کاربردهای انتگرال دوگانه — همراه با مثال (+ دانلود فیلم آموزش رایگان)

در آموزش‌های قبلی از مجموعه مطالب ریاضیات مجله فرادرس، درباره انتگرال و روش‌های محاسبه آن بحث کردیم. در این آموزش‌ها، مباحثی مانند انتگرال توابع مثلثاتی و انتگرال‌گیری جزء به جزء را بیان کردیم. همچنین با انتگرال دوگانه و محاسبه آن در مختصات قطبی آشنا شدیم و به روش‌هایی مانند حل انتگرال دوگانه با استفاده از تغییر متغیر پرداختیم. کاربرد انتگرال دوگانه در فیزیک، یکی دیگر از مباحثی بود که آن را بررسی کردیم. در این آموزش، برخی از کاربردهای انتگرال دوگانه را در محاسبه مساحت و حجم معرفی می‌کنیم.

محاسبه مساحت

اگر $$f\left( {x,y} \right) = 1$$ باشد، آنگاه انتگرال دوگانه $$\iint\limits_R {f\left( {x,y} \right)dxdy}$$ مساحت ناحیه $$R$$ را نشان می‌دهد.

مساحت یک ناحیه نوع $$I$$ (شکل ۱) را می‌توان به فرم زیر نوشت:‌

$$\large A = \int \limits _ a ^ b { \int \limits _ { g \left ( x \right ) } ^ { h \left ( x \right ) } { d y d x } } .$$

به طریق مشابه، مساحت یک ناحیه نوع $$II$$ (شکل ۲) از رابطه زیر به دست می‌آید:

$$\large A = \int \limits _ c ^ d { \int \limits _ { p \left ( y \right ) } ^ { q \left ( y \right ) } { d x d y } } .$$

محاسبه حجم

اگر در ناحیه $$R$$، رابطه $${f\left( {x,y} \right)} \gt 0$$ برقرار باشد، حجم فضای زیر سطح $$z = {f\left( {x,y} \right)}$$ و بالای ناحیه $$R$$ به صورت زیر محاسبه می‌شود:

$$\large V = \iint \limits _ R { f \left ( { x , y } \right ) d A } .$$

اگر $$R$$ یک ناحیه نوع $$I$$ و محصور به $$x = a$$، $$x=b$$، $$y=g (x)$$ و $$y = h (x )$$ باشد، حجم فضای مورد نظر برابر است با:

$$\large { V } = { \iint \limits _ R { f \left ( { x , y } \right ) d A } } = { \int \limits _ a ^ b { \int \limits _ { g \left ( x \right ) } ^ { h \left ( x \right ) } { f \left ( { x , y } \right ) d y d x } } . }$$

به طریق مشابه، اگر $$R$$ یک ناحیه نوع $$II$$ و محصور به $$y =c$$، $$y = d$$، $$x = p(y)$$ و $$x = q (y)$$ باشد، حجم فضای مورد نظر با فرمول زیر محاسبه می‌شود:

$$\large { V } = { \iint \limits _ R { f \left ( { x , y } \right ) d A } } = { \int \limits _ c ^ d { \int \limits _ { p \left ( y \right ) } ^ { q \left ( y \right ) } { f \left ( { x , y } \right ) d x d y } } . }$$

اگر در ناحیه $$R$$ رابطه $$f\left( {x,y} \right) \ge g\left( {x,y} \right)$$ برقرار باشد، آنگاه حجم فضای استوانه‌ای بین سطوح $${z_1} = g\left( {x,y} \right)$$ و $${z_2} = f\left( {x,y} \right)$$ روی $$R$$ برابر است با:‌

$$\large { V } = { \iint \limits _ R { \left [ { f \left ( { x , y } \right ) – g \left ( { x , y } \right ) } \right ] d A } . }$$

مساحت سطح

فرض کنید سطحی با تابع $$z = g\left( {x,y} \right)$$ در دامنه $$R$$ بیان شده باشد. مساحت این سطح روی ناحیه $$R$$ به صورت زیر محاسبه می‌شود:

$$\large { S \text { = } } \kern-0.3pt { \iint \limits _ R { \sqrt { 1 + { { \left ( { \frac { { \partial z } } { { \partial x } } } \right ) } ^ 2 } + { { \left ( { \frac { { \partial z } } { { \partial y } } } \right ) } ^ 2 } } d x d y } }$$

که در آن، مشتق‌های $${\large\frac{{\partial z}}{{\partial x}}\normalsize}$$ و $${\large\frac{{\partial z}}{{\partial y}}\normalsize}$$ در ناحیه $$R$$ پیوسته هستند.

مساحت و حجم در مختصات قطبی

اگر $$S$$ ناحیه‌ای در صفحه $$xy$$ و محصور بین $$\theta = \alpha$$، $$\theta = \beta$$، $$r = h\left( \theta \right)$$ و $$r = g\left( \theta \right)$$ باشد (شکل ۳)، آنگاه مساحت ناحیه مورد نظر را می‌توان با فرمول زیر محاسبه کرد:

$$\large { A = \iint \limits _ R { d A } } = { \int \limits _ \alpha ^ \beta { \int \limits _ { h \left ( \theta \right ) } ^ { g \left ( \theta \right ) } { r d r d \theta } } . }$$

حجم فضای زیر $$z = f\left( {r,\theta } \right)$$ روی ناحیه $$S$$ در مختصات قطبی به صورت زیر قابل محاسبه است:

$$\large { V } = { \iint \limits _ S { f \left ( { r , \theta } \right ) r d r d \theta } . }$$

مثال‌ها

در ادامه، مثال‌هایی را از کاربردهای انتگرال دوگانه بیان می‌کنیم.

مثال ۱

مساحت ناحیه $$R$$ محصور بین هذلولوی‌های $$y = {\large\frac{{{a^2}}}{x}\normalsize}$$ و $$y = {\large\frac{{2{a^2}}}{x}\normalsize}$$ ($$a>0$$) و خطوط عمودی $$x=1$$ و $$x= 2$$ را محاسبه کنید.

حل: ناحیه $$R$$ در شکل ۴ نشان داده شده است.

با استفاده از فرمول مساحت برای یک ناحیه نوع $$I$$، داریم:

$$\large { A = \iint \limits _ R { d x d y } } = { \int \limits _ a ^ b { \int \limits _ { g \left ( x \right ) } ^ { h \left ( x \right ) } { d y d x } } }$$

بنابراین، مساحت ناحیه مورد نظر برابر است با:

$$\large \begin {align*} A & = \iint \limits _ R { d x d y } = { \int \limits _ 1 ^ 2 { \left [ { \int \limits _ { \frac { { { a ^ 2 } } } { x } } ^ { \frac { { 2 { a ^ 2 } } } { x } } { d y } } \right ] d x } } = { \int \limits _ 1 ^ 2 { \left [ { \left . y \right | _ { \frac { { { a ^ 2 } } } { x } } ^ { \frac { { 2 { a ^ 2 } } } { x } } } \right ] d x } } \\ & = { \int \limits _ 1 ^ 2 { \left ( { \frac { { 2 { a ^ 2 } } } { x } – \frac { { { a ^ 2 } } } { x } } \right ) d x } } = { { a ^ 2 } \int \limits _ 1 ^ 2 { \frac { { d x } } { x } } } = { { a ^ 2 } \left ( { \ln 2 – \ln 1 } \right ) } = { { a ^ 2 } \ln 2 . } \end {align*}$$

مثال ۲

مساحت ناحیه $$R$$ محدود به $$y = a + x$$ و $${y^2} = {a^2} – ax$$ را به دست آورید.

حل: ابتدا نقاط تقاطع دو منحنی را پیدا می‌کنیم:

$$\large \begin {align*} \left\{ \begin {array} {l} { y ^ 2 } = { a ^ 2 } – a x \\ y = a + x \end {array} \right . , \; \; & \Rightarrow { { \left ( { a + x } \right ) ^ 2 } = { a ^ 2 } – a x , \; \; } \\ & \Rightarrow { { a ^ 2 } + 2 a x + { x ^ 2 } = { a ^ 2 } – a x , \; \; } \\ & \Rightarrow { { x ^ 2 } + 3 a x = 0 , \; \; } \\ & \Rightarrow { x \left ( { x + 3 a } \right ) = 0 , \; \; } \Rightarrow { { x _ { 1 , 2 } } = 0 ; \; – 3 a . } \end {align*}$$

بنابراین، مختصات نقاط تقاطع به صورت زیر به دست می‌آیند:

$$\large { { x _ 1 } = 0 , \; \; } \kern-0.3pt { { y _ 1 } = a + 0 = a , } \\ \large { { x _ 2 } = – 3 a , \; \; } \kern-0.3pt { { y _ 2 } = a – 3 a = – 2 a . }$$

اگر ناحیه $$R$$ را به عنوان یک ناحیه نوع $$II$$ در نظر بگیریم، محاسبات ساده‌تر خواهد شد (شکل ۵).

برای محاسبه مساحت ناحیه مورد نظر، معادلات مرزها را به فرم استاندارد تبدیل می‌کنیم:

$$\large { { y ^ 2 } = { a ^ 2 } – a x , \; \; } \Rightarrow { a x = { a ^ 2 } – { y ^ 2 } , \; \; } \Rightarrow { x = a – \frac { { { y ^ 2 } } } { a } , } \\ \large { y = a + x , \; \; } \Rightarrow { x = y – a . }$$

در نتیجه، داریم:

$$\large \begin {align*} A & = \iint \limits _ R { d x d y } = { \int \limits _ { – 2 a } ^ a { \left [ { \int \limits _ { y – a } ^ { a – \frac { { { y ^ 2 } } } { a } } { d x } } \right ] d y } } = { \int \limits _ { – 2 a } ^ a { \left [ { \int \limits _ { y – a } ^ { a – \frac { { { y ^ 2 } } } { a } } { d x } } \right ] d y } } \\ & = { \int \limits _ { – 2 a } ^ a { \left [ { \left . x \right | _ { y – a } ^ { a – \frac { { { y ^ 2 } } } { a } } } \right ] d y } } = { \int \limits _ { – 2 a } ^ a { \left [ { a – \frac { { { y ^ 2 } } } { a } – \left ( { y – a } \right ) } \right ] d y } } \\ & = { \int \limits _ { – 2 a } ^ a { \left ( { 2 a – \frac { { { y ^ 2 } } } { a } – y } \right ) d y } } = { \left . { \left ( { 2 a y – \frac { { { y ^ 3 } } } { { 3 a } } – \frac { { { y ^ 2 } } } { 2 } } \right ) } \right | _ { – 2 a } ^ a } \\ & = { \left ( { 2 { a ^ 2 } – \frac {{ { a ^ 3 } } } { { 3 a } } – \frac { { { a ^ 2 } } } { 2 } } \right ) } - { \left ( { – 4 { a ^ 2 } + \frac { { 8 { a ^ 3 } } } { { 3 a } } – \frac { { 4{ a ^ 2 }} } { 2 } } \right ) } = { \frac { { 9 { a ^ 2 } } } { 2 } . } \end {align*}$$

مثال ۳

حجمی از فضای سه بعدی را بیابید که در یک‌هشتم اول دستگاه مختصات محدود به صفحات $$y = 0$$، $$z = 0$$، $$z = x$$ و $$z+x = 4$$ تشکیل شده است.

حل: فضای مورد نظر در شکل ۶ نشان داده شده است.

همانطور که در شکل بالا می‌بینیم، $$R$$ مربعی در ربع اول است. مقدار $$z$$ جسم از $$z =x$$ تا $$z = 4 - x$$ تغییر می‌کند. در نتیجه، حجم برابر است با:

$$\large \begin {align*} V & = \iint \limits _ R { \left [ { \left ( { 4 – x } \right ) – x } \right ] d x d y } = { \int \limits _ 0 ^ 2 { \left [ { \int \limits _ 0 ^ 2 { \left ( { 4 – 2 x } \right ) d y } } \right ] d x } } \\ & = { \int \limits _ 0 ^ 2 { \left [ { \left . { \left ( { 4 y – 2 x y } \right ) } \right | _ { y = 0 } ^ 2 } \right ] d x } } = { \int \limits _ 0 ^ 2 { \left ( { 8 – 4 x } \right ) d x } } = { \left . { \left ( { 8 x – 2 { x ^ 2 } } \right ) } \right | _ 0 ^ 2 } \\ & = { 1 6 – 8 } = { 8 . } \end {align*}$$

مثال ۴

فضایی را توصیف کنید که حجم آن با رابطه زیر محاسبه می‌شود:

$$\large V = \int \limits _ 0 ^ 1 { d x } \int \limits _ 0 ^ { 1 – x } { \left ( { { x ^ 2 } + { y ^ 2 } } \right ) d y } .$$

حل:‌ تصویر زیرین جسم داده شده (شکل‌های ۷ و ۸)، در مثلث $$R$$ در صفحه $$xy$$ محدود به محورهای مختصات $$Ox$$ و $$Oy$$ و خط راست $$y =1-x$$ صدق می‌کند. ناحیه $$R$$ در زیر سهمی‌وار $$z = {x^2} + {y^2}$$ قرار گرفته است.

حجم این جسم، برابر است با:

$$\large \begin {align*} { V } & = { \int \limits _ 0 ^ 1 { d x } \int \limits _ 0 ^ { 1 – x } { \left ( { { x ^ 2 } + { y ^ 2 } } \right ) d y } } = { \int \limits _ 0 ^ 1 { \left [ { \left . { \left ( { { x ^ 2 } y + \frac { { { y ^ 3 } } } { 3 } } \right ) } \right | _ { y = 0 } ^ { 1 – x } } \right ] d x } } \\ & = { \int \limits _ 0 ^1 { \left [ { { x ^ 2 } \left ( { 1 – x } \right ) + \frac { { { { \left ( { 1 – x } \right ) } ^ 3 } } } { 3 } } \right ] d x } } = { \int \limits _ 0 ^ 1 { \left ( { 2 { x ^ 2 } – \frac { { 4 { x ^ 3 } } } { 3} – x + \frac { 1 } { 3 } } \right ) d x } } \\ & = { \left . { \left ( { \frac { { 2 { x ^ 3 } } } { 3 } – \frac { 4 } { 3 } \cdot \frac { { { x ^ 4 } } } { 4 } – \frac { { { x ^ 2 } } } { 2 } + \frac { x } { 3 } } \right ) } \right | _ 0 ^ 1 } = { \frac { 2 } { 3 } – \frac { 1} { 3 } – \frac { 1 } { 2 } + \frac { 1 } { 3 } } = { \frac { 1 }{ 6 } . } \end {align*}$$

مثال ۵

حجم جسم محدود به $$z = xy$$، $$x + y = a$$ و $$z = 0$$ را پیدا کنید.

حل: جسم مورد نظر، فضای بالای مثلث $$R$$ در صفحه $$x y$$ (شکل‌های ۹ و ۱۰) و زیر سطح $$z = xy$$ است.

حجم این جسم برابر است با:‌

$$\large \begin {align*} V = \iint \limits _ R { x y d x d y } & = { \int \limits _ 0 ^ a { \left [ { \int \limits _ 0 ^ { a – x } { x y d y } } \right ] d x } } = { \int \limits _ 0 ^ a { \left [ { \left . { \left ( {\ frac { { x { y ^ 2 } } } { 2 } } \right ) } \right | _ { y = 0 } ^ { a – x } } \right ] d x } } \\ & = { \frac { 1 } { 2 } \int \limits _ 0 ^ a { x { { \left ( { a – x } \right ) } ^ 2 } d x } } = { \frac { 1 }{ 2 } \int \limits _ 0 ^ a { x \left ( { { a ^ 2 } – 2 a x + { x ^ 2 } } \right ) d x } } \\ & = { \frac { 1 } { 2 } \int \limits _ 0 ^ a { \left ( { { a ^ 2 } x – 2 a { x ^ 2 } + { x ^ 3 } } \right ) d x } } \\ & = { \frac { 1 } { 2 } \left . { \left ( { { a ^ 2 } \cdot \frac { { { x ^ 2 } } } { 2 } – 2 a \cdot \frac { { { x ^ 3 } } } { 3 } + \frac { { { x ^ 4 } } } { 4 } } \right ) } \right | _ 0 ^ a } \\ & = { \frac { 1 } { 2 }\left ( { \frac { { { a ^ 2 } } } { 2 } – \frac { { 2 { a ^ 4 } } } { 3 } + \frac { { { a ^ 4 } } } { 4 } } \right ) } = { \frac { { { a ^ 4 } } } { { 2 4 } } . } \end {align*}$$

مثال ۶

حجم جسم محدود به سطوح $$z = 0$$، $$x + y = 1$$، $${x^2} + {y^2} = 1$$ و $$z = 1 – x$$ را بیابید.

حل:‌ همانطور که در شکل‌های ۱۱ و ۱۲ نشان داده شده است، ناحیه انتگرال‌گیری $$R$$، مقادیر $$y$$ برای $$0 \le x \le 1$$ از $$1- x$$ تا $$\sqrt {1 – {x^2}}$$ هستند.

بنابراین، حجم مورد نظر برابر است با:

$$\large \begin {align*} {V } & ={ \iint \limits _ R { \left ( { 1 – x } \right ) d x d y } } = { \int \limits _ 0 ^ 1 { \left [ { \int \limits _ { 1 – x } ^ { \sqrt { 1 – { x ^ 2 } } } { \left ( { 1 – x } \right ) d y } } \right ] d x } } \\ & = { \int \limits _ 0 ^ 1 { \left [ { \left ( { 1 – x } \right ) \left . y \right | _ { 1 – x } ^ { \sqrt { 1 – { x ^ 2 } } } } \right ] d x } } = { \int \limits _ 0 ^ 1 { \left ( { 1 – x } \right ) \left ( { \sqrt { 1 – { x ^ 2 } } – 1 + x } \right ) d x } } \\ & = { \int \limits _ 0 ^ 1 { \sqrt { 1 – { x ^ 2 } } d x } } – { \int \limits _ 0 ^ 1 { x \sqrt { 1 – { x ^ 2 } } d x } } – { \int \limits _ 0 ^ 1 { \left ( { 1 + 2 x – { x ^ 2 } } \right ) d x } . } \end {align*}$$

سه انتگرال بالا را به صورت جداگانه محاسبه می‌کنیم. انتگرال نخست، برابر است با‌:

$$\large { I _ 1 } = \int \limits _ 0 ^ 1 { \sqrt { 1 – { x ^ 2 } } d x } .$$

برای حل این انتگرال، از تغییر متغیر $$x = \sin t$$ استفاده می‌کنیم. بنابراین، $$dx = \cos tdt$$ است. همانطور که می‌بینیم، وقتی $$x =0$$ باشد، $$t = 0$$ و وقتی $$x = 1$$ باشد، $$t = {\large\frac{\pi }{2}\normalsize}$$ خواهد بود. در نتیجه، داریم:

$$\large \begin {align*} { I _ 1 } & = \int \limits _ 0 ^ 1 { \sqrt { 1 – { x ^ 2 } } d x } = { \int \limits _ 0 ^ { \large \frac { \pi } { 2 } \normalsize } { \sqrt { 1 – { { \sin } ^ 2 } t } \cos t d t } } = { \int \limits _ 0 ^ { \large \frac { \pi } { 2 } \normalsize } { { { \cos } ^ 2 } t d t } } \\ & = { \int \limits _ 0 ^ { \large \frac { \pi }{ 2 } \normalsize } { \frac { { 1 + \cos 2 t } } { 2 } d t } } = { \frac { 1 } { 2 } \int \limits _ 0 ^ { \large \frac { \pi }{ 2 } \normalsize } { \left ( { 1 + \cos 2 t } \right ) d t } } \\ & = { \frac { 1 } { 2 } \left . { \left ( { t + \frac { { \sin 2 t } } { 2 } } \right ) } \right | _ 0 ^ { \large \frac { \pi } { 2 } \normalsize } } = { \frac { 1 } { 2 } \left ( { \frac { \pi } { 2 } + \frac { { \sin \pi } } { 2 } } \right ) } = { \frac { \pi } { 4 } . } \end {align*}$$

انتگرال دوم $${I_2} = \int\limits_0^1 {x\sqrt {1 – {x^2}} dx}$$ را با استفاده از تغییر متغیر $$1 – {x^2} = w$$ حل می‌کنیم. در نتیجه، تساوی $$-2xdx = dw$$ یا $$xdx = {\large\frac{{ – dw}}{2}\normalsize}$$ برقرار است. همچنین، در $$x =0$$‌ تساوی $$w = 1$$ و در $$x = 1$$ رابطه $$w = 0$$ برقرار است. بنابراین، حاصل انتگرال برابر است با:

$$\large \begin {align*} { I _ 2 } & = \int \limits _ 0 ^ 1 { x \sqrt { 1 – { x ^ 2 } } d x } = { \int \limits _ 1 ^ 0 { \sqrt w \left ( { – \frac { { d w } } { 2 } } \right ) } } \\ & = { – \frac { 1 } { 2 } \int \limits _ 1 ^ 0 { \sqrt w d w } } = { \frac { 1 } { 2 } \int \limits _ 0 ^ 1 { \sqrt w d w } } \\ & = { \frac { 1 } { 2 } \int \limits _ 0 ^ 1 { { w ^ { \large \frac { 1 } { 2 } \normalsize } } d w } } = { \frac { 1 } { 2 } \left . { \left ( { \frac { { 2 { w ^ { \large \frac { 3 } { 2 } \normalsize } } } } { 3 } } \right ) } \right | _ 0 ^ 1 } = { \frac { 1 } { 3 } . } \end {align*}$$

انتگرال سوم نیز به صورت زیر محاسبه می‌شود:‌

$$ \large \begin {align*}<br /> \require {cancel} { I _ 3 } & = \int \limits _ 0 ^ 1 { \left ( { 1 – 2 x + { x ^ 2 } } \right ) d x } \\ & = { \left . { \left ( { x – { x ^ 2 } + \frac { { { x ^ 3 } } } { 3 } } \right ) } \right | _ 0 ^ 1 } = { \cancel { 1 } – \cancel { 1 } + \frac { 1 } { 3 } } = { \frac { 1 } { 3 } . }<br /> \end {align*} $$

در نهایت، حجم مورد نظر برابر است با:‌

$$\large { V = { I _ 1 } – { I _ 2 } – { I _ 3 } } = { \frac { \pi } { 4 } – \frac { 1 } { 3 } – \frac { 1 } { 3 } } = { \frac { \pi } { 4 } – \frac { 2 } { 3 } }\approx { 0,12 . }$$

مثال ۷

مساحت یک حلقه از گلدیسی را بیابید که با معادله $$r = \cos 2\theta$$ تعریف شده است.

حل: حلقه ناحیه $$– {\large\frac{\pi }{4}\normalsize} \le \theta \le {\large\frac{\pi }{4}\normalsize}$$ را در نظر می‌گیریم (شکل ۱۳).

ناحیه انتگرال‌گیری $$R$$ را می‌توان به صورت زیر نوشت:

$$\large { R } = { \left\{ { \left ( { r , \theta } \right) | \; 0 \le r \le \cos 2 \theta , \; } \right . }\left.{ – {\large\frac{\pi }{4}\normalsize } \le \theta \le { \large \frac { \pi }{ 4 } \normalsize } } \right\} .$$

بنابراین، مساحت ناحیه در مختصات قطبی برابر است با:‌

$$\large \begin {align*} A & = \iint \limits _ R { r d r d \theta } = { \int \limits _ { – \large \frac { \pi } { 4 } \normalsize } ^ { \large \frac { \pi } { 4 } \normalsize } { \left [ { \int \limits _ 0 ^ { \cos 2 \theta } { r d r } } \right ] d \theta } } = { \int \limits _ { – \large \frac { \pi }{ 4 } \normalsize } ^ { \large \frac { \pi } { 4 } \normalsize } { \left [ { \left . { \left ( { \frac { { { r ^ 2 } } } { 2 } } \right ) } \right | _ 0 ^ { \cos 2 \theta } } \right ] d \theta } } \\ & = { \frac { 1 } { 2 } \int \limits _ { – \large \frac { \pi } { 4 } \normalsize } ^ { \large \frac { \pi } { 4 } \normalsize } { { { \cos } ^ 2 } \left ( { 2 \theta } \right ) d \theta } } = { \frac { 1 } { 2 } \int \limits _ { – \large \frac { \pi }{ 4 } \normalsize } ^ { \large \frac { \pi } { 4 } \normalsize } { \frac { { 1 + \cos 4 \theta } } { 2 } d \theta } } \\ & = { \frac { 1 } { 4 } \int \limits _ { – \large \frac { \pi } { 4 } \normalsize } ^ { \large \frac { \pi } { 4 } \normalsize } { \left ( { 1 + \cos 4 \theta } \right ) d \theta } } = { \frac { 1 } { 4 } \left . { \left ( { \theta + \frac { { \sin 4 \theta } } { 4 } } \right ) } \right | _ { – \large \frac { \pi }{ 4 } \normalsize } ^ { \large \frac { \pi } { 4 } \normalsize } } \\ & = { \frac { 1 } { 4 } \left [ { \left ( { \frac { \pi } { 4 } + \frac { { \sin \pi } } { 4 } } \right ) } \right . } - { \left . { \left ( { – \frac { \pi } { 4 } + \frac { { \sin \left ( { – \pi } \right ) } } { 4 } } \right ) } \right ] } = { \frac { \pi } { 8 } . } \end {align*}$$

مثال ۸

حجم یک کره واحد را به دست آورید.

حل:‌ معادله کره‌ای به شعاع یک، $${x^2} + {y^2} + {z^2} = 1$$ است (شکل ۱۴).

به دلیل تقارن کره، نیم‌کره بالایی را در نظر گرفته و حجم آن را در $$2$$ ضرب می‌کنیم. معادله نیم‌کره بالایی به صورت زیر است:‌

$$\large z = \sqrt { 1 – \left ( { { x ^ 2 } + { y ^ 2 } } \right ) } .$$

معادله بالا را به مختصات قطبی تبدیل می‌کنیم:

$$\large z \left ( { r , \theta } \right ) = \sqrt { 1 – { r ^ 2 } } .$$

در مختصات قطبی، ناحیه انتگرال‌گیری $$R$$ با مجموعه زیر بیان می‌شود:

$$\large { R } = { \left\{ { \left ( { r , \theta } \right ) | \; 0 \le r \le 1 , \; } \right . } { \left . { 0 \le \theta \le 2 \pi } \right \} . }$$

بنابراین، حجم نیم‌کره بالایی برابر است با:‌

$$\large \begin {align*} { { V _ { \large \frac { 1 } { 2 } \normalsize } } } & = { \iint \limits _ R { \sqrt { 1 – { r ^ 2 } } r d r d \theta } } = { \int \limits _ 0 ^ { 2 \pi } { d \theta } \int \limits _ 0 ^ 1 { \sqrt { 1 – { r ^ 2 } } r d r } } \\ & = { 2 \pi \int \limits _ 0 ^ 1 { \sqrt { 1 – { r ^ 2 } } r d r } . } \end {align*}$$

برای محاسبه انتگرال اخیر، از تغییر متغیر $$1 – {r^2} = t$$ استفاده می‌کنیم. در نتیجه،‌ $$-2rdr = dt$$ یا $$rdr = – {\large\frac{{dt}}{2}\normalsize}$$ را داریم. همچنین، وقتی $$r=0$$ باشد، $$t = 1$$ و وقتی $$r = 1$$ باشد، $$t = 0$$ است. بنابراین، داریم:

$$\large \begin {align*} { { V _ { \large \frac { 1 } { 2 } \normalsize } } } & = { 2 \pi \int \limits _ 0 ^ 1 { \sqrt { 1 – { r ^ 2 } } r d r } } = { 2 \pi \int \limits _ 1 ^ 0 { \sqrt t \left ( { – \frac { { d t } } { 2 } } \right ) } } \\ & = { – \pi \int \limits _ 1 ^ 0 { \sqrt t d t } } = { \pi \int \limits _ 0 ^ 1 { { t ^ { \large \frac { 1 } { 2 } \normalsize } } d t } } = { \pi \left . { \left ( { \frac { { { t ^ { \large \frac { 3 } { 2 } \normalsize } } } } { { \frac { 3 } { 2 } } } } \right ) } \right | _ 0 ^ 1 } = { \frac { { 2 \pi } } { 3 } . } \end {align*}$$

در نهایت، حجم کره برابر است با:‌

$$\large { V = 2 { V _ { \large \frac { 1 } { 2 } \normalsize } } } = { \frac { { 4 \pi } } { 3 } . }$$

مثال ۹

از مختصات قطبی استفاده کرده و حجم یک مخروط قائم را با ارتفاع $$H$$ و قائده دایره‌ای به شعاع $$R$$ بیابید (شکل ۱۵).

حل: ابتدا معادله مخروط را به دست می‌آوریم. با توجه به مثلث‌های شکل ۱۶، می‌توانیم رابطه زیر را بنویسیم:

$$\large { \frac { r } { R } = \frac { { H – z } } { H } , \; \; } \kern-0.3pt { \text { } \; \; r = \sqrt { { x ^ 2 } + { y ^ 2 } } . }$$

بنابراین، حجم مخروط برابر است با:

$$\large \begin {align*} V & = \iint \limits _ R { z \left ( { x , y } \right ) d x d y } = { \iint \limits _ R { \frac { H } { R } \left ( { R – \sqrt { { x ^ 2 } + { y ^ 2 } } } \right ) d x d y } } \\ & = { \frac { H } { R } \iint \limits _ R { \left ( { R – r } \right ) r d r d \theta } } = { \frac { H } { R } \int \limits _ 0 ^ { 2 \pi } { \left [ { \int \limits _ 0 ^ R { \left ( { R – r } \right ) d r d } } \right ] d \theta } } \\ & = { \frac { H } { R } \int \limits _ 0 ^ { 2 \pi } { d \theta } \int \limits _ 0 ^ R { \left ( { R r – { r ^ 2 } } \right ) d r } } = { \frac { { 2 \pi H } } { R } \int \limits _ 0 ^ R { \left ( { R r – { r ^ 2 } } \right ) d r } } \\ & = { \frac { { 2 \pi H } } { R } \left . { \left ( { \frac { { R { r ^2 } } } { 2 } – \frac { { { r ^ 3 } } } { 3 } } \right ) } \right | _ { r = 0 } ^ R } = { \frac { { 2 \pi H } } { R } \left ( { \frac { { { R ^ 3 } } } { 2 } – \frac { { { R ^ 3 } } } { 3 } } \right ) } \\ & = { \frac { { 2 \pi H } } { R } \cdot \frac { { { R ^ 3 } } } { 6 } } = { \frac { { \pi { R ^ 2 } H } } { 3 } . } \end {align*}$$

مثال ۱۰

مساحت سطح کره‌ای به شعاع $$a$$ را بیابید.

حل: نیم‌کره بالایی را در نظر می‌گیریم. معادله آن به صورت زیر است:‌

$$\large { x ^ 2 } + { y ^ 2 } + { z ^ 2 } = { a ^ 2 }$$

یا

$$\large z = \sqrt { { a ^ 2 } – { x ^ 2 } – { y ^ 2 } }$$

واضح است که ناحیه انتگرال‌گیری $$R$$، دیسکی با شعاع $$a$$ است که مرکز آن، مبدأ مختصات است. مساحت سطح کره با فرمول زیر قابل محاسبه است:‌

$$\large { { S _ { \large \frac { 1 } { 2 } \normalsize } } \; \text { = } } \kern0pt { \iint \limits _ R { \sqrt { 1 + { { \left ( { \frac { { \partial z } } { { \partial x } } } \right ) } ^ 2 } + { { \left ( { \frac { { \partial z } } { { \partial y } } } \right ) } ^ 2 } } d x d y } }$$

اکنون مشتقات جزئی را محاسبه می‌کنیم:

$$\large \begin {align*} { \frac { { \partial z } } { { \partial x } } } & = { \frac { \partial } { { \partial x } } \sqrt { { a ^ 2 } – { x ^ 2 } – { y ^ 2 } } } = { \frac { { – \cancel { 2 } x } } { { \cancel { 2 } \sqrt { { a ^ 2 } – { x ^ 2 } – { y ^ 2 } } } } } = { – \frac { x } { z } , } \\ { \frac { { \partial z } } { { \partial y } } } & = { \frac { \partial } { { \partial y } } \sqrt { { a ^ 2 } – { x ^ 2 } – { y ^ 2 } } } = { \frac { { – \cancel { 2 } y } } { { \cancel { 2 } \sqrt { { a ^ 2 } – { x ^ 2 } – { y ^ 2 } } } } } = { – \frac { y } { z } . } \end {align*}$$

با جایگزینی مشتقات بالا در معادله سطح نیم‌کره، داریم:

$$\large \begin {align*} { S _ { \large \frac { 1 } { 2 } \normalsize } } \; & = \kern0pt { \iint \limits _ R { \sqrt { 1 + { { \left ( { \frac { { \partial z } } { { \partial x } } } \right ) } ^ 2 } + { { \left ( { \frac { { \partial z } } { { \partial y } } } \right ) } ^ 2 } } d x d y } } \\ & = { \iint \limits _ R { \sqrt { 1 + \frac { { { x ^ 2 } } }{ { { z ^ 2 } } } + \frac { { { y ^ 2 } } } { { { z ^ 2 } } } } d x d y } } \\ & = { \iint \limits _ R { \sqrt { \frac { { { z ^ 2 } + { x ^ 2 } + { y ^ 2 } } } { { { z ^ 2 } } } } d x d y } } \\ & = { \iint \limits _ R { \frac { a } { z } d x d y } . } \end {align*}$$

انتگرال دوگانه را با استفاده از مختصات قطبی محاسبه می‌کنیم:

$$\large \begin {align*} { { S _ { \large \frac { 1 } { 2 } \normalsize } } } & = { \iint \limits _ R { \frac { a } { z } d x d y } } = { \int \limits_ 0 ^ { 2 \pi } { \int \limits _ 0 ^ a { \frac { a } { { \sqrt { { a ^ 2 } – { r ^ 2 } } } } r d r d \theta } } } \\ & = { a \int \limits _ 0 ^ { 2 \pi } { d \theta } \int \limits _ 0 ^ a { \frac { { r d r } } { { \sqrt { { a ^ 2 } – { r ^ 2 } } } } } } = { – 2 \pi a \int \limits _ 0 ^ a { \frac { { d \left ( { { a ^ 2 } – { r ^ 2} } \right)}} { { 2 \sqrt {{a^2} – {r^2}} }}} } \\ &= { – 2\pi a\left. {\left( {\sqrt {{a^2} – {r^2}} } \right)} \right|_{r = 0}^a } = { – 2\pi a \left ( {0 – a} \right ) } = { 2 \pi { a ^ 2 } .} \end {align*}$$

بنابراین، مساحت رویه کل کره برابر است با:‌

$$\large { S = 2 { S _ { \large \frac { 1 } { 2 } \normalsize } } } = { 4 \pi { a ^ 2 } . }$$

اگر مطلب بالای برای شما مفید بوده است و به یادگیری مباحث مشابه آن علاقه‌مند هستید، آموزش‌های زیر نیز به شما پیشنهاد می‌شوند:

• انتگرال توابع هیپربولیک — از صفر تا صد
• انتگرال سه گانه در فیزیک — به زبان ساده
• تقلب نامه (Cheat Sheet) مفاهیم و روابط انتگرال

^^