Выбери формат для чтения
Загружаем конспект в формате pdf
Это займет всего пару минут! А пока ты можешь прочитать работу в формате Word 👇
2.
Вычисление двойных интегралов
Двойной интеграл вычисляется путем сведения его к повторному.
Рассмотрим сначала двойной интеграл по прямоугольнику
D = {(x, y) : a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d}
со сторонами, параллельными осям координат (рис. 1.3).
y 6
d r
D
c r
r
r
a
O
-
x
b
Рис. 1.3
Теорема 1. Пусть функция f (x, y) интегрируема в прямоугольнике D и для каждого
Zd
f (x, y)dy . Тогда имеет
фиксированного x ∈ [a, b] существует определенный интеграл
c
место равенство
Zb
ZZ
f (x, y)dxdy =
dx
a
D
Zd
f (x, y)dy.
(1)
c
В формуле (1) интегрирование сначала производится по y при постоянном x , а
затем полученный результат интегрируется по x , т. е. последовательно вычисляются два
определенных интеграла.
Замечание 1. Если в теореме 2 поменять x и y ролями, то будет справедливо
равенство
ZZ
Zd Zb
f (x, y)dxdy = dy f (x, y)dx.
(2)
c
D
a
Правые части в формулах (1) и (2) Zназываются
повторными интегралами.
Z
Пример 1. Вычислить интеграл
xy dxdy , где
D = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, 1 ≤ y ≤ 2} .
РЕШЕНИЕ. По формуле (1) имеем
ZZ
Z1
xy dxdy =
D
D
Z2
dx
Z1
xy dy =
1
1
¯2
y 2 ¯¯
x · ¯ dx =
2 1
Z1 ·
=
¯1
¸
Z1
1
3
3 2 ¯¯
3
2x − x dx =
x dx = · x ¯ = .
2
2
4
4
Рассмотрим теперь случай криволинейной области.
Пусть область D , лежащая в плоскости xOy , такова, что всякая прямая,
параллельная координатной оси Oy (или Ox ) и проходящая через внутреннюю точку
области, пересекает границу этой области в двух точках. Такую область мы будем
называть правильной в направлении оси Oy (или Ox ). Например, область, изображенная
на (рис. 1.4), является правильной в направлении оси Oy . Область, правильную как в
направлении оси Ox , так и в направлении оси Oy , мы будем называть просто правильной
областью.
Рис. 1.4.
Теорема 2. Пусть функция f (x, y)
относительно оси Oy области
определена и интегрируема в правильной
D = {(x, y) : a ≤ x ≤ b, ϕ1 (x) ≤ y ≤ ϕ2 (x)},
где ϕ1 (x) и ϕ2 (x) — непрерывные функции, причем ϕ1 (x) ≤ ϕ2 (x) при a ≤ x ≤ b
(рис. 1.4). Пусть также для каждого x ∈ [a, b] существует определенный интеграл
ϕZ2 (x)
f (x, y)dy . Тогда имеет место равенство
ϕ1 (x)
ZZ
Zb
f (x, y)dxdy =
dx
a
D
ϕZ2 (x)
f (x, y)dy.
(3)
ϕ1 (x)
ZZ
Пример 2.
(x2 + y 2 ) dxdy по области D , ограниченной
Вычислить интеграл
линиями y = 0 , y = x2 , x = 1 .
D
2
РЕШЕНИЕ. Область D снизу ограничена прямой y = 0 , а сверху — параболой
y = x2 , 0 ≤ x ≤ 1 (рис. 1.5). По формуле (3) имеем
ZZ
Z1
(x2 + y 2 ) dxdy =
D
Z1 µ
x6
x +
3
¶
µ
4
=
¸¯y=x2
Zx2
Z1 ·
y 3 ¯¯
2
2
2
dx (x + y )dy =
dx =
x y+
3 ¯y=0
dx =
¶¯1
1
x5 x7 ¯¯
1
26
= +
+
=
.
¯
5
21 0 5 21
105
y 6
r
y = x2
H
H
D
r
O
1
-
x
Рис. 1.5
Может оказаться, что область
D
такова, что одну из функций
y = ϕ1 (x) или y = ϕ2 (x) нельзя задать одним аналитическим выражением на
всем промежутке [a, b] . Например, на рис. 1.6
½
ψ(x) при a ≤ x ≤ c,
ϕ1 (x) =
χ(x) при c ≤ x ≤ b.
Тогда повторный интеграл в формуле (3) записывается следующим образом
Zb
ϕZ2 (x)
dx
a
ϕ1 (x)
Zc
ϕZ2 (x)
dx
f (x, y)dy =
a
Zb
dx
f (x, y)dy +
c
ψ(x)
ϕZ2 (x)
f (x, y)dy.
χ(x)
Здесь мы воспользовались свойством аддитивности двойного интеграла. А именно,
первый интеграл в правой части последнего равенства представляет собой интеграл
по области D1 = {(x, y) : a ≤ x ≤ c, ψ(x) ≤ y ≤ ϕ2 (x)} , а второй — по области D2 =
{(x, y) : c ≤ x ≤ b, χ(x) ≤ y ≤ ϕ2 (x)} , и очевидно, что D1 и D2 не имеют общих
внутренних точек.
3
Рис. 1.7.
ZZ
Пример 3.
y
dxdy, где D — треугольник,
x
Вычислить интеграл I =
D
ограниченный прямыми y = x/2 , y = 2x , x + y = 6 .
РЕШЕНИЕ. Треугольник D изображен на рис. 1.7. Отрезком AB разделим D на
два треугольника ∆1 и ∆2 . Тогда
ZZ
y
dxdy =
x
I1 =
=
1
x
dx
x
∆1
Z2
Z2
Z2x
Z2
y dy =
x/2
¯2x
dx y 2 ¯¯
·
=
x 2 ¯x/2
¯2
µ
¶
Z2
Z2 ³
´
2
x
x
15
15 x2 ¯¯
15
2
2x −
dx =
2x −
dx =
x dx =
· ¯ = .
8
8
8
8 2 0
4
ZZ
I2 =
y
dxdy =
x
=
1
x
µ
dx
x
2
∆2
Z4
Z4
x2 − 12x + 36 x2
−
2
8
¯6−x
Z6−x
Z4
dx y 2 ¯¯
y dy =
·
=
x 2 ¯x/2
¶
Z4 µ
dx =
2
3
=
8
2
x/2
18 x
x
−6+
−
2
x
8
¶
dx =
2
Z4
Z4
x dx − 6
2
Z4
dx + 18
2
2
¯4
3 x2 ¯¯
dx
= · ¯ − 6x|42 + 18 ln |x| |42 =
x
8 2 2
3
9
4
39
= (8 − 2) − 6(4 − 2) + 18(ln 4 − ln 2) = − 12 + 18 ln = 18 ln 2 − .
8
4
2
4
Следовательно, I = I1 + I2 = 15/4 + 18 ln 2 − 39/4 = 18 ln 2 − 6 .
Рассмотрим теперь случай, когда область интегрирования D является правильной в
направлении оси Ox .
4
Рис. 1.8.
Теорема 3. Пусть функция f (x, y)
относительно оси Ox области
определена и интегрируема в правильной
D = {(x, y) : c ≤ y ≤ d, ψ1 (y) ≤ x ≤ ψ2 (y)},
где ψ1 (y) и ψ2 (y) — непрерывные функции, причем ψ1 (y) ≤ ψ2 (y) при c ≤ y ≤ d
(рис. 1.8). Пусть также для каждого y ∈ [c, d] существует определенный интеграл
ψZ2 (y)
f (x, y)dx . Тогда имеет место равенство
ψ1 (y)
Zd
ZZ
f (x, y)dxdy =
ψZ2 (y)
dy
c
D
f (x, y)dx.
(4)
ψ1 (y)
Пример 4. Вычислить интеграл
ZZ
y 2 dxdy,
I=
D
где множество D ограничено линиями x = y 2 , y = x − 2 (рис. 1.9).
РЕШЕНИЕ. В данном случае удобно применить формулу (4).
Z2
Zy+2
2
I=
y dy
−1
Z2
−1
y2
Z2
Z2
y 2 (y + 2 − y 2 ) dy =
·
−1
y 2 dy · x|y+2
y2 =
dx =
¸
5 2
y 4 2y 3 y
+
−
4
3
5
µ
=
−1
1
4−
4
¶
(y 3 + 2y 2 − y 4 ) dy =
−1
+
5
µ
16 2
+
3
3
¶
µ
−
32 1
+
5
5
¶
=
63
.
20
Рис. 1.9.
Итак, для вычисления двойного интеграла его надо представить в виде повторного.
Это можно сделать двумя способами: по формуле (3), если область интегрирования
D является правильной в направлении оси Oy , либо по формуле (4) для области,
правильной в направлении оси Ox . В случае, когда D — правильная область, можно
выбирать любую из указанных формул.
Пример 5. Изменить порядок интегрирования в интеграле
Z1
I=
√
Zx
dx f (x, y)dy.
x
РЕШЕНИЕ. Область
интегрирования D — правильная и ограничена прямой y = x
√
и параболой y = x , 0 ≤ x ≤ 1 (рис. 1.10). Полагая ψ1 (y) = y 2 , ψ2 (y) = y , 0 ≤ y ≤ 1 ,
по формуле (4) получаем
Z1 Zy
I = dy f (x, y)dx.
y2
Замечание 2. Если область D не является правильной (т. е. существуют
вертикальные или горизонтальные прямые, которые пересекают границу области более,
чем в двух точках), то необходимо эту область разбить на конечное число правильных
частей, свести к повторному каждый из соответствующих двойных интегралов и сложить
получившиеся результаты. На рис. 1.11 показан пример того, как неправильную область
D можно разбить на три правильных области D1 , D2 и D3 .
6
Рис. 1.11.
7