Двойной интеграл

Двойной интеграл 1. Определение двойного интеграла Рассмотрим в плоскости Oxy замкнутую область D , ограниченную линией L . Разобьем эту область какими-нибудь линиями на n частей ∆S1 , ∆S 2 ,…, ∆S n (причем теми же символами ∆S1 , ∆S 2 ,…, ∆S n будем обозначать и площади соответствующих частей). Обозначим через λ наибольший из диаметров элементарных областей ∆Si и будем называть рангом дробления. Пусть в области D задана функция z = f ( x, y ) . Выберем в каждой части ∆S i области точку Pi . Обозначим через f ( P1 ) , f ( P2 ) ,…, f ( Pn ) значения этой функции в выбранных точках n и составим сумму произведений вида f ( Pi )∆S i : Vn =  f ( Pi )∆S i . i =1 Рис.1. Разбиение области D n Сумма вида Vn =  f ( Pi )∆S i называется интегральной суммой для функции f ( x, y ) в i =1 области D . Если существует один и тот же предел интегральных сумм при n → ∞ и λ → 0 , не зависящий ни от способа разбиения области D на части, ни от выбора точек Pi в них, то он называется двойным интегралом от функции f ( x, y ) по области D и обозначается f ( Pi )∆Si .  f ( x, y)dS = nlim →∞ λ →0 D Функция f ( x, y ) называется интегрируемой в области D , область D – областью интегрирования, x и y – переменными интегрирования, dS – элементом площади. Теорема 1 (существования двойного интеграла). Если подынтегральная функция f ( x, y ) непрерывна в каждой точке простой замкнутой области D , то она в этой области интегрируема. (Без доказательства). Замечания: 1. Далее будем рассматривать только функции, непрерывные в области интегрирования, хотя двойной интеграл может существовать не только для непрерывных функций. 2. Из определения двойного интеграла следует, что для интегрируемой в области D функции предел интегральных сумм существует и не зависит от способа разбиения области. Таким образом, мы можем разбивать область D на площадки прямыми, параллельными осям координат. 1 Рис.2. Разбиение области D линиями, параллельными осям координат При этом ∆Si = ∆xi ∆yi , и определение двойного интеграла в декартовой системе координат можно записать в виде: f ( xi ; yi )∆xi ∆yi .  f ( x, y)dxdy = nlim →∞ λ →0 D Свойства двойного интеграла n 1.  dS = S , так как  ∆Si = S . i =1 D 2.  cf ( x; y)dxdy = c  f ( x; y )dxdy , c = const . D 3. D  ( f1 ( x; y) + f 2 ( x; y ))dxdy =  f1 ( x; y)dxdy +  f2 ( x; y)dxdy . D D D 4. Если область D разбить линией на две области D1 и D2 такие, что D1 ∪ D2 = D , а пересечение D1 и D2 состоит лишь из линии, их разделяющей, то  f ( x; y )dxdy =  f ( x; y )dxdy +  f ( x; y )dxdy . D D1 D2 Рис.3. Свойство 4 5. Если в области D имеет место неравенство f ( x, y ) ≥ 0 , то и  f ( x; y)dxdy ≥ 0 . Если в D области D функции f ( x, y ) и ϕ ( x, y ) удовлетворяют f ( x, y ) ≥ ϕ ( x, y ) , то и  f ( x; y)dxdy ≥ ϕ ( x; y)dxdy . D D 6. Если функция f ( x, y ) непрерывна в замкнутой области D , площадь которой S , то mS ≤  f ( x; y )dxdy ≤ MS , где m и M D соответственно наименьшее и наибольшее значение подынтегральной функции в области D . 7. Если функция f ( x, y ) непрерывна в замкнутой области D , площадь которой S , то в этой области существует такая точка ( x0 , y0 ) , что  f ( x; y)dxdy = f ( x0 ; y0 )S , где величину D f ( x0 ; y0 ) = 2 1 f ( x; y )dxdy S  D называют средним значением функции f ( x, y ) в области D . 2. Вычисление двойного интеграла в декартовой системе координат Покажем, что вычисление двойного интеграла в декартовой системе координат сводится к последовательному вычислению двух определенных интегралов. Область D на плоскости Oxy будем называть простой (правильной) в направлении оси Oy , если любая прямая, проходящая через внутреннюю точку области D и параллельная оси Oy , пересекает границу D в двух точках. Рис.3. Область, простая в направлении оси Oy Рис.4. Область, не являющаяся простой в направлении оси Oy Аналогично определяется область, простая (правильная) в направлении оси Oх : любая прямая, проходящая через внутреннюю точку области D и параллельная оси Oх , пересекает границу D в двух точках. Рис.5. Область, простая в направлении оси Oх Рис.6. Область, не являющаяся простой в направлении оси Oх Область, правильную (простую) в направлении обеих осей, будем называть правильной. Рис.7. Правильная область (в направлении обеих осей) 3 Пусть требуется вычислить двойной интеграл  f ( x; y )dxdy , где функция f ( x; y ) ≥ 0 D непрерывна в области D . Положим сначала, что область D представляет собой правильную в направлении оси Oy область, ограниченную прямыми x = a и x = b и кривыми y = ϕ1 ( x) и y = ϕ 2 ( x) , причем функции ϕ1 ( x) и ϕ 2 ( x) непрерывны и таковы, что ϕ1 ( x) ≤ ϕ 2 ( x) для всех x ∈ [a; b] . Рис.8. Расстановка границ интегрирования b ϕ2 ( x )  f ( x; y)dxdy =  dx  D a f ( x; y )dy . ϕ1 ( x ) Данная формула представляет собой формулу вычисления двойного интеграла в декартовых координатах. Правую часть формулы называют двукратным (или повторным) интегралом от функции f ( x, y ) по области D . ϕ2 ( x ) При этом  f ( x; y )dy называют внутренним интегралом. ϕ1 ( x ) Для вычисления двукратного интеграла сначала берем внутренний интеграл, считая постоянным, затем берется внешний интеграл (результат первого интегрирования) по x пределах от a до b , т.е. внешнее интегрирование производится «от точке к точке», внутреннее - «от линии к линии». Если же область D ограничена прямыми y = c и y = d ( c < d ), кривыми x = ψ 1 ( y ) x в а и x = ψ 2 ( y ) , причем ψ 1 ( y ) ≤ ψ 2 ( y ) для всех y ∈ [c; d ] , т.е. область D – правильная в направлении оси Ox , то формула примет вид: d ψ2 (x)  f ( x; y)dxdy =  dy  D c f ( x; y )dx . ψ1 ( x ) При вычислении внутреннего интеграла считаем y постоянным. Замечания: 1. Полученные формулы справедливы и в случае, когда f ( x; y ) < 0 , ( x; y ) ∈ D . 2. Если область D правильная в обоих направлениях, то двойной интеграл можно вычислять по любой из полученных формул. 3. Если область D не является правильной ни по x , ни по y , то для сведения двойного интеграла к повторным ее следует разбить на части, правильные в направлении оси Ox или оси Oy . 4 4. Полезно помнить, что внешние пределы в двукратном интеграле всегда постоянны, а внутренние, как правило, переменные. Пример 1. Записать двойной интеграл от функции f ( x, y ) по области D , ограниченной прямой y = x и параболой y = x 2 , в виде повторных интегралов двумя способами. Решение. Изобразим область D Рис.9. Построение области D Так как область D – правильная по осям Ox и Oy , то двойной интеграл можно представить в виде повторного с внутренним интегралом как по x , так и по y . Рассмотрим оба случая: 1. Берем внутренний интеграл по y , считая x постоянным, а внешний интеграл – по x . Область D находится в полосе между прямыми x = 0 и x = 1 , следовательно, 0 ≤ x ≤ 1 . Чтобы найти пределы изменения для y , возьмём на оси Ox произвольную точку x ∈ (0;1) и проведём через неё прямую, параллельную оси Oy в направлении этой оси. Она пересекает границу области D : ордината входа y = x 2 , а ордината выхода – y = x , т.е. x 2 ≤ y ≤ x . Тогда получим 1 x x2  f ( x; y)dxdy =  dx  f ( x; y)dy . D 2. Берем внутренний интеграл по переменной x , считая y постоянным, а внешний – по y . Область D находится в полосе между прямыми y = 0 и y = 1 , следовательно, 0 ≤ y ≤ 1 . Чтобы найти пределы изменения для x , возьмём на оси Oy произвольную точку y ∈ (0;1) и проведём через неё прямую, параллельную оси Ox в направлении этой оси. Она пересекает границу области D : абсцисса входа x = y , а абсцисса выхода – x = y , т.е. y ≤ x ≤ y . Тогда получим 1 y  f ( x; y)dxdy =  dy  f ( x; y )dx . D y 1 e Пример 2. Изменить порядок интегрирования в повторном интеграле  dx  f ( x; y )dy . Решение. Внешний интеграл: 0 ≤ x ≤ 1 , внутренний – интегрирования D ограничена линиями y = e x и y = e 5 ex e x ≤ y ≤ e , тогда область Рис.10. Построение области D Из рисунка видно, что область D является правильной как в направлении оси Оx , так и в направлении оси Оy . В условии задачи, интеграл представлен в виде повторного с внутренним интегралом по переменной y , необходимо представить его по переменной х . Для этого выразим переменную х , т.е. y = e x  x = ln y . 1 e e ln y  dx  f ( x; y)dy =  dy  e x 1 f ( x; y )dx . 1 Пример 3. Изменить порядок интегрирования в повторном интеграле  dx 2− x  f ( x; y)dy . x2 Решение. Область интегрирования D ограничена линиями x = 0 , x = 1 , y = х 2 и y = 2 − x . Получаем Рис.11. Построение области D Из рисунка видно, что область D является правильной в направлении оси Оx , в направлении оси Оy область не является правильной. В условии задачи, интеграл представлен в виде повторного с внутренним интегралом по переменной y , необходимо представить его по переменной х . Для этого выразим из каждого уравнения переменную x , т.е. y = х 2  x = y и y = 2 − x  x = 2 − y . Разобьем область D прямой у = 1 на две области D1 : 0 ≤ y ≤ 1 , 0 ≤ x ≤ y и D2 : 1 ≤ y ≤ 2 , 0 ≤ x ≤ 2 − y . В результате, получаем 1 2− x 1 x2 y 1 2− y  dx  f ( x; y)dy =  dy  f ( x; y)dx +  dy  f ( x; y )dx . 6 3x 2 Пример 4. Область D ограничена следующими линиями: y = , y = 3 x . Вычислить 8  x2  двойной интеграл   + 2 y  dxdy . 3  D Решение. Строим область D Рис.12. Построение области D Так как область D – правильная по осям Ox и Oy , то двойной интеграл можно представить в виде повторного с внутренним интегралом как по x , так и по y .     3 x 2 3 x x  x  x  =     + 2 y dxdy = dx + 2 y dy = dx dy + 2 ydy   3  2  3   2 3 2    D   3x  3x  3x   8  8 8 2 4 3 x 2 4   3 x  x2 3 x  4  x 2 y2 3 x =  dx 2 dy + 2 2ydy  =  dx 3 ⋅ y 3 x2 + 2 ⋅ 2 3  3x 8  3x  0  8 8   4  x2 =  dx  3  4 ( )  3x 2   + 3 x ⋅  3 x − 8   2  3x 2   −  8   2 3 x 3 x2 8   =    =   4 4  2 x4 9x4  17 4 4 5/ 2 dx =  x dx + 9  xdx −  x dx = =   x x − + 9x − 8 64 64 0 0  4 4 4 x7/ 2 x2 = +9⋅ 7/2 0 2 4 4 x7/ 2 x2 = +9⋅ 7/2 0 2 = 17 x 5 − ⋅ 64 5 17 x 5 − ⋅ 64 5 4 2 ⋅ 4 7 / 2 9 ⋅ 16 17 ⋅ 4 5 = + − = 7 2 64 ⋅ 5 4 = 2 ⋅ 4 7 / 2 9 ⋅ 16 17 ⋅ 4 5 + − = 7 2 64 ⋅ 5 256 17 ⋅ 16 1280 + 2520 − 272 3528 504 + 72 − = = = . 7 5 35 35 5 Пример 5. Вычислить  xydxdy , где область D ограничена линиями y = x 2 , y = 0 , D x + y − 2 = 0. Решение. Область интегрирования D изображена на рисунке. 7 Рис.13. Построение области D Она правильная в направлении оси Ox . Необходимо выразим из каждого уравнения переменную x , т.е. y = х 2  x = y и x + y − 2 = 0  x = 2 − y . Воспользуемся формулой: 2 2− y 2 2− y 2 2− y 1 y 1 y 1 y  xydxdy =  dy  xydx =  dy  xydx =  ydy  xdx = D  x2 =  ydy ⋅   2 1  2 2− y y 2 2 2  2  = ydy (2 − y ) − y  = y ⋅  4 − 4 y + y − y dy =     1 2 2  1  2    2  y2 − 5y + 4  12 3 52 2 dy =  y dy −  y dy + 2  ydy = =  y ⋅  2 21 21 1 1   2 1 y4 = 2 4 2 1 2 5 y3 y2 − +2 2 3 1 2 2 =2− 1 1 5 1 35 23 − (8 − 1) + (4 − 1) = 5 − − =− . 8 6 8 6 24 3. Замена переменных в двойных интегралах. Вычисление двойного интеграла в полярных координатах Для упрощения вычисления двойного интеграла часто применяют метод подстановки (как это делалось и при вычислении определенного интеграла), т. е. вводят новые переменные под знаком двойного интеграла. Пусть вычисляется двойной интеграл  f ( x; y)dxdy . D Теорема 2 (о замене переменных в двойном интеграле). Пусть на плоскости Ouv задана область D ∗ , и пусть отображение F преобразует эту область в область D на плоскости Oxy , функции x(u , v) , y (u , v) непрерывно дифференцируемы на D ∗ (имеют непрерывные частные производные), якобиан ∂x ∂ ( x, y ) ∂u J (u , v ) = = ∂ (u , v) ∂x ∂v ∂y ∂u ∂y ∂v не обращается в нуль на D ∗ . Тогда справедливо равенство:  f ( x; y)dxdy =  f ( x(u, v); y(u, v)) J (u, v) dudv . (*) D D∗ 8 Рассмотрим частный случай замены переменных, часто используемый при вычислении двойного интеграла, а именно замену декартовых координат x и y полярными координатами r и ϕ. Полярные координаты (r ;ϕ ) связаны с декартовыми координатами ( x; y ) следующими  x = r cosϕ .  y = r sin ϕ  Тогда якобиан преобразования имеет вид ∂x ∂y cosϕ J (r ,ϕ ) = ∂∂xr ∂∂yr = sin ϕ ∂ϕ ∂ϕ формулами: − r sin ϕ = r, r cosϕ Тогда формула (*) примет вид  f ( x; y )dxdy = D ( x, y )  f (r cos ϕ ; r sin ϕ )rdrdϕ . D ( r ,ϕ ) Для вычисления двойного интеграла в полярных координатах применяют то же правило сведений его к двукратному интегралу. Пусть область D ∗ ограничена лучами ϕ = α и ϕ = β , где α ≤ β , и кривыми r = r1 (ϕ ) и r = r2 (ϕ ) , где r1 (ϕ ) ≤ r2 (ϕ ) . Область D ∗ правильная: луч, выходящий из полюса, пересекает ее границу не более чем в двух точках. Рис.14. Полярная система координат Тогда формула примет вид:  D ( r ,ϕ ) β r2 (ϕ ) α r1 (ϕ ) f (r cos ϕ ; r sin ϕ )rdrdϕ =  dϕ  f (r cos ϕ ; r sin ϕ )rdr . Внутренний интеграл берется при постоянном ϕ . Замечания. 1. Переход к полярным координатам полезен, когда подынтегральная функция имеет вид f ( x 2 + y 2 ) ; область D есть круг, кольцо или часть таковых. 2. На практике переход к полярным координатам осуществляется путем замены x = r cos ϕ , y = r sin ϕ , dxdy = rdrdϕ . Уравнение линий, ограничивающих область D , также преобразуются к полярным координатам. Преобразование области D в область D ∗ не выполняют, а, совместив декартову и полярную системы координат, находят нужные пределы 9 интегрирования по r и ϕ (исследуя закон изменения r и ϕ точки (r ;ϕ ) при ее отождествлении с точкой ( x; y ) ; области D ). x2 y2 3. Для области, ограниченной эллипсом + = 1 , полезно a2 b2 обобщенными полярными координатами x = a ⋅ r cos ϕ , y = b ⋅ r sin ϕ . пользоваться Якобиан имеет вид: ∂x J (r ,ϕ ) = ∂∂xr ∂ϕ Тогда   f ( x; y )dxdy = ab ∂y ∂r = a cosϕ ∂y b sin ϕ ∂ϕ − ar sin ϕ = abr . br cosϕ f (ar cos ϕ ; br sin ϕ )rdrdϕ . D ( r ,ϕ ) D ( x, y )  Пример 6. Вычислить двойной интеграл 16 − x 2 − y 2 dxdy , если область D - круг D x 2 + y 2 ≤ 16 . Решение. Перейдем к полярным координатам  x = r cosϕ .  y = r sin ϕ  r 2 cos 2 ϕ + r 2 sin 2 ϕ ≤ 16 или r 2 ≤ 16  r ≤ 4 . Рис.15. Построение области D  2π 4 16 − x − y dxdy =  dϕ  16 − (r cosϕ ) 2 − (r sin ϕ ) 2 ⋅ rdr = 2 2 D 2π 4 2π 4 =  dϕ  16 − r (cos ϕ + sin ϕ ) ⋅ rdr =  dϕ  16 − r 2 ⋅ rdr = 2 2 2 1 2π 4 1 2π 4 2 2 =  dϕ  16 − r dr = −  dϕ  16 − r 2 d (16 − r 2 ) = 20 0 2 0 0 =− 2π 4 ( 1  dϕ  16 − r 20 0 =− ) 2 1/ 2 d (16 − r 2 ) = − 2π ( ) 4 2 3/ 2 1 16 − r dϕ ⋅  20 3/ 2 1 2π 64 2π 64 2π 128π 3/ 2 ϕ d ⋅ − = dϕ = ϕ 0 = . 16   30 3 0 3 3 ( ) 10 = Получим