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

۴۰۵۳ بازدید
آخرین به‌روزرسانی: ۱۰ خرداد ۱۴۰۲
زمان مطالعه: ۱۲۸ دقیقه
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.

997696
محتوای این مطلب جهت یادگیری بهتر و سریع‌تر آن، در انتهای متن به صورت ویدیویی نیز ارائه شده است.

محاسبه مساحت

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

شکل ۱
شکل ۱

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

A=abg(x)h(x)dydx. \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 IIII (شکل ۲) از رابطه زیر به دست می‌آید:

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

شکل ۲
شکل ۲

محاسبه حجم

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

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

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

V=Rf(x,y)dA=abg(x)h(x)f(x,y)dydx. \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 RR یک ناحیه نوع IIII و محصور به y=cy =c ، y=dy = d ، x=p(y)x = p(y) و x=q(y)x = q (y) باشد، حجم فضای مورد نظر با فرمول زیر محاسبه می‌شود:

V=Rf(x,y)dA=cdp(y)q(y)f(x,y)dxdy. \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 RR رابطه f(x,y)g(x,y)f\left( {x,y} \right) \ge g\left( {x,y} \right) برقرار باشد، آنگاه حجم فضای استوانه‌ای بین سطوح  z1=g(x,y) {z_1} = g\left( {x,y} \right) و  z2=f(x,y) {z_2} = f\left( {x,y} \right) روی RR برابر است با:‌

V=R[f(x,y)g(x,y)]dA. \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(x,y) z = g\left( {x,y} \right) در دامنه RR بیان شده باشد. مساحت این سطح روی ناحیه RR به صورت زیر محاسبه می‌شود:

S = R1+(zx)2+(zy)2dxdy \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  zx {\large\frac{{\partial z}}{{\partial x}}\normalsize} و  zy {\large\frac{{\partial z}}{{\partial y}}\normalsize} در ناحیه RR پیوسته هستند.

مساحت و حجم در مختصات قطبی

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

A=RdA=αβh(θ)g(θ)rdrdθ. \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 } } . }

شکل ۳
شکل ۳

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

V=Sf(r,θ)rdrdθ. \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 RR محصور بین هذلولوی‌های  y=a2x y = {\large\frac{{{a^2}}}{x}\normalsize} و  y=2a2x y = {\large\frac{{2{a^2}}}{x}\normalsize} (a>0a>0) و خطوط عمودی x=1x=1 و x=2 x= 2 را محاسبه کنید.

حل: ناحیه RR در شکل ۴ نشان داده شده است.

شکل ۴
شکل ۴

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

A=Rdxdy=abg(x)h(x)dydx \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:

A=Rdxdy=12[a2x2a2xdy]dx=12[ya2x2a2x]dx=12(2a2xa2x)dx=a212dxx=a2(ln2ln1)=a2ln2. \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 RR محدود به  y=a+x y = a + x و  y2=a2ax {y^2} = {a^2} – ax را به دست آورید.

حل: ابتدا نقاط تقاطع دو منحنی را پیدا می‌کنیم:

{y2=a2axy=a+x,    (a+x)2=a2ax,    a2+2ax+x2=a2ax,    x2+3ax=0,    x(x+3a)=0,    x1,2=0;  3a. \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:

x1=0,    y1=a+0=a,x2=3a,    y2=a3a=2a. \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 RR را به عنوان یک ناحیه نوع IIII در نظر بگیریم، محاسبات ساده‌تر خواهد شد (شکل ۵).

شکل ۵
شکل ۵

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

y2=a2ax,    ax=a2y2,    x=ay2a,y=a+x,    x=ya. \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:

A=Rdxdy=2aa[yaay2adx]dy=2aa[yaay2adx]dy=2aa[xyaay2a]dy=2aa[ay2a(ya)]dy=2aa(2ay2ay)dy=(2ayy33ay22)2aa=(2a2a33aa22)(4a2+8a33a4a22)=9a22. \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 y = 0 ، z=0 z = 0 ، z=xz = x و z+x=4z+x = 4 تشکیل شده است.

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

شکل ۶
شکل ۶

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

V=R[(4x)x]dxdy=02[02(42x)dy]dx=02[(4y2xy)y=02]dx=02(84x)dx=(8x2x2)02=168=8. \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:

V=01dx01x(x2+y2)dy. \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 RR در صفحه xyxy محدود به محورهای مختصات Ox Ox و OyOy و خط راست y=1x y =1-x صدق می‌کند. ناحیه RR در زیر سهمی‌وار  z=x2+y2 z = {x^2} + {y^2} قرار گرفته است.

شکل ۷
شکل ۷
شکل ۸
شکل ۸

حجم این جسم، برابر است با:

V=01dx01x(x2+y2)dy=01[(x2y+y33)y=01x]dx=01[x2(1x)+(1x)33]dx=01(2x24x33x+13)dx=(2x3343x44x22+x3)01=231312+13=16. \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 z = xy ،  x+y=a x + y = a و  z=0 z = 0 را پیدا کنید.

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

شکل ۹
شکل ۹
شکل ۱۰
شکل ۱۰

حجم این جسم برابر است با:‌

V=Rxydxdy=0a[0axxydy]dx=0a[( fracxy22)y=0ax]dx=120ax(ax)2dx=120ax(a22ax+x2)dx=120a(a2x2ax2+x3)dx=12(a2x222ax33+x44)0a=12(a222a43+a44)=a424. \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 z = 0 ،  x+y=1 x + y = 1 ،  x2+y2=1 {x^2} + {y^2} = 1 و  z=1x z = 1 – x را بیابید.

حل:‌ همانطور که در شکل‌های ۱۱ و ۱۲ نشان داده شده است، ناحیه انتگرال‌گیری RR، مقادیر yy برای  0x1 0 \le x \le 1 از 1x 1- x تا  1x2 \sqrt {1 – {x^2}} هستند.

شکل ۱۱
شکل ۱۱
شکل ۱۲
شکل ۱۲

بنابراین، حجم مورد نظر برابر است با:

V=R(1x)dxdy=01[1x1x2(1x)dy]dx=01[(1x)y1x1x2]dx=01(1x)(1x21+x)dx=011x2dx01x1x2dx01(1+2xx2)dx. \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:

I1=011x2dx. \large { I _ 1 } = \int \limits _ 0 ^ 1 { \sqrt { 1 – { x ^ 2 } } d x } .

برای حل این انتگرال، از تغییر متغیر  x=sint x = \sin t استفاده می‌کنیم. بنابراین،  dx=costdt dx = \cos tdt است. همانطور که می‌بینیم، وقتی x=0 x =0 باشد، t=0 t = 0 و وقتی x=1 x = 1 باشد،  t=π2 t = {\large\frac{\pi }{2}\normalsize} خواهد بود. در نتیجه، داریم:

I1=011x2dx=0π21sin2tcostdt=0π2cos2tdt=0π21+cos2t2dt=120π2(1+cos2t)dt=12(t+sin2t2)0π2=12(π2+sinπ2)=π4. \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  I2=01x1x2dx {I_2} = \int\limits_0^1 {x\sqrt {1 – {x^2}} dx} را با استفاده از تغییر متغیر  1x2=w 1 – {x^2} = w حل می‌کنیم. در نتیجه، تساوی  2xdx=dw -2xdx = dw یا  xdx=dw2 xdx = {\large\frac{{ – dw}}{2}\normalsize} برقرار است. همچنین، در x=0 x =0 ‌ تساوی  w=1 w = 1 و در x=1x = 1 رابطه w=0 w = 0 برقرار است. بنابراین، حاصل انتگرال برابر است با:

I2=01x1x2dx=10w(dw2)=1210wdw=1201wdw=1201w12dw=12(2w323)01=13. \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:‌

\requirecancelI3=01(12x+x2)dx=(xx2+x33)01=11+13=13. \large \begin {align*} \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 } . } \end {align*}

در نهایت، حجم مورد نظر برابر است با:‌

V=I1I2I3=π41313=π4230,12. \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=cos2θ r = \cos 2\theta تعریف شده است.

حل: حلقه ناحیه  –π4θπ4 – {\large\frac{\pi }{4}\normalsize} \le \theta \le {\large\frac{\pi }{4}\normalsize} را در نظر می‌گیریم (شکل ۱۳).

شکل ۱۳
شکل ۱۳

ناحیه انتگرال‌گیری RR را می‌توان به صورت زیر نوشت:

R={(r,θ)  0rcos2θ,  π4θπ4}. \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:‌

A=Rrdrdθ=π4π4[0cos2θrdr]dθ=π4π4[(r22)0cos2θ]dθ=12π4π4cos2(2θ)dθ=12π4π41+cos4θ2dθ=14π4π4(1+cos4θ)dθ=14(θ+sin4θ4)π4π4=14[(π4+sinπ4)(π4+sin(π)4)]=π8. \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، x2+y2+z2=1 {x^2} + {y^2} + {z^2} = 1 است (شکل ۱۴).

شکل ۱۴
شکل ۱۴

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

z=1(x2+y2). \large z = \sqrt { 1 – \left ( { { x ^ 2 } + { y ^ 2 } } \right ) } .

معادله بالا را به مختصات قطبی تبدیل می‌کنیم:

z(r,θ)=1r2. \large z \left ( { r , \theta } \right ) = \sqrt { 1 – { r ^ 2 } } .

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

R={(r,θ)  0r1,  0θ2π}. \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:‌

V12=R1r2rdrdθ=02πdθ011r2rdr=2π011r2rdr. \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  1r2=t 1 – {r^2} = t استفاده می‌کنیم. در نتیجه،‌  2rdr=dt -2rdr = dt یا  rdr=dt2 rdr = – {\large\frac{{dt}}{2}\normalsize} را داریم. همچنین، وقتی r=0 r=0 باشد، t=1 t = 1 و وقتی r=1 r = 1 باشد، t=0 t = 0 است. بنابراین، داریم:

V12=2π011r2rdr=2π10t(dt2)=π10tdt=π01t12dt=π(t3232)01=2π3. \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:‌

V=2V12=4π3. \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 HH و قائده دایره‌ای به شعاع RR بیابید (شکل ۱۵).

شکل ۱۵
شکل ۱۵

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

rR=HzH,         r=x2+y2. \large { \frac { r } { R } = \frac { { H – z } } { H } , \; \; } \kern-0.3pt { \text { } \; \; r = \sqrt { { x ^ 2 } + { y ^ 2 } } . }

شکل ۱۶
شکل ۱۶

بنابراین، حجم مخروط برابر است با:

V=Rz(x,y)dxdy=RHR(Rx2+y2)dxdy=HRR(Rr)rdrdθ=HR02π[0R(Rr)drd]dθ=HR02πdθ0R(Rrr2)dr=2πHR0R(Rrr2)dr=2πHR(Rr22r33)r=0R=2πHR(R32R33)=2πHRR36=πR2H3. \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 aa را بیابید.

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

x2+y2+z2=a2 \large { x ^ 2 } + { y ^ 2 } + { z ^ 2 } = { a ^ 2 }

یا

z=a2x2y2 \large z = \sqrt { { a ^ 2 } – { x ^ 2 } – { y ^ 2 } }

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

S12   = R1+(zx)2+(zy)2dxdy \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:

zx=xa2x2y2=2x2a2x2y2=xz,zy=ya2x2y2=2y2a2x2y2=yz. \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:

S12  =R1+(zx)2+(zy)2dxdy=R1+x2z2+y2z2dxdy=Rz2+x2+y2z2dxdy=Razdxdy. \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:

S12=Razdxdy=02π0aaa2r2rdrdθ=a02πdθ0ardra2r2=2πa0ad(a2r2)2a2r2=2πa(a2r2)r=0a=2πa(0a)=2πa2. \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:‌

S=2S12=4πa2. \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:

^^

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

فیلم آموزشی محاسبه مساحت دوبعدی با انتگرال دوگانه

دانلود ویدیو

فیلم آموزشی محاسبه مساحت سه‌بعدی با انتگرال دوگانه

دانلود ویدیو

فیلم آموزشی محاسبه حجم با انتگرال دوگانه

دانلود ویدیو

فیلم آموزشی حل مثال از محاسبه حجم با انتگرال دوگانه

دانلود ویدیو

فیلم آموزشی مساحت در مختصات قطبی

دانلود ویدیو

فیلم آموزشی حجم در مختصات قطبی

دانلود ویدیو
بر اساس رای ۷ نفر
آیا این مطلب برای شما مفید بود؟
اگر بازخوردی درباره این مطلب دارید یا پرسشی دارید که بدون پاسخ مانده است، آن را از طریق بخش نظرات مطرح کنید.
منابع:
Math24
نظر شما چیست؟

نشانی ایمیل شما منتشر نخواهد شد. بخش‌های موردنیاز علامت‌گذاری شده‌اند *