Документ: Kratn_2, страницы 6-10 | База учебных материалов

1.2.Вычисление двойного интеграла сведением

кповторному в декартовых координатах

Напомним определение повторного интеграла. Пусть на плоскости за-

дана декартова система координат 0xy.
Рассмотрим область D, декар-		y . .		y = g2(x)
товы координаты (x, y) точек ко-		y . .		y = g2(x)
				.

торой удовлетворяют соотношениям				D	.
торой удовлетворяют соотношениям				D
a ≤ x ≤ b; g1(x) ≤ y ≤ g2(x),				.
a ≤ x ≤ b; g1(x) ≤ y ≤ g2(x),			. .		.
где g1(x) и g2(x) – непрерывные на			.	y = g1(x)	.
[a, b] функции. Назовем такую об-					.
			.		. .
					..
		....				.
ласть правильной относительно оси		O	a	Рис. 1.1	b	x
0x (рис. 1.1).				Рис. 1.1
Пусть на D задана непрерывная функция f(x, y). Рассмотрим функ-
цию1	g2(x)
	g2(x)
F (x) =	Z	f(x, y)dy.				(1.2)

g1(x)

Если функция f(x, y) непрерывна на области D = {(x, y) : a ≤ x ≤ b, g1(x) ≤ y ≤ g2(x)}, а функции g1(x) и g2(x) непрерывны на [a, b], то функция F (x), определяемая равенством (1.2), непрерывна на [a, b].

Если функция F (x) интегрируема на [a, b], то интеграл

Za	b	b	g2(x)
Za	F (x)dx = Za		dx Z	f(x, y)dx
			g1(x)
называется повторным интегралом		функции f(x, y) по области D =			{	(x, y) :
называется повторным интегралом			2		{
a ≤ x ≤ b, g1(x) ≤ y ≤ g2(x)}		IR ; при этом сначала f(x, y) интегри-

руется по переменной y, а затем полученная функция интегрируется по x (здесь (x, y) – декартовы координаты в IR2).

Если область D правильна относительно оси 0y, т. е. декартовы координаты (x, y) ее точек удовлетворяют соотношениям c ≤ y ≤ d, h1(y) ≤ ≤ x ≤ h2(y), то аналогично может быть определен повторный интеграл

dh2(y)

ZZ

dy	f(x, y)dx,

ch1(y)

вкотором f(x, y) сначала интегрируется по x, а затем – по y. Для повторного интеграла справедлива теорема о среднем.

1 Обычно говорят, что F (x) – интеграл, зависящий от параметра x.

5

Теперь все готово к сведению двойного интеграла к повторному. Пусть положение точки P на плоскости описывается декартовыми ко-

ординатами (x, y), а область D является правильной относительно оси 0x. Пусть на D задана непрерывная функция f(P ), P D. Другими словами, на D определена непрерывная функция двух переменных f(P (x, y)), которую для сокращения записи будем обозначать f(x, y). В этом случае двойной интеграл функции f по D существует и может быть вычислен с помощью повторного интеграла.

Теорема 1.4. Если (x, y) – декартовы координаты, D = {(x, y) : a ≤ ≤ x ≤ b, g1(x) ≤ y ≤ g2(x)} – правильная относительно оси 0x область, функция f(P ) непрерывна на D, а функции g1(x) и g2(x) непрерывны на

[a, b], то

bg2(x)

ZZ	f(P )dS = Z	dx Z	f(x, y)dy.
D	a	g1(x)

Именно эта теорема позволяет на практике вычислять двойные интегралы.

ZZ

Пример 1.1. Вычислить xy dS, где область D ограничена пря-

D

мыми y = 0, x = 1, y = x.

Здесь a = 0, b = 1, g1(x) = 0, g2(x) = x. В соот-

.

. .

ветствии с теоремой имеем:

1 ...................................

1

x

y2

x

ZZ

xy dS = Z

dx Z

xy dy = Z

x

y=0! dx =

D

2

D

0

...

0

1

x

3

x

4

1

Рис. 1.2

= Z

0

dx =

=

.

2

8

0

x2y dS

D

ограничена пря-

Пример 1.2. Вычислить ZZ

, где область

D

мыми y = 0, y = 1, y = x, x + y = 3.

Здесь a = 0, b = 3, g1(x) = 0, g2(x) =

x, 0

x

≤

1,

1, 1 ≤ x

2,

≤

x

3.

x + 3,

2

≤

−

6

.

Так как g2(x) задается разными формулами на разных отрезках, в этом примере придется воспользоваться аддитивностью интеграла (теорема 1.2) и разбить область на 3: D = D1 D2 D3 (рис. 1.3):

1

.... ...

	.			.
	.			.
	.			.
	.	D		.
	.	D		.
	.		2	.
	.			.
	.			.
	.			.
D	.			.	D	3
D	..			..	D
	1 .			.

. .
........
1	2	3
Рис. 1.3

					1				x										2			1												3					−x+3
ZZ x2y dS = Z dx Z x2y dy + Z dx Z x2y dy + Z dx																																							Z	x2y dy =
D					0			0									1					0										2							0
= Z	1											2				x2y												3						x		2y			y=0	! dx =
= Z	x2y		2	y=0! dx + Z												x2y			2	y=0! dx + Z														x		2y		2	y=0	! dx =
	2		2		x												2		2	1														2				2	−x+3
0												1																2

					1 x4								2 x2								3 x2							x						2
		= Z0						dx + Z1									dx + Z2									(−		+ 3)							dx =
		= Z0					2	dx + Z1								2	dx + Z2											2							dx =
						x5			1			x3		2			3			x4					x3				x2
						x5			1			x3		2						x4					x3				x2
					=			0 +						1 + Z							−			6 + 9								dx =
					=	10		0 +				6		1 + Z										2								dx =
																	2
																		x5					3x4						3x3					3
							1			8 1								x5					3x4						3x3		2
						10						6					10 −							4				2			2
					=			+				−			+												+										=
	=		+											+																+									=		.
	=		+			10			−			4		+			2 −				10 −							4		+									=		.
	30					10			−			4					2 −				10 −							4						2					60
	38				243						243			81										32				48					24						127

Для правильной относительно оси 0y области D и непрерывной на D функции f(P ) справедливо равенство

dh2(y)

ZZ	f(P )dS = Z	dy	Z	f(x, y)dx.
D	c	h1(y)

Пример 1.3. Вычислить интеграл из предыдущего примера, используя правильность области D относительно оси 0y.

Здесь c = 0, d = 1, h1(y) = y, h2(y) = 3 − y,

	1	3−y		1
ZZ x2y dS = Z dy Z			x2y dx = Z
D	0	y		0

x3y		x=y! dy =
3		3−y

7

1

3

4

1

y4

= Z0

(3 − y) y

−

y

dy = Z0

9y −

9y2 + 3y3

−

2

dy =

3

y2

y4

2y5

1

9

3

2

127

= 9 2 − 3y3

+ 34

− 15

0 =

2 − 3 + 4 −

15 =

60 .

Приведем пример интеграла по области,

правильной относительно 0y,

но не относительно 0x.

ZZ

Пример 1.4. Вычислить (x + y)dS, где D ограничена прямыми

D

x = 0, y = 0, y = 2, y = x и x + y = 2.

.

2 ...

.

..................... .

1	.	.
	.	.
	.	.
	.	.
	.	.
	.	.
	.	.
	.	.
	.	.
	.	.

. .

.....

0 1 2

Рис. 1.4

ZZ

(x + y)dS =

	Здесь c = 0, d = 2, h1(y) = 0,
	h2(y) =	2 y, 0			y	1,
	h2(y) =	(y,−1	≤	y	≤ 2.≤	Так как
			≤		≤
	h2(y) задается различными формулами
	на двух промежутках, в этом примере
	придется использовать аддитивность ин-
	теграла:
1	2−y		2		y

Z Z Z Z

dy (x + y)dx + dy (x + y)dx =

D						0		0								1					0
1		2													2				+ xy x=0 dy =
= Z		2		+ yx x=0! dy + Z 2															+ xy x=0 dy =
0	x2							2−y							1		x2								y
0															1

1			2			2					−					2					2
Z0			2								−					Z1				2
=	(2			− y)			+ y(2						y) dy +							y		+ y2 dy =
=							+ y(2						y) dy +									+ y2 dy =
														y3	1			y3					y3	2
=	−		(2 − y)3						+ y2					y3	+			y3		+			y3	1			=
=									+ y2			− 3			+			6		+							=
			6									− 3			0			6			3

			1					1 8					8		8	1					1				16
	=	−			+ 1		−			+			+		+							=				.
	=				+ 1					+			+		+							=		3		.
			6					3 6 6 3 − 6 −													3			3

Заметим, что эту область можно разбить на 3 области, правильные относительно 0x, и найти интеграл следующим образом:

8

Пример 1.5. Вычислить интеграл

																	2	.
																	2		.			.
																		...
								1			2								.			.
								1			2								.			.
ZZ								Z			Z								.	D3 .
																	1		.			.
																	1	D1 .				.
		(x + y)dS = dx (x + y)dy +																	.			.
		(x + y)dS = dx (x + y)dy +																	.			.
																			.			.
																			.			.
																			.			.
																			.			.
								0			0								.			.
	D																		.			.
	D																		.			.
																			.			.
																			.			.
	2	2								2	2								.			.
			−																.			.
			−		x														.	D2 .
					x														.			.
Z1		Z0								Z1	Zx								.			.
Z1		Z0								Z1	Zx								Рис. 1.5
																			.			.
+ dx (x + y)dy + dx (x + y)dy =																		.....
+ dx (x + y)dy + dx (x + y)dy =																	0		1			2
		1					xy + y2			y=0! dx + Z		2			xy + y2			y=0! dx +
		= Z					xy + y2			y=0! dx + Z					xy + y2			y=0! dx +
								2		2							2		2−x
		0									1

2						2	2				1			2								2	2
Z			2				y=x!				Z				Z			−				2
+	xy +			y					dx =		(2x + 2)dx +						x(2		x) +	(2 − x)					dx+
1											0			1

										2					x2
								+ Z1		2x + 2 − x2			−			dx =
								+ Z1		2x + 2 − x2			−		2	dx =
			1						x3			x3		2							x3	2		16
= x2	+ 2x		0 + x2						x3			x3		1 +			x2 + 2x −				x3			16
= x2	+ 2x		0 + x2					− 3 + 2x − x2 +				6		1 +			x2 + 2x −				2	1 = 3 .


Приведем пример интеграла по области, правильной относительно																										0x

и относительно 0y. Однако вычислительные трудности в этом примере существенно зависят от способа сведения и повторному интегралу.

ZZ

y1 dS,

D

где D ограничена x = 1, y = 1, y = ex. Если рассматривать D как область,

правильную относительно 0x, имеем a = 0, b = 1, g1(x) = 1, g2(x) = ex,

	.
e		.	y = e	x
	..............................
		.
		.
		.
		.
1		.
1		.
	.......
	.......................D	.
		.
		.
		.
		.
		.
		.
	....
0	1

Рис. 1.6

			1	ex		1			ex
ZZ		y dS =	dx	Z	y dy =	ln \|y\|			y=1! dx =
ZZ	1		Z	Z	1	Z
D			0	1		0

	1				1				1
	= Z (ln ex − ln 1)dx = Z					x dx =		2	1	= 2.
	= Z (ln ex − ln 1)dx = Z					x dx =	2		0	= 2.
	0				0		x			1

9

Материал: Kratn_2

Смотрите также: