dipla olokl

Τ. Δάρας Σημειώσεις Γενικα Μαθηματικά Ι

ΔΙΠΛΑ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ

Εφαρμογή Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα :

cos

0 0

siny

x ydxdyπ

∫ ∫

Λύση Ολοκληρώνουμε πρώτα ως προς x θεωρώντας το y σαν σταθερά (παρατηρούμε ότι το «εσωτερικό» ολοκλήρωμα είναι ως προς x, δηλαδή πρώτα εμφανίζεται το dx) και μετά ως προς y (το «εξωτερικό» ολοκλήρωμα είναι ως προς y, το dy εμφανίζεται δεύτερο στην σειρά ολοκλήρωσης).

Έτσι coscos 2

2 2 2

0 0 0 0 00

1 1sin sin sin (cos 0 ) sin cos2 2 2

yy xx ydx dy y dy y y dy y ydyπ π π π⎛ ⎞

= = − =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠∫ ∫ ∫ ∫ ∫ =

3

0

1 1cos6 3

yπ

= − =

γιατί 3 3

2 2 2 cossin cos sin cos3 3u yy y y ydy u du c= − − = − = − + = − +∫ ∫ ∫ c

dy

(θέτουμε ) cos sinu y du y= ⇒ = −

ΘΕΩΡΙΑ

(α) Εάν το χωρίο R είναι φραγμένο αριστερά και δεξιά από τις ευθείες x=α και x=β και από

πάνω και κάτω από τις καμπύλες τότε 1 2( ) & ( )y g x y g x= =

dR dxdy=

το διπλό ολοκλήρωμα:

1

2

( )

( )

( , ) ( , )g x

R a g x

f x y dR f x y dy dxβ ⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

∫∫ ∫ ∫

η ολοκλήρωση γίνεται πρώτα ως προς y

β) Εάν το χωρίο R είναι φραγμένο πάνω και κάτω από τις ευθείες y=d και y=c και αριστερά

και δεξιά από τις καμπύλες 1 2( ) & ( )x h y x h y= = τότε

176


dA dxdy=


2

'1

( )'

( )

( , ) ( , )h yd

c h yR

f x y dR f x y dx dy⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

∫∫ ∫ ∫


η ολοκλήρωση γίνεται πρώτα ως προς x

Παρατήρηση (ερμηνεία του διπλού ολοκληρώματος)

Αν τότε το ( , ) 0f x y ≥

( , )R

f x y dxdy∫∫

παριστάνει τον ΟΓΚΟ που βρίσκεται κάτω από το γράφημα της ( , )f x y και πάνω (μέσα ) από το χωρίο R

Εφαρμογή

Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα R

xydA∫∫ όπου R είναι το χωρίο που περικλείεται από τις

, , 2,2xy y x x x= = = = 4

Λύση

Εργαζόμενοι όπως στο (α) παραπάνω θα έχουμε:

4 4 2

2 2 222

xx

xxR

yxydR xydy dx x dx⎛ ⎞⎜ ⎟= = =⎜ ⎟⎝ ⎠

∫∫ ∫ ∫ ∫

( ) ( )2 24 42 2

2 2

1 12 2 2 2

x xx x dx x x d⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x= − = − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

∫ ∫44 3 3 4

2

2 2

1 1 ......2 4 2 3 16 6

x x xx dx⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 11

= − = − = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠∫

Εφαρμογή 2

177


Να υπολογιστεί το διπλό ολοκλήρωμα y

R

xe dR∫∫ , όπου R είναι το χωρίο που περικλείεται

από τις 3 , , 2,y x y x x= = =

Λύση Το χωρίο ολοκλήρωσης φαίνεται παρακάτω

¨Εχουμε λοιπόν (ολοκληρώντας πρώτα ως προς y)

2 3 2 2 23 3 3

0 0 0 0

( ) ( )x

xy y y x x x

xR x

xxe dR xe dydx x e dx x e e dx xe xe dx= = = − = −∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Αλλά κάνοντας παραγοντική ολοκλήρωση x x xxe dx xe e c= − +∫ και επίσης

3 31 1( ) (3 )9 9

x u u x x3xe dx ue e c xe e c= − + = −∫ + 3 (θέτουμε 3u x du dx= ⇒ = και κατόπιν

κάνουμε παραγοντική ολοκλήρωση).

Τελικά 22

3 3 3

0 0

1 1 5( ) ...3 9 9

y x x x x x x

R

xe dA xe xe dx xe e xe e e e⎛ ⎞= − = − + − = = + +⎜ ⎟⎝ ⎠∫∫ ∫ 2 6 10

9

Παρατήρηση (ΕΜΒΑΔΟΝ χωρίου με την βοήθεια ΔΙΠΛΟΥ ολοκληρώματος) Εάν η συνάρτηση που ολοκληρώνουμε στο διπλό ολοκλήρωμα είναι ίση με 1, δηλαδή

, τότε το διπλό ολοκλήρωμα: ( , ) 1f x y =

( , )R

f x y dR∫∫ = ΕΜΒΑΔΟΝ του χωρίου R

(όπως είδαμε παραπάνω το διπλό ολοκλήρωμα μη-αρνητικής συνάρτησης παριστάνει, γενικότερα, ΟΓΚΟ).

Εφαρμογή

178


Υπολογιστεί το εμβαδόν του (επίπεδου) χωρίου R που περικλείεται από τις καμπύλες 2 29 , 9y x x y= = .

Λύση Το χωρίο ολοκλήρωσης φαίνεται παρακάτω

Οι καμπύλες τέμνονται στα σημεία (0,0) και (9,9). Το εμβαδόν του χωρίου R δίνεται από το διπλό ολοκλήρωμα:

2

9 3 9 2

0 09

919 2 33 32

0 0

( , ) 1 (3 )9

2 2(3 ) (3 ) 3 9 ...9 3 27 3 27

x

R x

xf x y dR dy dx x dx

x xx dx x

⎛ ⎞⎜ ⎟

= ⋅ = − =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

= − = − = − =

∫∫ ∫ ∫ ∫

∫39

179


ΔΙΠΛΑ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ-ΠΟΛΙΚΕΣ ΣΥΝΤΕΤΑΓΜΕΝΕΣ

Πολλές φορές, ένα διπλό ολοκλήρωμα υπολογίζεται ευκολότερα αν αντί για καρτεσιανές συντεταγμένες ( , )x y χρησιμοποιήσουμε πολικές συντεταγμένες ( , )r θ όπου :

2 2cossin

x r 2x y ry r

θθ

= ⎫⇒ + =⎬= ⎭

Παρατήρηση Η μέθοδος χρησιμοποιείται ιδιαίτερα όταν το χωρίο ολοκλήρωσης R είναι ένας κυκλικός δίσκος (ή μέρος αυτού).

Ισχύει

'

( , ) ( cos , sin )R R

f x y dxdy f r r r dr dθ θ θ=∫∫ ∫∫

όπου R’ είναι το χωρίο στο οποίο μετασχηματίζεται το χωρίο R με την αλλαγή των μεταβλητών.

Προσοχή πολλαπλασιάζουμε με r.

Γενικότερα ισχύει το παρακάτω θεώρημα για διπλά ολοκληρώματα και αλλαγές μεταβλητών.

Θεώρημα (αλλαγή μεταβλητών σε διπλό ολοκλήρωμα)

Αν x,y R∈ είναι δυό μεταβλητές οι οποίες είναι συναρτήσεις των μεταβλητών u,v τέτοιες ώστε

1 1( , ) : , ( , ) :x x u v R y y u v R= → = →

τότε:

1

( , )( , ) ( , )( , )R R

x yf x y dxdy F u v du dvu v

∂=

∂∫∫ ∫∫

όπου ( , ) ( ( , ), ( , )),F u v f x u v y u v=( , )( , )x yJu v

∂=∂

είναι η Ιακωβιανή του μετασχηματισμού και

1R είναι το χωρίο στο οποίο μετασχηματίζεται το χωρίο R με την αλλαγή των μεταβλητών.

Παρατήρηση

180


Εάν cos , sinx r y rθ θ= = τότε cos sin( , )sin cos( , )

x xrx y rJ r

y y rrr

θ θθθ θθ

θ

∂ ∂−∂ ∂ ∂= = =

∂ ∂∂∂ ∂

= οπότε από το

θεώρημα έχουμε

'

( , ) ( cos , sin )R R

f x y dxdy f r r r dr dθ θ θ=∫∫ ∫∫

Εφαρμογή 1

Να υπολογιστεί το ( 2 2 1R

)x y d+ +∫∫ R όπου R είναι το χωρίο που ορίζεται :

(κυκλικός δίσκος).

2 2 4x y+ ≤

Λύση

Χρησιμοποιώντας πολικές συντεταγμένες θα έχουμε:

Θέτουμε cos ,0 2sin ,0 2

x r ry r

θ

θ θ π

= ≤

= ≤ ≤

≤

οπότε

( ) ( )2 2

2 2 2 2 2 2

0 0

1 cos sin 1R

x y dxdy r r rdrdπ

θ θ θ+ + = + + =∫∫ ∫ ∫

( ) ( )22 2 2 2 4 2

2 3

0 0 0 0 0

1 24 2r rr rdrd d r r dr

π π

12θ θ π⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞

+ = + = + =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠

∫ ∫ ∫ ∫ π

Παρατήρηση

Υπολογίστε άμεσα το ολοκλήρωμα ( ) ( )2

2

2 42 2 2 2

2 4

1 1x

R x

x y dxdy x y dxdy−

− − −

?+ + = + +∫∫ ∫ ∫ = (12π)

Εφαρμογή 2

Να υπολογιστεί το όπου R είναι το χωρίο στο 12R

ydxdy∫∫ ο τεταρτημόριο που περικλείεται

από την ευθεία y=x (κάτω) και τον κύκλο : ( )2 21 1x y− + = .

Λύση

181


Χρησιμοποιώντας πολικές συντεταγμένες θα έχουμε:

Θέτουμε cossin

x ry r

θθ

==

και το γεγονός ότι ο κύκλος ( )2 21 1x y− + =

σε πολικές συντεταγμένες γράφεται :

( ) ( )2 2

2 2 2 2

cos 1 sin 1

cos 2 cos 1 sin 1

r r

r r r

θ θ

θ θ θ

− + = ⇒

⇒ − + + = ⇒

2 2 cos 2cosr r rθ θ⇒ = ⇒ =

Το χωρίο R μετασχηματίζεται στο ' : , , 0 2cos ,4 2

R r r π πθ θ θ⎛ ⎞≤ ≤ ≤ ≤⎜ ⎟⎝ ⎠

(γιατί;) και

( )2 cos 2 cos2 2 2 2 cos2 3

00 04 4 4

22 2 sin 2 sin sin3R

ydxdy r rdr d r dr d r dπ π πθ θ

θ

π π π

θ θ θ θ θ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= ⋅ = = ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ θ =

2

3 3

4

2 2 sin cos3

dπ

π

θ θ θ= =∫

όπου 4 4

3 3 cossin cos4 4ud u du c θθ θ θ = − = − + = − +∫ ∫ c d (θέτω cos sinu duθ θ θ= ⇒ = − )

Άρα 44 2

4

2 cos 2 1 2 12 8 83 4 3 4 2R

ydxdyπ

π

θ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟= − = =⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠∫∫ i i i

3

Παρατήρηση (χωρίς τη χρήση πολικών συντεταγμένων). Έχουμε: 21 ( 1)1

0

2 2 ......?x

D x

ydxdy ydy dx− −⎛ ⎞

⎜ ⎟= =⎜ ⎟⎝ ⎠

∫∫ ∫ ∫

(υπολογίστε το να δείτε αν βρίσκουμε το ίδιο αποτέλεσμα).

Εφαρμογή 3 Σχεδιάστε την περιοχή ολοκλήρωσης και χρησιμοποιήστε κατάλληλο μετασχηματισμό για να υπολογίσετε το διπλό ολοκλήρωμα

∫ ∫−2

0

xx2

0

2

xdydx

Λύση

182


Το χωρίο ολοκλήρωσης D είναι 2x0,xx2y0:)y,x(D 2 ≤≤−≤≤= .

Η συνάρτηση 2xx2y −= αν το [ ]2,0x∈ περιγράφει το τόξο ημικυκλίου του κύκλου με κέντρο το (1,0) και ακτίνα στο άνω ημι-επίπεδο του συστήματος συντεταγμένων . 1=ρ Ισχύει:

222222 1y)1x(0x2xyxx2y =+−⇔=−+⇒−= . Άρα

0y,1y)1x(:)y,x(D 222 ≥≤+−=

0 1 2

-1

0

1

y=0

y= (2x-x2)1/2

D

y

y/

xx/

Στην περίπτωση αυτή εισάγουμε τον μετασχηματισμό με εξισώσεις:

⎩⎨⎧

θρ=θρ=−

,siny,cos1x

π≤θ≤≥ρ

200

Τα σημεία του χωρίου D ικανοποιούν τις σχέσεις 10 ≤ρ≤ και π≤θ≤0 αφού

1y)1x( 222 ≤ρ=+− και π≤θ≤⇒≥θ⇒≥θρ= 00sin0siny . Άρα το χωρίο D μετασχηματίζεται στο

π≤θ≤≤ρ≤θρ=′′ 0,10:,(D:D . Η Ιακωβιανή του μετασχηματισμού είναι ρ=J επειδή

ρ=θρθρ−θθ

=

θ∂∂

θ∂∂

ρ∂∂

ρ∂∂

=cossin

sincosyx

yx

J > 0,

Άρα

183


=θ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛θ

ρ+

ρ=θ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ρρθρ+=θρρθρ+==Ι ∫∫∫ ∫∫ ∫ ∫

π

′

π

dcos32

dd)cos1(dd)cos1(xdydx1

00

32

D D 0

1

0

2

sin31

21dcos

31

21

00

π=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ θ+θ=θ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ θ+=

ππ

∫ .

ΑΛΛΑΓΗ ΤΗΣ ΣΕΙΡΑΣ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗΣ

Πολλές φορές, ένα διπλό ολοκλήρωμα είναι δύσκολο να υπολογιστεί με τη σειρά ολοκλήρωσης στην οποία δίνεται. Πρέπει να αλλάξουμε λοιπόν τη σειρά ολοκλήρωσης.

Προσοχή: αλλαγή της σειράς ολοκλήρωσης δεν σημαίνει απλά αντιμετάθεση των ολοκληρωμάτων. Αλλάζουν και τα όρια ολοκλήρωσης.

Εφαρμογή 1

Δίνεται το 2

0 1

( , )xe

f x y dydx∫ ∫

(α) Να σχεδιαστεί το χωρίο ολοκλήρωσης

(β) Να αλλάξετε τη σειρά ολοκλήρωσης

Λύση

(α) Εδώ 0 2 & 1 xx y e≤ ≤ ≤ ≤ . Το χωρίο φαίνεται στο σχήμα.

(β) Αν τώρα το y γίνει η ανεξάρτητη μεταβλητή :

και ενώ 0 2

x

xy e≤ ≤

=ln 2, ln 2xy e x y x y xκαι= ⇒ = = ≤ ≤ 21 y e≤ ≤

Άρα

184


22 2

0 1 1 ln

( , ) ( , )xe e

y

f x y dydx f x y dxdy=∫ ∫ ∫ ∫

(πρώτα ως προς y) (πρώτα ως προς x)

Εφαρμογή 2

Να υπολογιστεί το 2

1 1

0

y

x

e dydx∫ ∫

Λύση

Το δεν μπορεί να υπολογιστεί άμεσα, γι’ αυτό αλλάζουμε τη σειρά ολοκλήρωσης. 2ye dy∫

( )2 2 21 1 1 1

00 0 0 0

yyy y y

x

e dydx e dxdy e x dy= = =∫ ∫ ∫ ∫ ∫

21 1

1 1

00 0

1 1 1 ( 12 2 2

y u uye dy e du e e )= = = =∫ ∫ −

y du ydy= =

(θέσαμε u ) 2 , 2

Εφαρμογή 3

Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα: π π 2

0 x

sin y dy dxy∫ ∫

y=x

y

π

Λύση

Το ολοκλήρωμα 2sin y dy

y∫ είναι δύσκολο να υπολογιστεί. Αλλάζοντας την σειρά ολοκλή-

ρωσης, το ολοκλήρωμα που μας δίνεται γίνεται:

185


yyπ π π π2 2 2

0 x 0 0 0 0π π π2

2

0 0 0π

o

sin y sin y sin ydydx= ( dx)dy= ( x) dyy y y

sin y 1 cos 2y = ( y)dy= sin ydy= dy=y 2

1 1 π( y- sin2y)2 4 2

−

= =

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

ΤΡΙΠΛΑ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ

ΘΕΩΡΙΑ

Εάν G είναι ένα στερεό που περικλείεται από τις επιφάνειες 1( , )z g x y= και και R η

2 ( , )z g x y=προβολή του G στο Οxy-επίπεδο τότε:

Το τριπλό ολοκλήρωμα

2

1

( , )

( , )

( , , ) ( , , )g x y

G R g x y

f x y z dG f x y z dz dR⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

∫∫∫ ∫∫ ∫

ολοκλήρωση ως προς z πρώτα

dG dxdydz=

dR dxdy=

Εφαρμογή 1 Να υπολογιστεί το τριπλό ολοκλήρωμα

1 1 2

0 0 0

x x

xyzdzdydx− −

∫ ∫ ∫

Ποιό το χωρίο ολοκλήρωσης σ’αυτή την περίπτωση;

Λύση

Έχουμε (πρέπει να ολοκληρώσουμε πρώτα ως προς z, κατόπιν ως προς y και τελικά ως προς x, γιατί αυτή είναι η σειρά με την οποία δίνονται οι ολοκληρώσεις στο ολοκλήρωμα που θέλουμε να υπολογίσουμε).

186


21 1 2 1 1 2 1 1 1 12 2

0 0 0 0 0 0 0 0 0 00

11 12 22 2 2 3 4 5

0 00

(2 )2 2

(2 ) 1 1(1 ) (2 ) (4 12 13 6 ) ...4 4 4

xx x x x x x

x

xyz xy xxyzdzdydx xyzdz dy dx dy dx dy dx

xy x dx x x x dx x x x x x dx

−− − − − − −

−

⎡ ⎤⎧ ⎫⎡ ⎤⎧ ⎫ ⎡ ⎤−⎪ ⎪⎢ ⎥= = =⎢ ⎥⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎩ ⎭ ⎣ ⎦⎪ ⎪⎣ ⎦ ⎩ ⎭⎣ ⎦

−= = − − = − + − + =

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫

=

=1

0

13240∫

Εφαρμογή 2

Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα: G

xdG∫∫∫ όπου G το στερεό που περικλείεται από την 1η

τρίεδρη γωνία των αξόνων (δηλαδή ) και από τον κύλινδρο και το επίπεδο

0, 0x y≥ ≥ 2 2 4x y+ =4 2z y= −

Λύση

Εδώ 10z g= = και 24 2z y g= − =

Άρα 2 2 4 2

4 22 4 2 4

0 0 0 0 0 0

yyx x

G

xdV xdzdydx x z dydx−

−− −

= = =∫∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫2

2 42 4 2

0 0 0 0

(4 2 ) 4 22

xx yx y dydx xy x dx

−− ⎛ ⎞− = −⎜ ⎟

⎝ ⎠∫ ∫ ∫ =

( )2

2 2

0

204 4 (4 ) ......3

x x x x dx− − − =∫

187


ΤΡΙΠΛΟ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ- ΚΥΛΙΝΔΡΙΚΕΣ ΣΥΝΤΕΤΑΓΜΕΝΕΣ

Πολλές φορές, ένα τριπλό ολοκλήρωμα υπολογίζεται ευκολότερα αν αντί για καρτεσιανές συντεταγμένες ( , , )x y z χρησιμοποιήσουμε κυλινδρικές συντεταγμένες ( , , )r zθ όπου :

2 2

cossin

x ry r x y rz z

θθ

= ⎫⎪= ⇒ + =⎬⎪= ⎭

2

Έτσι

( , , ) ( cos , sin , )G G

f x y z dxdydz f r r z rdrd dzθ θ θ′

=∫∫∫ ∫∫∫

όπου G’ είναι το χωρίο στο οποίο μετασχηματίζεται το χωρίο G με την αλλαγή των μεταβλητών.

Προσοχή πολλαπλασιάζουμε με το r το drd dzθ

Εφαρμογή 1

Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα: ( )2 2

G

x y z dG+ +∫∫∫ όπου G το στερεό που περικλείεται

από , 2 2 4x y+ ≤ 0, 6z z= =

Λύση

Θα χρησιμοποιήσουμε κυλινδρικές συντεταγμένες

cos 0 2sin 0 2

0 6

x r ry rz z z

θθ θ π

= ≤ ≤⎫ ⎫⎪ ⎪= ≤ ≤⎬ ⎬⎪ ⎪= ≤ ≤⎭ ⎭

Άρα

( ) ( )2 2 2 2

0

g

G R

x y z dG x y z dz dR⎛ ⎞

+ + = + +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

∫∫∫ ∫∫ ∫ =

( ) ( )62

2 2 2 2

0

3662 2R R

zx y z dR x y dR⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + = + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠∫∫ ∫∫ =

( )22 2 2 4 2

2

0 0 0 0

6 186 184 2r rr rdr d d

π π

θ θ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= + = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

∫ ∫ ∫ =

188


2

0

60 60*2 120dπ

θ π π= = =∫

Εφαρμογή 2

Να υπολογιστεί το τριπλό ολοκλήρωμα 2

G

x dG∫∫∫ όπου το χωρίο του που φράσεται

από την επιφάνεια (παραβολοειδές) και το Ο

G 3

2 29 , 0,z x y x y= − − ≥ ≥ 0 xy -επίπεδο

Παρατήρηση Το παραπάνω πρόβλημα μπορεί να παρουσιαζόταν και στην παρακάτω εναλλακτική μορφή

Έστω ότι δίνεται το τριπλό ολοκλήρωμα

2 22

2

93 92

3 09

x yx

x

x dzdydx− −−

− − −

∫ ∫ ∫

(Ι) Σχεδιάστε την περιοχή ολοκλήρωσης (ΙΙ) Υπολογίστε το ολοκλήρωμα

Λύση

(Ι) Παρατηρώντας το ολοκλήρωμα, βλέπουμε ότι η περιοχή ολοκλήρωσης G περικλείεται ανάμεσα στις επιφάνειες:

(άνω) το παραβολοειδές 2 29z x y= − −

(κάτω) το Οxy-επίπεδο

Βρίσκεται δε μέσα στον κύλινδρο (δηλαδή η προβολή R του χωρίου G, στο xy-επίπεδο είναι ο κύκλος

2 2 9x y+ =

2 2 9x y+ = )

Το χωρίο (περιοχή) G φαίνεται στο διπλανό σχήμα.

(ΙΙ) Επειδή το χωρίο R είναι κύκλος, για τον υπολογισμό του ολοκληρώματος θα χρησιμοποιήσουμε καλύτερα κυλινδρικές συντεταγμένες.

2 2 2

cossin , 0 3, 0 2 , 0 9 9

x ry r r z x y r dxdydz rdrd dzz z

θ

θ θ π θ

= ⎫⎪= ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ − − = − =⎬⎪= ⎭

Άρα

189


2 22 22

2

93 9 2 3 9 2 392 2 2 3 2

03 0 0 0 0 0 09

cos cosx yx r

r

x

x dzdydx r dz rdr d zr dr dπ π

θ θ θ− −− −

−

− − −

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ θ =

( )32 3 2 24 6

3 2 2 2 2

0 0 0 00

9 2439 cos cos cos4 6 4r rr r dr d d d

π π π

θ θ θ θ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

∫ ∫ ∫ ∫ θ θ= − =

( )2

0

243 2431 cos 24 4

dπ πθ θ= + =∫

Εφαρμογή 3 Να βρεθεί το τριπλό ολοκλήρωμα: , όπου G είναι η περιοχή που ορίζεται από το

άνω ημισφαίριο της σφαιρας

∫∫∫D

dzdydxz

2 2 2 2x y z a+ + = και το επίπεδο 0=z . Λύση: Η εξίσωση του άνω ημισφαιρίου, της σφαίρας 2 2 2 2x y z a+ + = , είναι:

z 2 2 2z a x y= − − με μετασχηματισμό σε κυλινδρικές συντεταγμένες:

y 2 2

cossin

x r2y r x⎪ y r

z z

θθ

=⎧= ⇒ + =

⎪ =⎩

⎨

x Άρα είναι:

( )

2 22 22 2 2

0 0 0 0 0 0

2 22 2 2 2 4

0 0 0 0

2 4 4 4 4

0

2

2 4 8

24 8 8 4

a ra a r a

G

aa

zzdxdydz z dz r dr d r dr d

a r a r rr dr d d

a a a ad

π π

π π

π

θ θ

θ θ

πθ π

−− ⎡ ⎤⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎜ ⎟= = ⎢ ⎥⎢ ⎥⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎣ ⎦⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎡ ⎤− ⎡ ⎤⎢ ⎥= = −⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎣ ⎦⎣ ⎦

⎛ ⎞= − = ⋅ =⎜ ⎟

⎝ ⎠

∫∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

∫

=

190


ΤΡΙΠΛΟ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ- ΣΦΑΙΡΙΚΕΣ ΣΥΝΤΕΤΑΓΜΕΝΕΣ

Μερικές φορές, ένα τριπλό ολοκλήρωμα υπολογίζεται ευκολότερα αν αντί για καρτεσιανές συντεταγμένες ( , , )x y z χρησιμοποιήσουμε σφαιρικές συντεταγμένες ( , , )r θ φ όπου :

sin cos 0sin sin 0 2cos 0

x r ry rz r

φ θφ θ θ πφ φ π

= ≥⎫ ⎫⎪ ⎪= ≤⎬ ⎬⎪ ⎪= ≤⎭ ⎭

≤≤

Έτσι

2( , , ) ( sin cos , sin sin , cos ) sin

G G

f x y z dxdydz f r r r r drd dφ θ φ θ φ φ φ′

=∫∫∫ ∫∫∫ θ

όπου G’ είναι το χωρίο στο οποίο μετασχηματίζεται το χωρίο G με την αλλαγή των μεταβλητών.

Προσοχή πολλαπλασιάζουμε με το r2 sinφ

Εφαρμογή

Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα: 2 22

2

42 42 2 2 2

2 04

x yx

x

z x y z dzdydx− −−

− − −

+ +∫ ∫ ∫

Λύση

Το χωρίο G ολοκλήρωσης είναι το άνω ημισφαίριο σφαίρας κέντρου (0,0,0) και ακτίνας 2 (γιατί;)

.

Θα χρησιμοποιήσουμε σφαιρικές συντεταγμένες

sin cos 0 2sin sin 0 2cos 0

2

x r ry rz r

φ θφ θ θ πφ πφ

⎫⎪= ≤⎫ ≤⎪⎪= ≤⎬ ⎬≤

⎪ ⎪= ⎭ ⎪≤ ≤⎭

και 2 2 2 2x y z r+ + =

Άρα 2 2 2 2

G

z x y z dG+ + =∫∫∫

191


2 2 2 22 22 2 2 5 2

0 0 0 0 0 0

cos sin cos sinr r r dr d d r dr d dπ ππ π

φ φ φ θ θ φ φ φ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟= ⋅ ⋅ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ =

( )26 32 2

2

00 0

64 cos 64 1 642 cos cos 2 26 6 3r d d

π πφ

6 3 9π φ φ φ π π⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟= − = − = =

⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠∫ π

Παρατήρηση (ΟΓΚΟΣ στερεού με την βοήθεια ΤΡΙΠΛΟΥ ολοκληρώματος) Εάν η συνάρτηση που ολοκληρώνουμε στο τριπλό ολοκλήρωμα είναι ίση με 1, δηλαδή

, τότε το τριπλό ολοκλήρωμα: ( , , ) 1f x y z =

1G

dG⋅∫∫∫ = ΟΓΚΟΣ του στερεού G

(το τριπλό ολοκλήρωμα μη-αρνητικής συνάρτησης παριστάνει γενικότερα «υπερ-ΟΓΚΟ»).

Εφαρμογή 1 Να υπολογίσετε τον όγκο του στερεού G που περικλείεται από τις επίπεδες επιφάνειες

, και ,0x = 0y = 0z = 1x y z+ + = . Λύση Το στερεό G (τετράεδρο) που ορίζεται από τις παραπάνω επιφάνειες φαίνεται παρακάτω

Η προβολή του G πάνω στο Οxy επίπεδο φαίνεται στο παρακάτω σχήμα (χωρίο R)

192


Ο ζητούμενος όγκος είναι ίσος με 11 21 1 1

0 0 00 0

12

0

1 (1 ) (1 ) (1 )2

1 1(1 ) ...2 6

xx y x

G R R

yV dG dzdR x y dR x y dydx x y dx

x dx

−− − −

= = = − − = − − = − −

= − = =

∫∫∫ ∫∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫

∫

Εφαρμογή 2 Να υπολογίσετε τον όγκο του στερεού G που περικλείεται από τις επιφάνειες y= x, y=2 x, x+z=6, z=0 και . 2z x= +

Λύση Το στερεό G που ορίζεται από τις παραπάνω επιφάνειες φαίνεται παρακάτω (πάνω από το «σκούρο» χωρίο)

η δε προβολή του G πάνω στο Οxy επίπεδο είναι το χωρίο με «σκούρο» χρώμα.

Ο ζητούμενος όγκος είναι ίσος με 6

6-x 6 2 x

0 0 x0

63 5

6 2 2

0

0

1dG dz (6-x)dR (6-x)dydx= (6-x)(2 x - x )dx

x x 48 6(6-x)( x ) 6 -3 5 52 2

G R R

V dR= = = =

⎡ ⎤⎢ ⎥

= = =⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

∫∫∫ ∫∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫

∫

Εφαρμογή 3 Να υπολογίσετε τον όγκο του στερεού G που περικλείεται από τις επιφάνειες

2 2 2 2 2 2 2 2x +y +z =1, x +y +z =16, z= x +y

193


Λύση

Το στερεό G περικλείεται από τις σφαίρες και τον κώνο 2 2 2 2 2 2x +y +z =1, x +y +z =162 2z= x +y φαίνεται στο παρακάτω σχήμα

Ο ζητούμενος όγκος είναι ίσος με 1G

V d= G∫∫∫

Χρησιμοποιώντας σφαιρικές συντεταγμένες

sin cos 1 4sin sincos 0 (γιατί;)

4

x r ry rz r

φ θφ θ π θ πφ πφ

⎫⎪= ≤ ≤⎫⎪⎪= − ≤ ≤⎬ ⎬

⎪ ⎪= ⎭ ⎪≤ ≤⎭

και 2 2 2 2x y z r+ + =

έχουμε

( )π π

4π 4 π 4 34 4 π2 2 4

0-π 0 1 -π 0 1 1

3

1 r sin dr d dθ= dθ sin d r dr 2 cos3

2 4 12 1 2 (2 2)2 3 3

G

rV dG φ φ φ φ π φ

π π

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = = −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎛ ⎞⎛ ⎞

= − − = −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

∫∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ =

4

Εφαρμογή 4 Να υπολογίσετε τον όγκο του στερεού G που περικλείεται ανάμεσα στους κυλίνδρους

και τις επιφάνειες 2 2 2 2x y 1, x y+ = + = 0z = και 2z x= + .

Λύση Ο ζητούμενος όγκος ισούται με το τριπλό ολοκλήρωμα ,

V

dxdydz∫∫∫όπου: 2 2V (x, y, z) :1 x y 4, 0 z x 2= ≤ + ≤ ≤ ≤ + .

194


Εισάγουμε κυλινδρικές συντεταγμένες: x r cos , y r sin , z z= θ = θ = με Ιακωβιανή J r= Επομένως:

V (r, , z) : 1 r 2, 0 2 , 0 z r cos 2= θ ≤ ≤ ≤ θ ≤ π ≤ ≤ θ + και

∫ ∫∫ ∫ ∫∫∫∫ +==+ ππ θcosr

V

θrdrd)θcosr(θrdzdrddxdydz2

0

2

1

2

0

2

1

2

02

πθdθcosθdrθcosr ππ63

37

3

2

0

2

1

2

0

23

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡+= ∫∫

Παρατήρηση Εναλλακτικά

dxdy)x(dzdxdydxdydzDD

x

V

22

0+== ∫∫∫∫ ∫∫∫∫

+,

όπου 2 2D (x, y) :1 x y 4= ≤ + ≤ και με τη βοήθεια πολικών συντεταγμένων

D (r, ) :1 r 2, 0 2= θ ≤ ≤ ≤ θ ≤ π με Ιακωβιανή J r= .

Εφαρμογή 5

Να βρεθεί ο όγκος του ελλειψοειδούς 1cz

by

ax

2

2

2

2

2

2

=++ .

Λύση Το ελλειψοειδές φαίνεται στο παρακάτω σχήμα

195


R

Ο όγκος του στερεού G δίνεται από V =

G

dzdydx∫∫∫

όπου G = 2 2 2

2 2 2( , , ) : 1x y zx y za b c

⎧ ⎫+ + ≤⎨ ⎬

⎩ ⎭.

Επομένως

V =

2 2

2 2

2 2

2 2

12 2

2 2

1

2 1

x yca b

R Dx yca b

x ydzdydx c dxdya b

− −

− − −

= − −∫∫ ∫ ∫∫

όπου το R = 2 2

2 2( , ) : 1x yx ya b

⎧+ ≤⎨

⎩ ⎭

⎫⎬ . (εσωτερικό έλλειψης) φαίνεται παρακάτω

Θέτοντας x = aξ, και y = bη με Ιακωβιανή την ,ab),()y,x(=

ηξ∂∂ παίρνουμε

V = 2

"

2 21R

abc d dξ η ξ η− −∫∫

196


όπου τώρα R´ = (ξ, η): ξ2 + η2 1 και αλλαγή σε πολικές συντεταγμένες (ρ, θ) θα δώσει ≤

V = 2 )1(d)1(abc2dd1abc 2212

1

0

2

2

0

1

0

ρ−ρ−π−=ρθρ−ρ ∫∫∫π

.abc34

23

)1(abc2 10

232

π=ρ−

π−=

197

Documents

dipla olokl