана поверхностная плотность d(х,у) (будем считать её непрерывной в D функцией).
Разобьём область D на простые частичные области Di с площадями DSi (i = 1,2,...,n). Взяв в пределах каждой частичной области по точке (xi, hi), составим дроби:
; 
(т.е. считаем, что масса частичной области Di сосредоточена в т. (xi, hi); т.е. фигуру рассматриваем как систему материальных точек).
Естественно за центр тяжести С фигуры D считать точку, координаты которой Хс,Ус являются пределами составленных дробей при условии, что d(Di)®0.
Т.к. члены этих дробей суть интегральной суммы на D соответственно для непрерывных функций d(х,у), х d(х,у) и у d(х,у), то, переходя в записанных выше равенствах к пределу при d(Di)®0, получим искомые формулы координат центра тяжести:
; 
(1.26)
; 
Замечание.
В случае однородной фигуры (d = const) эти формулы примут вид:
; 
, (1.27)
где S – площадь фигуры D.
Числители дробей обычно именуются статическими моментами Мх и Му фигуры D.
Статическим моментом материальной точки относительно оси называется произведение массы этой точки на её расстояние до данной оси:
у
. (х,у) Мх = my;
х My = mx.
Пример1.11.1
Найти координаты центра тяжести однородной пластинки, ограниченной параболой у = х2 и прямой у = 2.
Следовательно, 
С(0; 1,2).
Пример 1.11.2 Найти координаты центра тяжести пластинки, ограниченной пораболой у = х2 и прямой у = 1, если плотность распределения массы в каждой точке равна ординате этой точки.
Решение. Найдём сначала массу пластинки. Так как g(х,у) = у, то имеем
.
Статистические моменты пластинки относительно координатных осей:
.
Координаты центра тяжести 
.
Итак, координаты центра тяжести пластинки (0; 5/7).
1.12 Момент инерции
Определение.
Моментом инерции материальной точки массы m относительно оси называется произведение массы этой т. на квадрат её расстояния до оси.
Пусть дана плоская материальная фигура D, плотность распределения массы которой d = d(х,у), т.е. является функцией координат.
Найдём моменты инерции этой фигуры относительно осей Ох и Оу.
Разобьём область D на n произвольных частей Di с площадями DSi (i = 1,2,...,n).
В пределах каждой частичной области Di возьмём по точке (xi, hi).
Найдём моменты инерции площадки Di относительно координатных осей: заменим каждую площадку материальной точкой (xi, hi).
Масса области Di» d(xi, hi)DSi.
Тогда моменты инерции Di относительно осей координат будут:
относительно Ох: 
;
относительно Оу: 
.
Момент инерции всей области D» сумме моментов инерции малых площадок Di:
.
Переходя к пределу, получим:
; 
. (1.28)
(Если фигура однородна, то полагают d = 1)
Аналогично получаем момент инерции относительно начала координат:
.
Пример 1.12.1
Доказать, что момент инерции кругового кольца относительно центра в 2 раза больше момента инерции относительно любой оси, проходящей через центр кольца (лежащего в его плоскости).
Решение.
Обозначим радиусы окружности через r и R. 
Рис 1.35
1) 
.
2) 
.
3) 
в 2 раза.
Пример 1.12.2 Вычислить момент инерции однородного квадрата со стороной, равной 2, относительно одной из его вершин.
Решение. Совместим начало координат с одной из вершин квадрата, а координатные оси ОХ и ОУ направим по двум его сторонам, исходящим из этой вершины. Тогда искомый момент инерции (g(х,у) = g = const)
.
1.13 Тестовые задания для самостоятельной работы
1. Задание: Вычислить двойной интеграл от функции z = y cos xy по области D: y = 
; x=1; y = π; x=2
Ответы: 1) -1; 2) 0; 3) -2; 4) ½
2. Задание: Вычислить двойной интеграл от функции z = xy2, по области Dz: х = 0;
y = х; y = 2-х2.
Ответы:1) 
; 2) 1; 3) 3 
; 4)5 
.
3. Задание: Вычислить двойной интеграл: ∫∫ 
dxdy. D: 0 
х 1; 0 y 1
Ответы:1) 
; 2) 
; 3) 
; 4) 
.
4. Задание: Вычислить двойной интеграл: 
, если область D ограничена прямыми x=0, x=1, y=0, y=3/2
Ответы: 1) 
; 2) 
; 3) 2 
; 4) 2 
.
5. Задание: Вычислить двойной интеграл: 
, если область D – квадрат 0 x 
; 0 
y
Ответы: 1) 
; 2) 
; 3) 
; 4) 
.
6. Задание: Вычислить двойной интеграл: 
, если область D ограничена прямыми x=2, x=3, y=x, y=2x: Ответы:1) 2 
; 2) -1 
; 3) 25 
; 4) 12 .
7. Задание: Вычислить 
, если область D – прямоугольник 0 х 4; 1 y е
Ответы: 1) 2; 2) 0; 3) 8; 4) -8.
8. Задание: Вычислить 
Ответы: 1) 10.8; 2) - 
; 3) 3.9; 4) 0.9.
9. Задание: Вычислить двукратный интеграл 
Ответы: 1) 
; 2) 
; 3) 
; 4) 
.
10. Задание: Вычислить двойной интеграл от функции f(x,y) = 1 + x + y по области D, ограниченной линиями: y = - x; x = √y; y = 2; z = 0.
Ответы:1) 0; 2) 3√2+5; 3) 2√2+ 
; 4) 
√2+ .
11. Вычислить 
; область Д ограничена окружностями 
, 
.
Ответы:1) 
2) 
3) 
4) 0
12. Вычислить 
; область Д ограничена окружностью 
и прямыми 
, 
Ответ: 1)0 2) 
3) 
4) 
13. Вычислить 
; область Д ограничена линиями 
, 
, где 
Ответ: 1) 
. 2) 
3) 
4) 0
14. Вычислить 
; область Д ограничена окружностью 
Ответ:1) 0 2) 
.3) 
4) 
Ответы к тесту:
| Номер задания | ||||||||||||||
| Номер ответа |
2. ТРОЙНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ
Аналогично тому, как было введено выше в двумерной области понятие двойного интеграла, в трёхмерном пространстве можно ввести понятие тройного интеграла.
Ограничимся кратким рассмотрением некоторых вопросов теории тройных интегралов. Поскольку многие предложения, установленные для двойного интеграла, вместе с их доказательствами могут быть перенесены на тройные интегралы, то при изложении последних ограничимся кратким рассмотрением их теории.
Например, теорема существования тройного интеграла формулируется аналогично теореме существования двойного интеграла, поэтому мы её рассматривать не будем.
Далее, свойства тройного интеграла рассмотрим без доказательства (ввиду полной аналогии между определениями двойного и тройного интегралов доказательство свойств проводится аналогично).
2.1 Задача о массе неоднородного тела, приводящая к понятию тройного интеграла
Рассмотрим задачу о вычислении массы некоторого тела, занимающего пространственную область V.
Пусть плотность распределения массы в данном материальном теле является непрерывной функцией координат точек тела:
d = d (x,y,z)
(т.к. тело неоднородно, то его плотность в различных точках тела различна).
Для определения массы тела поступают так же, как и при вычислении массы плоской фигуры.
Разобьём тело произвольным образом на n частей, объёмы которых обозначены через Dni (i = 1,2,...,n).
В каждой части выберем произвольную точку (xi, hi, Vi).
Если все части достаточно малы, то в силу непрерывности функции d(x,y,z) масса i-той части приближённо равна величине d(xi, hi, Vi) Dni; масса всего тела
