Кратные интегралы теория

Добавил:

pro100durachok Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Санкт-Петербургский политехнический университет Петра Великого (бывш. СПбГПУ)

Предмет:

Высшая математика

Файл:

( , ) , в котором - переменная

Здесь внутренний интеграл равен ∫ 1( )

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

22.04.2021

Размер:

795.01 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 42 3 4 > Следующая >>>

Не умаляя общности, можно считать, что ( , ) ≥ 0 ( , ) . В этом случае двойной интеграл равен объему цилиндрического тела T, ограниченного сверху

поверхностью = ( , ), а снизу - областью , лежащей в плоскости		(рис. 1.9):
(T) =	( , ) .
Z	= ( , )

1( )	2	( )

Рис. 1.9. Иллюстрация к доказательству теоремы 1.7

Проведем сечение цилиндрического тела плоскостью, перпендикулярной к оси := , [ ; ]. В сечении получим криволинейную трапецию (ее контур на рисунке 1.9 выделен красным цветом).

Площадь ( ) этой трапеции вычисляется с помощью определенного интеграла:

( ) = ∫ 2( ) ( , ) .

1( )

Объем цилиндрического тела T можно вычислить теперь как объем тела по заданным площадям поперечных сечений ([4], 14.3):

(T) = ∫ ( ) .

	В результате получаем равенство:
		( , ) = ∫	( ) = ∫	(∫ 2( ) ( , ) ) .
				1( )
	Теорема доказана.
	При вычислении повторного интеграла сначала вычисляется внутренний интеграл
∫ 2( )	( , ) , в котором - переменная интегрирования, а значение - фиксировано.
1( )
	Результатом вычисления внутреннего интеграла будет некоторая функция,

зависящая от переменной . После этого вычисляется внешний интеграл от этой функции по переменной .

	Пусть функция ( , ) интегрируема по области , где - правильная область в
направлении оси , т.е. = { ( , ): 1( ) ≤ ≤ 2( ),		[ ; ]}.
	Справедливо следующее утверждение, аналогичное Теореме 1.7.
Теорема 1.8.
	Если при любом фиксированном [ ; ] существует определенный интеграл
∫ 2( )	( , ) , то существует и повторный интеграл ∫ (∫ 2( ) ( , ) ) , который
1( )		1( )

равен двойному интегралу:

интегрирования, а значение - фиксировано. Внешний интеграл берется по переменной .

Замечание 1.4.

Если - правильная область и в направлении оси и в направлении оси , то справедливы обе формулы:

																								2( )																												2( )
									( , ) =									∫				(∫ 1( )									( , ) ) = ∫																					(∫ 1( )					( , ) ) .
Пример 1.4.
		Вычислить двумя способами двойной
		Вычислить двумя способами двойной
интеграл								( − ) , где – область,
																																																					1
ограниченная кривыми = и = 2																															(рис. 1.10).																						1
ограниченная кривыми = и = 2																															(рис. 1.10).
Решение.																																																								=
Решение.									,				= − ;							,							-																																		= 2
		Здесь							,		)		= − ;							,				)			-																																		= 2
								(			)							(						)
непрерывная функция; следовательно,
двойной интеграл существует.																																																												1
																																																												1

		Область является правильной и
в направлении оси и оси (рис. 1.10).																																														Рис. 1.10.							Область интегрирования
		Значит, можно применять обе формулы																																																				в Примере 1.4
для вычисления двойного интеграла.
1) = { ( , ): 0 ≤ ≤ 1, 2 ≤ ≤ }																																						( − ) = ∫1(∫ 2( − ) ) =
																																																					0
= ∫1(∫ 2 − ∫ 2 ) =																		∫1				( ∙ ∫ 2 −													2			\| 2) = ∫1														( ∙ ( − 2) −										2	+		4	) =
= ∫1(∫ 2 − ∫ 2 ) =																		∫1				( ∙ ∫ 2 −												2				\| 2) = ∫1														( ∙ ( − 2) −											+	2		) =
0																		0																2													0													2				2
= ∫1 (		2		− 3 +						4	) = (				3		−		4			+			5				) \|10			=	1	−			1			+			1		=			1		.
= ∫1 (				− 3 +							) = (						−					+		10					) \|10			=		−						+					=					.
0	2								2					6				4						10								6		4							10						60
																																																							1			√

2) = { ( , ): 0 ≤ ≤ 1, ≤ ≤ √ }																																							( − ) =														∫			(∫					( − )			) =
2) = { ( , ): 0 ≤ ≤ 1, ≤ ≤ √ }																																							( − ) =														∫			(∫					( − )			) =
																																																					0
1																						1				2 √										√																1					2
			√								√


= ∫0	(∫					− ∫								) = ∫0									(				2			\|		− ∫									) = ∫0 (												2	−			2		− (√ − )) =
= ∫1						2	− √					) = (				2		+			3							2,5			) \|10 =					1		+				1		−		2	=		1		.
	(		+			2										2					3		−					2,5								1						1				2			1

						2																																								5
0	2					2								4						6							2,5							4							6					5	60
Ответ:							( − ) =									1		.
Ответ:							( − ) =											.
														60
					1.3.3. Прямоугольная область интегрирования

Простейшим видом области интегрирования является прямоугольник со сторонами, параллельными осям координат (рис. 1.11):

= { ( , ): ≤ ≤ , ≤ ≤ }.

Прямоугольник - правильная область в обоих направлениях: осей и .

Следовательно, имеем формулы:

Рис. 1.11. Прямоугольная

область интегрирования

	( , ) = ∫	(∫	( , ) ) = ∫	(∫	( , ) )	.

Пример 1.5.

Вычислить двумя способами ( − ) , где область интегрирования –

прямоугольник: = { ( , ): 2 ≤ ≤ 5; 0 ≤ ≤ 1}.

Решение.

1)				( − ) = ∫1							(∫5( − ) ) =							∫1 (∫5						− ∫5						) =
										0	2								0			2							2
= ∫1 ( ∙					∫5	−		2		\|25) = ∫1 (3 −						21	) = (			3 2		−			21		) \|10 =				3	−		21	= −9.
= ∫1 ( ∙					∫5	−				\|25) = ∫1 (3 −							) = (					−		2			) \|10 =					−		2	= −9.
	0				2		2				0				2						2			2							2			2
2)				( − ) = ∫5 (∫1( − ) ) = ∫5																	(∫1 −							∫1 ) =
										2	0							2			0							0
		5		2	1				1			5		1				1					2				5	3			21
= ∫			(		\|0 − ∙ ∫					) = ∫			(		− ) = (				−							) \|2 =			−				= −9.
= ∫			(	2	\|0 − ∙ ∫					) = ∫			(	2	− ) = (			2	−							) \|2 =		2	−		2		= −9.
	2			2			0				2			2				2				2						2			2
Ответ:							( − ) = −9.

Частный случай.

Предположим, что подынтегральная функция ( , ) равна произведению двух функций, каждая из которых является функцией только одной переменной:

( , ) = 1( )∙ 2( ),

а область интегрирования − по-прежнему прямоугольник:

= { ( , ): ≤ ≤ , ≤ ≤ }.

Тогда имеем:

1( )∙ 2( ) = ∫ (∫ 1( ) ∙ 2( ) ) = ∫ ( 1( ) ∙ ∫ 2( ) ) = = ∫ 1( ) ∙∫ 2( ) , т.е. в этом случае двойной интеграл равен произведению двух определенных интегралов:

1( ) ∙ 2( ) = ∫ 1( ) ∙ ∫ 2( ) .

Пример 1.6.

Вычислить , где = { ( , ): 0 ≤ ≤ 1; 0 ≤ ≤ 1} (см. Пример 1.2).

Решение.

	1		1		2 1		2 1			1 1		1
= ∫		∙∫		=		\|0∙		\|0	=		∙	=	.
					2		2
0		0								2 2		4

Ответ: = 14.

Замечание 1.5.

В дальнейшем повторные интегралы будем записывать в следующем виде:

∫ (∫ 2(( )) ( , ) ) = ∫ ∫ 2(( )) ( , ) и
	1		1
	2( )		2( )
∫	(∫ 1( )	( , ) ) = ∫	∫ 1( )	( , ) .

Тогда формулы для вычисления двойного интеграла примут вид:

	( , ) = ∫ ∫ 2(( )) ( , )	и	( , ) = ∫ ∫ 2(( )) ( , ) .
	1		1

1.4. Замена переменных в двойном интеграле

Для упрощения вычисления двойного интеграла иногда целесообразно сделать замену переменных, т.е. от старых переменных ( , ) по определенным формулам перейти к новым переменным ( , ). При этом, естественно, может измениться и область интегрирования.

Выясним, как преобразуется двойной интеграл при такой замене переменных.

Пусть имеется двойной интеграл ( , ) , где область ограничена кусочно-гладким контуром.

Пусть функция ( , ) непрерывна в области или же ограничена во всей областии непрерывна там всюду за исключением конечного числа точек и конечного числа кусочно-гладких кривых, лежащих в этой области.

			′
			′

Рис. 1.12. Взаимно-однозначное соответствие между областями

Рассмотрим преобразование, связывающее переменные ( , ) с переменными ( , ) некоторой системой уравнений:

= ( , )

( ){ = ( , ).

Предполагается, что это преобразование устанавливает взаимно-однозначное соответствие между точками области , лежащей в плоскости и точками области′, лежащей в плоскости (рис. 1.12). Это означает, что система уравнений ( ) однозначно разрешима относительно новых переменных ( , ):

= ( , ) { = ( , ).

1.4.1. Якобиан преобразования

Пусть функции = ( , ) и = ( , ) - непрерывно-дифференцируемы в области ′. Составим определитель 2-го порядка из частных производных этих функций:

	′	′

			\|.
	( , ) = \|	\| = \|	\|.
	′	′


Определитель ( , ) называется определителем Якоби или якобианом.
Справедлива следующая лемма (приводим без доказательства).
Лемма 1.1.
Если ( , ) ≠ 0	в любой внутренней точке области ′, то преобразование ( )

устанавливает взаимно-однозначное соответствие между областями и ′.

Используя утверждение Леммы 1.1, можно сформулировать следующую теорему. Теорема 1.9 (о замене переменных в двойном интеграле).

= ( , )

Если при замене переменных { = ( , ) якобиан ( , ) не обращается в нуль ни в какой внутренней точке области ′, то справедлива следующая формула:

( , ) = ′ ( ( , ), ( , )) ∙ |( , )| .

Доказательство этой теоремы есть в работе [1].

Из приведенной формулы следует, что при замене переменных нужно не только подставить в подынтегральную функцию новые переменные, но еще и умножить значение функции на модуль якобиана.

Оформление решения при замене переменных в двойном интеграле выглядит так:

	= ( , )
( , ) = [	= ( , )	] =	′ ( ( , ), ( , ))∙\|( , )\|.

= |( , )|

Следствие 1.6 (площадь фигуры в криволинейных координатах).

( ) = ′|( , )| = | ′ ( , ) | .

Доказательство.

( ) =

1 = ′ 1∙|( , )| =

′|( , )|.

Учитывая, что якобиан ( , ) имеет один и тот же знак в области ′, получаем:

′

|( , )| = ′

( , ) или

′ |( , )| = −

′ ( , ) , т.е.

′

|( , )| = |

′ ( , ) |.

Следствие доказано.

Геометрический смысл якобиана.

Пусть при замене переменных { = ( , )

точка ( ,

)

- переходит в точку

= ( , )

0(0, 0). Тогда произвольная окрестность точки 0 перейдет в некоторую

окрестность ′ точки (рис. 1.13).

′

Рис. 1.13. К геометрическому смыслу якобиана

Согласно Следствию 1.6 имеем: ( ) =

′ |( , )|, а по теореме о среднем

(Теорема 1.6):

|( , )| = |(′)|∙(′), где ′

- некоторая точка окрестности ′.

′

Следовательно:

( ) = |(′)|∙(′) |(′)|

( )

( ′)

Далее будем неограниченно уменьшать размеры области , «стягивая» ее к точке

0, но так, чтобы область все время содержала точку 0:

{ } → 0.

При этом

соответствующая окрестность ′ будет «стягиваться» к точке :

{′} → .

Ввиду непрерывности якобиана ( , ) его значение будет стремиться к (0).

Переходя к пределу, получим:

|( )|

( )

{ } → 0

( ′)

Таким образом, получаем результат: модуль якобиана равен коэффициенту искажения площадей при переходе от переменных ( , ) к переменным ( , ).

Пример 1.7.

Найти площадь фигуры (области), ограниченной кривыми:

= ∙ , = ∙, = , = , где 0 < < , 0 < < , > 0, > 0.

Решение.

Область имеет вид, изображенный на рисунке 1.14, и задается неравенствами:

≤ ≤

{≤ ≤ .

= ∙
		′
		′
= ∙
= ∙


=
=

=
=
	Рис. 1.15.	Область	′	в системе
	Рис. 1.15.	Область		в системе

координат

Рис. 1.14. Область в системе координат

Введем новые переменные ( , ) по формулам: { = . В результате такой

замены переменных новая область ′ будет представлять собой прямоугольник

(рис. 1.15):

{ ≤ ≤ .≤ ≤

Выразим старые переменные ( , ) через новые переменные ( , ) и вычислим

якобиан ( , ):

√

{

= √

′

= −

√

′

√

′ =

√

;

2√

2 √

2√

= √

′

−

√

2 √

( , ) = |

| = |2√

| =

|( , )| =

′

√

2√

По следствию 1.6 имеем:

( ) =

′ |( , )| =

′

= ∫

∫

( | )∙ | =

( − )

Ответ: ( ) =

( − )

1.4.2. Линейная замена переменных.

Важным частным случаем замены переменных является линейная замена.

Рассмотрим линейное преобразование с невырожденной матрицей:

{ = 11 + 12 ( ) = ∙( ),

где = ( 11

12),

= и

∆= | 11

12| ≠ 0.

= 21 + 22

Якобиан линейного преобразования совпадает с определителем ∆:

( , ) = \|	′	′			\| = ∆.
( , ) = \|		\| = \|	11	12	\| = ∆.
	′	′	21	22

Обратное преобразование также является линейным:

( ) = −1∙( ), причем −1 = 1∆.

При линейной замене переменных двойной интеграл и площадь фигуры (по Теореме 1.9 и Следствию 1.6) примут следующий вид:

( , ) = |∆|∙ ′ (11 + 12, 21 + 22) ,

( ) = ′ |( , )| = ′|∆| = |∆|∙(′).

В простейшем случае линейное преобразование может иметь вид:

= ∙
{ = ∙ , где		, = ,			∙ ≠ 0.
Тогда получим: ( , )	′	′		0\| =
Тогда получим: ( , )	= \|	\| = \|		0\| =
	′	′	0

	( , ) = \| \|∙ ′ ( , ) , ( ) = ′ \|( , )\| = \| \|∙(′).

Пример 1.8.
	Найти площадь параллелограмма (рис. 1.16), стороны которого лежат на попарно
параллельных прямых: 1												2, 3 4, заданных линейными уравнениями:
1: 1 + 1 = 1,										2: 1 + 1 = 2,					3: 2 + 2 = 1, 4: 2 + 2 = 2,
где	<		,			< ,					∆= \| 1		1\| ≠ 0.
1		2			1					2		2	2
												2	2
Решение.															2	4
Область задается неравенствами:															2	4
Область задается неравенствами:															1
	{ 1 ≤ 1 + 1 ≤ 2
				≤				2	+ ≤
		1						2			2	2				3
Сделаем линейную замену переменных:																3
= 1 + 1
{ = 2 + 2						( ) = ∙( )
			−1									1	1
( ) =					∙( ), где						= ( 2		2).
	В результате такой замены														Рис. 1.16. Иллюстрация к Примеру 1.8
переменных новая область ′ задается
системой неравенств: {											1 ≤ ≤ 2			, и представляет собой прямоугольник с площадью:
системой неравенств: {												≤ ≤		, и представляет собой прямоугольник с площадью:
											1		2
(′) = (		2	−				)∙( − ).
		2			1					2		1

Якобиан линейного преобразования имеет вид:

′ ( , ) = | ′

′		1
	\| = −1 =		.
′	\| = −1 =	∆	.

Используя формулу: ( ) = ′ |( , )| - найдем площадь параллелограмма:

( ) = ′ |

| = |

|∙ ′ =

(′) =

(2 − 1)∙(2 − 1).

∆

|∆|

Ответ: ( ) =

∙(

−

)∙(

− ), где

∆= | 1

1|.

|∆|

Пример 1.9.

Найти площадь фигуры, ограниченной эллипсом

= 1 (рис. 1.17):

Решение.

Данная фигура в декартовой системе

координат задается неравенством:

2 + 2

≤ 1.

Сделаем линейную замену переменных

простейшего вида:

Рис. 1.17.

Иллюстрация к Примеру 1.9

= ∙

{ = ∙

{

Тогда получим:

≤ 1 2 + 2 ≤ 1.

Это означает, что фигура, ограниченная эллипсом в системе координат ,

переходит в единичный круг в системе координат с площадью (′) = ∙12

= .

Используя формулу: ( ) = | |∙(′), получим: ( ) = ∙ .

Ответ: = ∙ .

1.4.3. Двойной интеграл в полярных координатах.

Перейдем от декартовых координат ( , ) к полярным координатам ( , ) по

известным формулам (рис. 1.18):

= ∙

{ = ∙ ,

≥ 0,

0 ≤ < 2

(или − < ≤ ).

Вычислим якобиан (здесь = , = ):

′ = ,

′ =

− ∙ ,

′ = ,

′ = ∙

′

− ∙

( , ) = |

| = |

| =

′

∙

= ∙ 2 + ∙ 2 = ≥ 0

|( , )| = .

Рис. 1.18. Полярная

Получаем двойной интеграл в полярных координатах:

система координат

= ∙

( , ) = [

= ∙

] = ′ ( , )

Пример 1.10.

Вычислить

, где - единичный круг: 2 + 2 ≤ 1 (рис. 1.19).

√1+ 2+ 2

Решение.

′

Рис. 1.19.

Область в декартовой

Рис. 1.20. Область ′ в

системе координат

полярной системе координат

Перейдем к полярным координатам:

= ∙

= [

= ∙

] = ′

∙ .

√1

+ 2

√1+ 2+ 2

Так как 2 + 2 ≤ 1 2

≤ 1, то область ′ задается неравенствами:

2 ≤ 1

0 ≤ ≤ 1

{0 ≤ < 2

– и представляет собой прямоугольник в полярной системе координат (рис. 1.20). Следовательно, имеем:

1					2		1				1	2	1 (1 + 2)		2
1					2		1				1	2	1 (1 + 2)		2	(√1 + 2 \|10) =
′			∙ = ∫0			∫0				=		∫0	∫0		= ∫0

	√1 + 2								√1 + 2		2			√1 + 2
= ∫2 (√2				− 1) = 2 (√2				− 1).
= ∫2 (√2				− 1) = 2 (√2				− 1).
0
Ответ:		2 (√2 − 1).

Замечание 1.6.

Переход к полярным координатам целесообразен в следующих случаях:

1)Подынтегральная функция имеет вид (2 + 2); в этом случае она является функцией только полярного радиуса .

2)Область интегрирования представляет собой круг, или круговой сектор, или в общем случае криволинейный сектор; в последнем случае область переходит в криволинейную

трапецию (правильную область) ′: { 1( ) ≤ ≤ 2( )		(рис. 1.21).
	≤ ≤
		= 2( )
=	= 2( )	= 2( )
=	= 2( )

		′

= 1( )		= 1( )
= 1( )	=
	=

Рис. 1.21. Преобразование криволинейного сектора в криволинейную трапецию

Если область интегрирования представляет собой криволинейный сектор (рис. 1.21), то двойной интеграл в полярных координатах запишется в виде следующего повторного интеграла:

( , ) =			′ ( , )∙ = ∫			∫ 2( )
						( )
						1
Пример 1.11.
Вычислить:				−( 2+ 2) ,


где область :	{	2 + 2 ≤ 2			- часть круга радиуса ,
		≥ 0, ≥ 0
		≥ 0, ≥ 0

лежащая в первой четверти (рис. 1.22).

Решение.

Здесь подынтегральная функция имеет вид (2 + 2) = (2), а область интегрирования –

( , )∙ .

Рис. 1.22. Иллюстрация

к Примеру 1.11

круговой сектор. Поэтому удобно перейти к полярным координатам:

= ∙

0 ≤ ≤

−( 2+ 2) = [

2 ] = ′ − 2∙ , где ′: {

0 ≤ ≤

. Далее:

′ − 2∙ =

∫

∫ − 2∙ =

∫

− 2 ∙∫

∙(−

) ∫ − 2

(−2) = −

∙ − 2

|0 = −

∙(− 2

− 0) =

∙(1 − − 2).

Ответ:

−( 2+ 2) =

∙(1 − − 2).

Обобщенные полярные координаты.

При необходимости можно перейти от декартовых координат ( , ) к обобщенным

полярным координатам ( , ) по следующим формулам:

= ∙

{ = ∙

где , = ,

∙ ≠ 0,

≥ 0, 0 ≤ < 2

(или − < ≤ ).

Такое преобразование является результатом последовательного применения двух операций: линейной замены (в простейшем случае) и перехода к полярным координатам.

Нетрудно увидеть, что якобиан перехода в этом случае равен ( , ) = ∙ .

1.4.4.Интеграл Эйлера - Пуассона.

Втеории вероятностей исключительно важную роль играет несобственный

интеграл вида: ∫−+∞∞ − 2 , который называется интегралом Эйлера - Пуассона. Известна формула:

∫−+∞∞ − 2 = √ .

Выведем эту формулу, используя двойной интеграл. Сходимость этого несобственного интеграла была доказана ранее (см. [4], 15.3).

Предварительно отметим, что ввиду четности функции − 2 и симметричности промежутка интегрирования имеем следующие равенства:

∫+∞

− 2

= ∫0 − 2

+ ∫+∞ − 2 = ∫+∞

− 2

+ ∫+∞

− 2 = 2∙∫+∞

− 2 .

−∞

Поэтому достаточно доказать равенство:

∫+∞ − 2 =

√

√2

Рассмотрим область :

{0 ≤ ≤ –

√2

0 ≤ ≤

квадрат со стороной , лежащий в первой четверти

и двойной интеграл:

−( 2+ 2)

√2

Так как подынтегральная функция есть

произведение функций, зависящих только

Рис. 1.23. Иллюстрация

−( 2+ 2) = − 2∙ − 2,

от одной переменной:

к выводу формулы

а область интегрирования - квадрат

Эйлера-Пуассона

(частный случай прямоугольника), то имеем (см. 1.3.3):

−( 2+ 2) =

− 2∙ − 2 = ∫

− 2 ∙∫ − 2

<<< < Предыдущая 12 / 42 3 4 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Теория и задачи

#
22.04.2021249.9 Кб10Кратные интегралы задачи.pdf
#
22.04.2021795.01 Кб7Кратные интегралы теория.pdf
#
22.04.2021218.25 Кб8Криволинейные интегралы - задачи.pdf
#
22.04.2021744.21 Кб8Криволинейные интегралы - теория.pdf
#
22.04.2021217.24 Кб7Поверхностные интегралы - задачи.pdf
#
22.04.2021758.24 Кб8Поверхностные интегралы - теория.pdf