Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Белорусский национальный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Лекции по математике для студентов энергетических специальностей БНТУ (III семестр).pdf

Скачиваний:

Добавлен:

24.11.2025

Размер:

17.87 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 23 / 93 4 5 6 7 8 9 > Следующая >>>

τ¯1(M)

касательный вектор

2. Криволинейный интеграл векторной функции (второго рода)

Всюду в этом параграфе мы будем рассматривать гладкую, содержащую свои граничные точки линию L на плоскости или в пространстве. Будем предполагать также, что линия L не имеет особых точек, т. е. в некотором ее параметрическом представлении

x = x(t), y = y(t), z = z(t), t [α, β]

(1)

′ ′ ′ ¯

τ¯(M) = x (t)¯ı + y (t)¯ȷ + z (t)k

в любой точке Mt(x(t), y(t), z(t)), t [α, β] кривой не равен нуль-вектору.

Выберем на данной линии определенную ориентацию с помощью непрерывно изменяющегося единичного касательного вектора τ¯1(M), M L. Ясно, что на линии существуют две противоположные друг другу ориентации.

Пусть в точках линии L задана векторная функция

¯ ¯

f(M) = fx(M)¯ı + fy(M)¯ȷ + fz(M)k, M L.

Определение. Если существует интеграл проекции векторной функции f¯(M) на касательный вектор τ¯(M) по линии L с выбранной ориентацией, то он называется криволиней-

ным интегралом данной векторной функции по данной линии или криволинейным интегралом второго рода. Таким образом, криволинейный интеграл векторной функции представляет

собой величину	∫	Prτ¯(M) f¯(M)dl.
	L

ΤHM L

F HM L

Заметим сразу же, что, если векторная функция f¯(M) непрерывна на линии L, òî êðè-

волинейный интеграл существует. Это следует из предыдущего параграфа, так как в этом случае непрерывна также числовая функция Prτ¯(M) f¯(M).

Из определения скалярного произведения (глава II, Ÿ3) следует, что

Prτ¯(M) f¯(M) = f¯(M) · τ¯1(M),

ãäå

τ¯(M) τ¯1(M) = |τ¯(M)|

единичный касательный вектор к линии L в точке M и, стало быть,

∫∫

Prτ¯(M) f¯(M)dl = f¯(M) · τ¯1(M)dl.

L L

Поскольку координатами единичного вектора являются направляющие косинусы cos α, cos β, cos γ касательного вектора τ¯(M) (глава II, Ÿ2), то криволинейный интеграл век-

торной функции мы можем записать также в виде

∫ ∫

Prτ¯(M) f¯(M)dl = (fx(M) cos α + fy(M) cos β + fz(M) cos γ) dl.

L L

Рассмотрим одно из простейших приложений криволинейного интеграла векторной функции в физике. Вычислим работу по перемещению материальной точки вдоль линии L â âû-

бранном направлении под действием непрерывной силы F (M), M L. Разобьем данную линию на малые части ∆L1, ∆L2, . . . , ∆Ln с длинами ∆l1, ∆l2, . . . , ∆ln и выберем внутри каж- дой из частей по точке Mk ∆Lk, k = 1, n. Работа ∆Ak по перемещению точки вдоль дуги ∆Lk, k = 1, n приближенно равна ∆Ak ≈ F (Mk) · ∆¯rk, ãäå ∆¯rk = ∆lkτ¯1(Mk) и единичный касательный вектор τ¯1(Mk) сориентирован в соответствии с направлением перемещения по кривой L. Тогда искомая работа приближенно равна

n	n		n
∑	∑		∑
A =	∆Ak ≈	F (Mk) · ∆¯rk = F (Mk) · τ¯1(Mk)∆lk
k=1	k=1		k=1

и равенство это будет тем точнее, чем меньше будут диаметры всех частей разбиения линии L. Â правой части данного приближенного равенства записана интегральная сумма для функции F (M) · τ¯1(M), M L и, следовательно, в пределе при условии бесконечно малого дробления

линии L, мы получим:	∫ F (M) · τ¯1(M)dl.
A =

Таким образом, работа по перемещению материальной точки вдоль линии L под действием

ñèëû F (M) численно равна криволинейному интегралу вектора силы по данной линии.

Сформулируем основные свойства криволинейного интеграла векторной функции , вытека-

ющие из его определения и соответствующих свойств криволинейного интеграла скалярной

функции.

1) Линейность. Если f¯1(M), f¯2(M) интегрируемые по линии L с выбранной на ней ориен-

тацией векторные функции, то интегрируема также по этой линии и векторная функция a1f¯1(M) + a2f¯2(M), a1, a2 R è

L	(	)	L	L
∫ Prτ¯(M)		a1f¯1(M) + a2f¯2(M) dl = a1	∫	Prτ¯(M) f¯1(M)dl + a2 ∫ Prτ¯(M) f¯2	(M)dl.

2) Аддитивность. Пусть линия L с зафиксированной на ней ориентацией разбита на две дуги L1, L2 и векторная функция f¯(M) интегрируема по каждой из этих дуг. Тогда данная

векторная функция интегрируема по линии L è				∫ Prτ¯(M) f¯(M)dl.
∫	Prτ¯(M) f¯(M)dl =	∫	Prτ¯(M) f¯(M)dl +	∫ Prτ¯(M) f¯(M)dl.
L		L1		L2

3) Обозначим через L+ линию L с выбранной на ней ориентацией, а через L− òó æå линию с противоположной ориентацией. Тогда, если векторная функция f¯(M) интегрируема

ïî L+ (L−), то она интегрируема и по L− (L+) è
∫+	Prτ¯(M) f¯(M)dl = − ∫	Prτ¯(M) f¯(M)dl.
L	L−

4) Теорема о среднем для криволинейного интеграла векторной функции.

Если векторная функция f¯(M) непрерывна на линии L с зафиксированной на ней ориен-

тацией, то существует точка M0 L такая, что

∫

Prτ¯(M) f¯(M)dl = Prτ¯(M0) f¯(M0)l = f¯(M0) · τ¯1(M0)l,

ãäå l длина линии L.

Сведем криволинейный интеграл векторной функции к определенному интегралу в предположении, что гладкая линия L задана параметрическими уравнениями (1), à векторная

функция f¯(M) непрерывна íà L. Для удобства обозначим радиус-вектор произвольной точки

Mt(x(t), y(t), z(t)), t [α, β] кривой L через

r¯ = r¯(t), t [α, β]

(2)

и, значит, (2) векторное уравнение линии L. Учитывая, что в этих обозначениях τ¯(Mt) = r¯′(t)

r¯′(t)

и, следовательно, τ¯1(Mt) = |r¯′(t)| , мы, воспользовавшись формулой (3) предыдущего параграфа, получим:

∫∫β

	Prτ¯(M) f¯(M)dl = f¯(Mt) · r¯′(t)dt.
L	α

Определив дифференциал векторной функции r¯ = r¯(t) в точке t интервала [α, β] равенством d¯r(t) = r¯′(t)dt,

мы можем переписать формулу для вычисления криволинейного интеграла векторной функции в виде

∫∫β

		Prτ¯(M) f¯(M)dl =	f¯(Mt) · d¯r(t)		(3)
или, координатах,		L	α
или, координатах,
∫	∫β
Pr	f¯(M)dl = f	(x(t), y(t), z(t))dx(t)+f (x(t), y(t), z(t))dy(t)+f		z	(x(t), y(t), z(t))dz(t). (4)
τ¯(M)	x	y		z
L	α

Формулы (3) и (4) оправдывают еще два обозначения для криволинейного интеграла век-

торной функции: в векторной форме		∫
		∫	f¯(M) · d¯r
	∫	L
è в координатах	∫

fx(x, y, z)dx + fy(x, y, z)dy + fz(x, y, z)dz.

Очевидно, криволинейный интеграл векторной функции f¯(M) = fx(M)¯ı + fy(M)¯ȷ

по ориентированной линии L на плоскости, заданной параметрическими уравнениями

		x = x(t), y = y(t), t [α, β],
вычисляется аналогично (4) по формуле
∫	fx(x, y)dx + fy(x, y)dy = ∫β fx(x(t), y(t))dx(t) + fy(x(t), y(t))dy(t).
L		α
В частности, если линия задана ÿâíî уравнением
òî		y = y(x), x [a, b] èëè x = x(y), y [c, d],
òî	∫	fx(x, y)dx + fy(x, y)dy = ∫b fx(x, y(x))dx + fy(x, y(x))dy(x)
	∫
èëè	L	a
èëè	∫	fx(x, y)dx + fy(x, y)dy = ∫d fx(x(y), y)dx(y) + fy(x(y), y)dy.
	∫		(5)

Если линия L замкнута, ò. å. â åå параметрическом представлении (2) r¯(α) = r¯(β), то криво- линейный интеграл векторной функцииI f¯(M) по данной линии обозначается через1

Prτ¯(M) f¯(M)dl.

Замечание. Все найденные выше формулы для вычисления криволинейного интеграла векторной функции справедливы также и для кусочно-гладких линий.

Пример 1. Вычислить криволинейный интеграл

I = x2 + y2 dx − 2xdy + 3ydz

по замкнутой линии L, заданной параметрическими уравнениями

x = cos t, y = sin t, z = cos 2t

и ориентированной так, что наблюдая со стороны оси Oz мы будем видеть обход по данной

линии совершающимся против часовой стрелки.

Решение. Данная замкнутая кривая располагается на гиперболическом параболоиде, так как при всех t R

x2 − y2 = z.

y	1	y	1
-1		-1
1		1
		1
z		z
-1	L	-1	L
-1		-1
-1		-1
x	1	x	1

Для вычисления криволинейного интеграла воспользуемся формулой (4), заметив, что при выбранной ориентации линии параметр t изменяется в пределах от 0 äî 2π.

2π

I = ∫0

cos 2t

d cos t − 2 cos t d sin t + 3 sin t d cos 2t =

sin2 t + cos2 t

2π

= ∫0

(2 cos2 t − 1)d cos t − 2

∫0

cos2 t dt − 6

∫0

sin t sin 2t dt =

2π

= (

cos3 t − cos t)

− ∫ (1 + cos 2t)dt − 3

∫ (cos t − cos 3t)dt =

2π

− (t + 2 sin 2t) 0

− 3

(sin t − 3 sin 3t) 0 = −2π.

Пример 2. Вычислить работу по перемещению

материальной

точки вдоль кривой L íà

плоскости, заданной уравнением y

= −x, из положения B(−1, 1) в положение C(−4, −2) ïîä

действием силы

√

F (x, y) = y4 + 1¯ı − e −xȷ¯.

Решение. Материальная точка перемещается по дуге параболы y2 = −x.

1Иногда его называют интегралом по замкнутому контуру .

		y
		2
		1
-4 -3 -2	-1	x
-4 -3 -2	-1	O
L	B	-1
	B
C		-2
C

Как мы установили выше, искомая работа выражается криволинейным интегралом
A = ∫	y4 + 1dx − e√−xdy,
	x

для вычисления которого мы применим формулу (5). Здесь x = −y2 и при перемещении точки по данной линии из B â C аргумент y изменяется в пределах от 1 до −2. Поэтому

		−2			y2												1	−2d y4 + 1			0				1
		A = ∫	−				d −y2			)	− e\|y\|dy =							∫		(y4 + 1 )	+ ∫	e−ydy +			∫		eydy =
		A = ∫	y4 + 1				d −y2				− e\|y\|dy =						2	∫		(y4 + 1 )	+ ∫	e−ydy +			∫		eydy =
		1			−2		(		0				1					1			−2				0
1		(	)		−2				0				1		1			17				1			17
		(	)					−

=	2	ln y4 + 1		1		− e−y				2	+ ey	0		=	2	ln			2	− 1 + e2	+ e − 1 =		2	ln		2	+ e2 + e − 2.

Ÿ2. Двойной интеграл, его свойства и вычисление. Замена переменных в двойном интеграле. Формула Грина. О несобственном двойном интеграле

Пусть D замкнутая, ограниченная область на плоскости , которую мы будем предпола-

гать также квадрируемой, т. е. имеющей конечную площадь, и f(M) функция двух переменных, заданная в этой области.

Введем определение интеграла функции f(M) по области D. Возьмем произвольное разбиение данной области на малые части ∆Dk, k = 1, n с площадями ∆Sk и диаметрами ∆dk. В каждой из частей выберем произвольную точку Mk ∆Dk, k = 1, n и составим интегральную

сумму

∑n

In = f(Mk)∆Sk.

k=1

Определение. Если существует конечный предел интегральных сумм In при условии, что диаметры всех частей ∆Dk, k = 1, n разбиения области D стремятся к нулю, не за-


висящий как от способа разбиения, так и от выбора точек			Mk ∆Dk, k = 1, n, òî îí
называется двойным интегралом функции f(M) по области D и обозначается через
	∫∫ f(M)dS			(1)
	D
или в системе координат Oxy на плоскости
	∫∫ f(x, y)dS.
	D
Стало быть, по определению	∆d→0 k=1 f(Mk)∆Sk,	= k=1,n k
∫∫	∆d→0 k=1 f(Mk)∆Sk,	= k=1,n k
D	n
D	∑	∆d	max ∆d .
f(M)dS =	lim	∆d	max ∆d .

Если двойной интеграл (1) существует, то функция f(M) называется интегрируемой по

области D.

∆Dk, k = 1, n

Точно так же, как и для материальной линии в предыдущем параграфе, мы можем убе-

диться в том, что масса плоской материальной пластинки	D с известной интегрируемой по
области D плотностью ρ(M), M D выражается через двойной интеграл по формуле
m = ∫∫ ρ(M)dS.	(2)

Все приведенные в Ÿ1, пункт 1 свойства криволинейного интеграла переносятся и на двойной

интеграл, если заменить в них слова ”линия“ è ”длина“ на слова ”область“ è ”площадь“, соответственно. Например, свойство 1) здесь следует сформулировать так:

площадь S области D вычисляется с помощью двойного интеграла по формуле

∫∫

S = dS.

Еще одно приложение двойного интеграла мы получим, если попытаемся вычислить объем тела T в пространстве, ограниченного областью D в плоскости Oxy, поверхностью с уравне-

íèåì z = f(x, y), ãäå f(x, y) неотрицательная в области D и интегрируемая там функция, и цилиндрической поверхностью, образующая которой параллельна оси Oz, а направляющей служит граница области D.

z=fHx,yL

Указанному выше разбиению области D на малые части соответствует разбиение

òåëà T на малые части ∆Tk, k = 1, n. Объем ∆Vk каждой такой части приближенно равен объему прямого цилиндра с основанием ∆Dk и высотой f(Mk), ãäå Mk ∆Dk, ò. å.

∆Vk ≈ f(Mk)∆Sk.

Тогда объем V òåëà T выражается приближенным равенством

∑n ∑n

V = ∆Vk ≈ f(Mk)∆Sk

k=1 k=1

и, значит, в пределе при условии, что диаметры всех частей ∆Dk, k = 1, n стремятся к нулю

∫∫

V = f(M)dS.

Проведенные выше рассуждения могут служить нестрогим обоснованием существования

двойного интеграла непрерывной функции по области D, так как интуитивно ясно, что в этом

случае указанное выше тело T имеет конечный объем.

Займемся теперь вычислением двойного интеграла непрерывной функции z = f(x, y) ïî

простой вдоль одной из координатных осей области.

Область D называется простой вдоль оси Oy (соответственно простой вдоль оси Ox),

если эта область заключена между графиками непрерывных функций y = y1(x), y = y2(x), y1(x) ≤ y2(x), x [a, b]

простые области

(соответственно между графиками непрерывных функций

	x = x1(y), x = x2(y), x1(y) ≤ x2(y), y [c, d]).
y			y
	y=y2HxL		d
	y=y2HxL
O a	D	x	x
O a	D	b	O
	y=y1HxL	x=x1HyL	x=x2HyL
	y=y1HxL		D
			c

Часто в дальнейшем мы будем рассматривать также на плоскости. Область D мы будем называть простой, если непрерывными линиями ее можно разбить на ко-

нечное число простых вдоль координатных осей частей. Предположим сначала, что область является прямоугольником

Π = {(x, y) | a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d}

со сторонами, параллельными осям координат. Рассмотрим разбиения

a = x0 < x1 < . . . < xm−1 < xm = b

c = y0 < y1 < . . . < yn−1 < yn = d

отрезков [a, b] è [c, d], соответственно. Прямые x = xi, i = 0, m; y = yj, j = 0, n разбивают прямоугольник Π íà mn прямоугольников

∆Πij = {(x, y) | xi ≤ x ≤ xi+1, yj ≤ y ≤ yj+1}, i = 0, m − 1, j = 0, n − 1.

Составим интегральную сумму

m−1 n−1
∑i	∑
Imn =	f(xi, yj)∆xi∆yj,

=0 j=0

ãäå ∆xi = xi+1 − xi, ∆yj

= yj+1 − yj длины отрезков [xi, xi+1], i = 0, m − 1; [yj, yj+1], j =

0, n − 1

, соответственно. С одной стороны,

∆ν→0

∫∫

i=0,m−1

j=0,n−1

lim Imn

f(x, y)dS, ∆µ = max ∆xi, ∆ν =

max ∆yj.

∆µ 0

→

С другой, переписав интегральную сумму в виде

m−1

n−1

∑i

∆xi

∑

Imn =

f(xi, yj)∆yj

j=0

и заметив, что для каждого фиксированного i =

0, m − 1

n−1

∑

lim

, yj)∆yj = ∫ f(xi, y)dy

∆ν→0 j=0 f(xi

мы, воспользовавшись теоремой о повторном пределе (глава VIII, Ÿ1, теорема 1), получим:

∫∫ f(x, y)dS = ∆µ→0 i=0 ∆xi ∫

f(xi, y)dy = ∫

∫ f(x, y)dy dx.

m−1

∑

lim

Интеграл в правой части последнего равенства называется повторным и обозначается через

∫b ∫d

dx f(x, y)dy.

a c

В этом интеграле сначала вычисляется определенный интеграл по переменной y при произвольном фиксированном x [a, b] и затем найденная функция интегрируется по переменной x.

Таким образом, двойной интеграл непрерывной функции по прямоугольнику выражается через повторный по формуле

∫∫	f(x, y)dS = ∫b	dx ∫d f(x, y)dy.	(3)
Π	a	c

Естественно, в повторном интеграле мы можем поменять порядок интегрирования и, таким образом,

∫∫ ∫d ∫b

f(x, y)dS = dy f(x, y)dx.

Π c a

Пусть теперь функция f(x, y) определена в простой вдоль оси Oy области

D = {(x, y) | a ≤ x ≤ b, y1(x) ≤ y ≤ y2(x)},

ãäå y1(x), y2(x) непрерывные на отрезке [a, b] функции.

	y=y2HxL
O a		x
O a	D	b
	D
	y=y1HxL

Очевидно, данная область содержится в прямоугольнике
		Π = {(x, y) \| a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d},
ãäå c = min y1(x), d = max y2(x).
x [a, b]		x [a, b]
		y
		D
		P		y=y2HxL
		O a	x		x
		O a	x	D	b
				D
				y=y1HxL
		C
Рассмотрим функцию			{
		g(x, y) =		f(x, y), (x, y) D;
С одной стороны,				0, (x, y) Π \ D.
С одной стороны,	∫∫ g(x, y)dS + ∫∫		g(x, y)dS = ∫∫ f(x, y)dS + ∫∫				0 dS = ∫∫
∫∫ g(x, y)dS =	∫∫ g(x, y)dS + ∫∫		g(x, y)dS = ∫∫ f(x, y)dS + ∫∫				0 dS = ∫∫	f(x, y)dS.
Π	D	Π\D		D		Π\D	D
		Π\D				Π\D

С другой, воспользовавшись формулой (3), получим:

∫d

g(x, y)dy

∫∫ g(x, y)dS = ∫b dx ∫d g(x, y)dy = ∫b dx

y∫1(x)g(x, y)dy + y∫2(x)g(x, y)dy +

y1(x)

y2(x)

= ∫

y1(x)

y2(x)

0 dy

= ∫

y2(x)

∫

0 dy +

∫

f(x, y)dy +

∫

f(x, y)dy.

y1(x)

y2(x)

y1(x)

Oy области может

Следовательно, двойной интеграл по простой вдоль координатной оси

быть вычислен с помощью повторного по формуле

∫∫

f(x, y)dS = ∫b dx

(x)

∫2

f(x, y)dy.

(4)

Da y1(x)

Аналогично, двойной интеграл по простой вдоль координатной оси Ox области

D = {(x, y) | x1(y) ≤ x ≤ x2(y), c ≤ y ≤ d}

	y
	d
	x
	O
x=x1HyL	x=x2HyL
	D
	c

с непрерывными на отрезке [c, d] функциями x1(y), x2(y) вычисляется по формуле

∫∫	f(x, y)dS = ∫d dy	x	(y)
∫∫	f(x, y)dS = ∫d dy	∫2	f(x, y)dx.	(5)

Dc x1(y)

Принимая во внимание структуру повторного интеграла, двойной интеграл часто записывают в виде ∫∫

f(x, y)dxdy.

Замечание 1. Если область D является простой, то, разбив ее на простые вдоль координатных осей части D1, D2, . . . , Dn, мы по свойству аддитивности двойного интеграла можем

вычислить∫∫	f(x, y)dxdy = ∫∫	f(x, y)dxdy + ∫∫	f(x, y)dxdy + . . . + ∫∫	f(x, y)dxdy.
D	D1	D2	Dn

Пример 1. Вычислить двойной интеграл

∫∫

I = x2 sin πy dxdy,

где область D ограничена линиями y = x3, x + y = 2, x = 0.

Решение. Данная область имеет вид

2
	y=2-x
	D
	y=x3
O	x
O	1

Эта область является простой вдоль оси Oy, так как на отрезке [0, 1] îñè Ox она заключена между графиками функций y = x3 è y = 2 − x. Воспользуемся формулой (4):

							1							2−x												1						2−x
					I = ∫				dx ∫3							x2 sin πydy =								1		∫			x2dx ∫3						sin πy d(πy) =

																								π
				1			0						x									1				0						x				1
			1	1										2−x						1		1														1
			1											2−x						1

		= −π ∫			x2 cos πy x3											dy =				π ∫			x2 cos πx3dx − ∫														x2 cos π(x − 2)dx .
Первый из интегралов в скобках																мы найдем подведением под знак дифференциала, а второй
				0																		0													0
двойным интегрированием по частям.
1											1			1												1									1			1
0														0																					1


	∫	x2 cos πx3dx =								3π			∫			cos πx3d(πx3) =											3π			sin πx3				0			=		3π		(sin π − sin 0) = 0.
∫			−						∫												−															−		0				− ∫		−
1							1				1													1																1		1
														1																		1
x2 cos π(x 2)dx =								π				x2d sin π(x										2) =			π	x2 sin π(x												2)				sin π(x			2)dx2	=
0					1				0																			2														0
0									0																																	0
				=			0 − 2							∫		x sin π(x − 2)dx												=				∫	x d cos π(x − 2) =
				=		π	0 − 2							∫		x sin π(x − 2)dx												=			π2	∫	x d cos π(x − 2) =
2											1			0	1													2				0						1					1		2
2														0														2										1							2
												− ∫
= π2		x cos π(x − 2) 0										− ∫				cos π(x − 2)dx = π2																(−1 − π sin π(x − 2) 0) = −π2 .
Следовательно,																I = π				(0 − (−π2 )) = π3 .
																			1							2							2
Пример 2. Найти массу области D на плоскости, ограниченной линиями
																x = 2y − y2, y = x, y = 2x,
																		x
если известна плотность ρ(x, y) = ey																				в каждой точке области.
Решение. Данную область D
																	y
																3
																	€2€€€					D		x=2y-y2
																						D	2	x=2y-y2
																							2
																	1	y				D1
																	x=€€€€€€					D1
																2						x=y
																						x=y
																																	x
																	O																x
																	O

прямой y = 1 мы разобьем на две простые вдоль оси Ox части D1																													è D2. Ïî формуле (2)
	m =		∫∫ ρ(x, y)dxdy =									∫∫		ey dxdy = ∫∫						ey dxdy +								∫∫ ey dxdy.
														x							x											x
			D									D					D1											D2
Интегралы по областям D1 è D2 мы вычислим пользуясь формулой (5).																																			2 0				2 −
∫∫	∫		∫y			∫					∫y				(y )	∫					2								−						2 0				2 −
		1	y				1					y				1						y					(						)		y	2	1	= 1		(		)
D1	0		2			0				2						0											(						)							(		)
	ey dxdy = dy ey dx = ydy ey d x															= y ey								dy = e							√e									e	√e .
	x		x										x							x
																						y
	∫∫		3			∫y			2					3		∫y		2					(y )					∫		3				2
	∫∫		∫			∫y								∫		∫y							(y )					∫						2
	x		2			2y−y				x				2		2y−y				x					x					2		x			2y−y2
	ey dxdy = dy								ey dx = ydy									ey d									= y ey								y			dy =
																																			y
	D2		1			2								1		2												1
	3									3																	3
	2	(				)				2								2		23							2								5
	1	(				)	3			1																1
	= ∫	y e2−y − √e dy =								∫		ye2−ydy −				√e y2			1		=				− ∫		y de2−y − 8√e =
				2			2																							2
				3		1	2																							3				√e =
	= − ye2−y 1				+ ∫			e2−ydy − 8√e = −2√e + e − e2−y 1																							− 8			√e =
										17				5		3						25									5
										17												25
						= e						√e			√e + e = 2e											√e.
						= e		− 8				√e			√e + e = 2e					− 8						√e.
								− 8						−						− 8
Окончательно, искомая масса равна																√e = 8 (20e − 29√e).
			m = 2			(e − √e) + 2e − 8										√e = 8 (20e − 29√e).
					1									25				1

Как и для определенного интеграла, при вычислении двойного интеграла иногда бывает полезной замена переменных, которая может его упростить.

Выясним сначала, как преобразуется площадь малой части плоскости при замене переменных. Проведем для этого пусть и не совсем строгие, но зато достаточно прозрачные геометрические рассуждения.

Пусть область D1 на плоскости O1x1y1 биективно, ò. å. взаимно однозначно, отображается в область D плоскости Oxy с помощью преобразования

x = x(x1, y1), y = y(x1, y1)

(6)

с непрерывно дифференцируемыми в области D1 функциями x(x1, y1), y(x1, y1), которое является также и невырожденным, т. е. определитель Якоби этого преобразования

	x (x , y ) x (x , y )
J(x1, y1) =	yx′ 1	(x1, y1) yy′ 1		(x1, y1)
	x′ 1	1 1	y′ 1	1 1
					Якоби является непре-
отличен от нуля в любой точке области	D1. Поскольку определитель				Якоби является непре-

рывной функцией, то по теореме Больцано-Коши (глава VIII, Ÿ1, теорема 3) он сохраняет знак в области D1, ò. å.

J(x1, y1) > 0 (J(x1, y1) < 0), åñëè (x1, y1) D1.

Возьмем произвольную внутреннюю точку A1(x1, y1) области D1. Ввиду непрерывной диф-

ференцируемости функций x = x(x1, y1), y = y(x1, y1) их приращения вблизи точки A1 ïðåä- ставляются с помощью дифференциалов в виде

∆x(A1, ∆x1, ∆y1) = dx(A1) + o1(∆r1) = x′x1 (A1)∆x1 + x′y1 (A1)∆y1 + o1(∆r1), ∆y(A1, ∆x1, ∆y1) = dy(A1) + o2(∆r1) = yx′ 1 (A1)∆x1 + yy′ 1 (A1)∆y1 + o2(∆r1),

	∆x1		∆y1 преобразование (6) мало отличается от					√
ãäå o1(∆r1), o2(∆r1) бесконечно малые более высокого порядка, чем ∆r1 =								∆x12 + ∆y12 è,
таким образом, при малых		è						линейного
								линейного
x(x1 + ∆x1, y1		+ ∆y1)		≈	x(A1) + x′	(A1)∆x1	+ x′ (A1)∆y1,	(7)
				≈	x1		y1	(7)
y(x1 + ∆x1, y1		+ ∆y1)		≈	y(A1) + y′	(A1)∆x1	+ y′ (A1)∆y1.
				≈	x1		y1
Прямой проверкой несложно убедиться в том, что линейное преобразование								(7) отображает

параллельные прямые также в параллельные прямые и, стало быть, параллелограмм оно пре-

образует в параллелограмм.

Рассмотрим малый прямоугольник ∆Π1 в области D1 с вершинами в точках

A1(x1, y1), A2(x1 + ∆x1, y1), A3(x1 + ∆x1, y1 + ∆y1), A4(x1, y1 + ∆y1)

и площадью ∆S1 = |∆x1∆y1|. Преобразование (6) отображает ∆Π1 в криволинейный четырех- угольник ∆Π в области D с вершинами

B1(x(A1), y(A1)), B2(x(A2), y(A2)), B3(x(A3), y(A3)), B4(x(A4), y(A4)).

y1		y
	D1		B2	B3
A4	A3		B1	B3
A4	A3	D	B1
A1	A2		B4
A1	A2
O1	x1	O		x
O1		O

Ввиду малости прямоугольника ∆Π1 четырехугольник B1B2B3B4 мало отличается от паралле- лограмма C1C2C3C4, являющегося образом ∆Π1 при линейном преобразовании (7). Поскольку

C1(x(A1), y(A1)), C2

x(A1) + xx′ 1 (A1)∆x1, y(A1) + yx′ 1 (A1)∆x1

òî

C3 x(A1) + xx′ 1 (A1)∆x1 +(xy′ 1 (A1)∆y1, y(A1) + yx′ 1 (A1)∆x1

+ yy′ 1 (A1))∆y1 ,

(

)

C4 x(A1) + xy′ 1 (A1)∆y1, y(A1) + yy′ 1 (A1)∆y1 ,

(xx′

1 (A1)∆x1, yx′

1 (A1)∆x1),

(xy′

1 (A1)∆y1, yy′

1 (A1)∆y1)

и, значит,

C1C2

C1C

ȷ¯

x (A¯ı )∆x y (A )∆x 0

C C

1 2

1 4

x′ 1

x′ (A1)∆y1 y′ (A1)∆y1 0

x′

(A1)∆x1

′

(A1)∆x1

равна

Отсюда следует, что площадь

x′

(A1)∆y1

y′

(A1)∆y1

k = J(x1, y1)∆x1∆y1k.

∆SC1C2C3C4 = C1C2 × C1C4 = |J(x1, y1)∆x1∆y1| = |J(x1, y1)|∆S1

и потому для площади ∆S четырехугольника B1B2B3B4 имеет место следующее приближен- ное равенство:

∆S ≈ |J(x1, y1)|∆S1.

(8)

Из формулы (8) следует, что определитель Якоби представляет собой коэффициент дефор- мации бесконечно малого элемента области D1 в данной точке в результате преобразования

(6). А именно, если |J(x1, y1)| < 1, то область D1 вблизи точки A1(x1, y1) сжимается, à ïðè

|J(x1, y1)| > 1, наоборот, растягивается.

Рассмотрим теперь непрерывную в области D функцию f(x, y). Выполнив замену переменных (6), мы получим непрерывную в области D1 функцию f1(x1, y1) = f(x(x1, y1), y(x1, y1)) переменных x1, y1. Разобьем область D1 прямыми

x1 = x10 < x1 = x11 < . . . < x1 = x1m, y1 = y10 < y1 = y11 < . . . < y1 = y1n

параллельными координатным осям на малые части ∆D1ij с площадями ∆S1ij, i = 0, m − 1,

j = 0, n − 1. Каждый из прямоугольников ∆D1ij, содержащихся в области D1, отображается

с помощью преобразования (6) в четырехугольник ∆Dij в области D, площадь ∆Sij которого связана с площадью соответствующего прямоугольника формулой (8):

∆Sij ≈ |J(x1i, y1j)|∆S1ij.

(9)

Обозначим xij = x(x1i, y1j), yij = y(x1i, y1j) и запишем, используя (9), приближенное равенство
∑i ∑j	f(xij, yij)∆Sij ≈ ∑i	∑j	f1(x1i, y1j)\|J(x1i, y1j)\|∆S1ij,	(10)

где суммирование в левой и правой частях данного равенства распространяется на все прямоугольники ∆D1ij, содержащиеся в области D1. Если диагонали всех таких прямоугольников

бесконечно малы, то, с одной стороны, левая и правая части равенства (10) сколь угодно мало отличаются друг от друга, а, с другой, левая часть бесконечно мало отличается от двойного

интеграла	∫∫ f(x, y)dxdy,
	D
а правая от интеграла	∫∫
	f1(x1, y1)\|J(x1, y1)\|dx1dy1.

Переходя к пределу в равенстве (10), мы получаем следующую формулу замены переменных в двойном интеграле:

∫∫	f(x, y)dxdy =	y = y(x1, y1)	= ∫∫	f(x(x1, y1), y(x1, y1))\|J(x1, y1)\|dx1dy1,			(11)
D		x = x(x1, y1),	D1

ãäå		J(x1, y1) =	yx′ 1(x1, y1) yy′ 1			(x1, y1)
		J(x1, y1) =	yx′ 1(x1, y1) yy′ 1			(x1, y1)
			x (x , y ) x (x , y )


			x′ 1		y′ 1
			x′ 1	1 1	y′ 1	1 1

определитель Якоби данного преобразования.

Рассмотрим замену переменных в одном частном случае, а именно, в полярных координатах. Здесь

x = r cos φ, y = r sin φ,

(12)

0 ≤ r < +∞, −π ≤ φ < π.

Преобразование (12), очевидно, биективно отображает область D1 плоскости O1rφ, не содержащую начала координат, в область D плоскости Oxy и декартовы координаты x, y как функции полярных координат r, φ непрерывно дифференцируемы. Найдем определитель Якоби данного преобразования. Поскольку

x′r = cos φ, x′φ = −r sin φ; yr′ = sin φ, yφ′ = r cos φ,

òî
	cos φ	r sin φ
J(r, φ) =	cos φ	r sin φ	= r.
J(r, φ) =	sin φ	−r cos φ	= r.
Применяя формулу (11), получим:
Применяя формулу (11), получим:

f(x, y)dxdy =	x = r cos φ,		=	∫∫	f(r cos φ, r sin φ)rdrdφ.
f(x, y)dxdy =	y = r sin φ,		=		f(r cos φ, r sin φ)rdrdφ.
∫∫	J(r, φ) = r
D	J(r, φ) = r			D1

					удобно записывается через повторный
Двойной интеграл в правой части последнего		равенства			удобно записывается через повторный

в случае, когда область D представляет собой часть сектора

r1(φ) ≤ r ≤ r2(φ), φ [α, β],

ãäå r1(φ), r2(φ) непрерывные на отрезке [α, β] функции.

			r=r2HjL
	D
	r=r1HjL
	Β
	Α			x
	O			x
	O
Здесь	y = r sin φ,	=		dφ	f(r cos φ, r sin φ)rdr.	(13)
f(x, y)dxdy =	y = r sin φ,	=		dφ	f(r cos φ, r sin φ)rdr.	(13)
∫∫	x = r cos φ,		β	r2	(φ)
∫∫			∫	∫
				1


D	J(r, φ) = r		α	r (φ)
D	J(r, φ) = r		α	r (φ)

Проиллюстрируем замену переменных примерами.

Пример 3. Найти площадь фигуры D на плоскости, ограниченной линиями y = x2, 5y = x2, x = y3, 6x = y3.

Решение.

		D
O		x
O
Искомая площадь находится, как известно, по формуле
S =	∫∫	dxdy.
	D

Вычисление данного двойного интеграла сопряжено с немалыми техническими трудностями, поэтому проведем в нем замену переменных по формулам

p =	x2	, q =	y3	.	(14)
	y
			x
При этой замене ограничивающие область D линии отображаются в прямые
p = 1, p = 5, q = 1, q = 6,

соответственно, в плоскости O1pq и, таким образом, область D отображается в прямоугольник
D1 = {(p, q) \| 1 ≤ p ≤ 5, 1 ≤ q ≤ 6} .
	q
6

			D1
			D1
1				p
1

O1		1	5
O1		1	5

Из уравнений (14) мы однозначно находим

3 1 1 2

x = p5 q 5 , y = p5 q 5 .

Очевидно, это преобразование биективно и функции x è y переменных p, q непрерывно дифференцируемы в любой области, не содержащей начала координат. Поскольку

		3		2	1	3			4		1		4	2	1			3
x′	=		p−	5 q 5 , x′		=	1	p5 q−	5 , y′	=		p−	5 q 5 , y′		=	2	p5 q−	5 ,

p		5			q	5			p		5			q	5

òî													3 p− 5 q										5			1 p		5 q−				5
																	2						1					3				4
																																			=			1		p− 51 q−			52 .
				J(p, q) =							5						4 2								5			1				3						1
				J(p, q) =							5						4 2								5			1				3
											5														5

											1						5						5		2			5				5						5
																	5						5					5				5									(11):
Осталось проинтегрировать, воспользовавшись																													формулой												(11):
															p−					q							p		q−
																																						∫			p− 5 dp ∫
	S = ∫∫ J(p, q)dpdq = ∫∫																	5 p− 5 q− 5 dpdq = 5																				∫			p− 5 dp ∫			q− 5 dq =
																		1																			1		5				6
																		1							1		2										1				1			2
	D1				5				5		5			D1					6						5													1					1
	1				5		4		5		5					3			6						5
	=			·		p5		1		·				q 5			1						=				(√5 625 − 1)(√5 216 − 1) .
	=	5		·	4	p5		1		·		3		q 5			1						=		12		(√5 625 − 1)(√5 216 − 1) .
Пример 4. Вычислить двойной											интеграл

												I = ∫∫												x2 − y2						)		dxdy
																	D							(						)
по области D, ограниченной линией, заданной уравнением																																						y			= r		cos 2φ,
Решение. Â	(							)	2							x					+ y						= r , x											y			= r		cos 2φ,
			2		+ y		2		2		2					− y						2			(лемниската Бернулли ).
			x		+ y					= x						− y
	полярных координатах																2								2				2					2	−				2			2			поэтому уравнение
лемнискаты имеет вид																															√				−
лемнискаты имеет вид																																												π è
Поскольку функция cos 2φ четна, является																																												π è
									r2		= cos 2φ r =
									r2		= cos 2φ r =																						cos 2φ.
																								периодической с периодом
																				π															π
	cos 2φ ≥ 0 ïðè −																						+ πn ≤ φ									≤				+ πn, n Z,
	cos 2φ ≥ 0 ïðè −																			4			+ πn ≤ φ									≤			4	+ πn, n Z,

то лемниската заключена между прямыми y = ±x и выглядит следующим образом:

y
D	x
	x
O

Подынтегральная функция четна по каждой из переменных и область D симметрична относи-

тельно координатных осей, поэтому ∫∫ ( )

I = 4 x2 − y2 dxdy,

ãäå D1 часть области D, содержащаяся в первой координатной четверти. Воспользуемся

формулой (13), заметив, что область D1 ограничена лучами φ = 0, φ = π																													и лемнискатой:
																											4		и лемнискатой:
		π		√																π							√
		π		√		cos 2φ														π							√	cos 2φ
I = 4		∫4	dφ		∫				(	r2 cos2 φ − r2 sin2 φ					)	rdr = 4				∫4	cos 2φ dφ						∫		r3dr =
π		0			0				(	π					)					0		π					0
4					√					4											4
4					√		cos 2φ			4										1	4		(						)
0										0										1	0		(						)
= ∫	cos 2φ · r4									dφ = ∫						π					∫			1 − sin2 2φ d sin 2φ =
= ∫	cos 2φ · r4			0						dφ = ∫	cos2 2φ · cos 2φ dφ = 2										∫			1 − sin2 2φ d sin 2φ =
					1						1			3		4	1				1			1

					=			2	(sin 2φ −			3	sin	2φ) 0			=	2	(1 −			3	) =		3	.

Установим теперь зависимость между криволинейным интегралом векторной функции ïî

замкнутому контуру на плоскости и двойным интегралом по области, ограниченной этим контуром.

Введем сначала определение односвязной области и простой кривой на плоскости. Область (открытая или замкнутая) называется односвязной, если любой непрерывный за-

мкнутый контур, содержащийся в этой области, мы не выходя из нее непрерывной деформацией можем стянуть в точку области. Из этого определения следует, что односвязная область

не содержит ”äûð“.

Непрерывная линия на плоскости называется простой, если в ее параметрическом представлении

r¯ = r¯(t), t [α, β]

равенство r¯(t1) = r¯(t2) может выполняться лишь при α = β. Таким образом, простая кривая не имеет самопересечений и петель.

Пусть замкнутая, ограниченная, односвязная область D на плоскости ограничена простой, кусочно-гладкой линией L.

Предположим, что векторная функция

f¯(x, y) = fx(x, y)¯ı + fy(x, y)¯ȷ

непрерывна вместе со своими частными производными ∂yfx(x, y), ∂xfy(x, y) в области D. Тогда имеет место следующая формула Грина :

I	fx(x, y)dx + fy(x, y)dy = ∫∫ (∂xfy(x, y) − ∂yfx(x, y))dxdy,
L	D

где в криволинейном интеграле контур L положительно ориентирован , т. е. при обходе по нем область D остается слева.

Для упрощения доказательства будем считать область D простой вдоль обеих координатных осей. Поскольку она является простой вдоль оси Oy, òî

D = {(x, y) | a ≤ x ≤ b, y1(x) ≤ y ≤ y2(x)},

ãäå y1(x), y2(x) непрерывные на отрезке [a, b] функции.

”первообразной“ этой функции на границе

аналогом формулы Нью-

y
	y=y2HxL
	D
O a	y=y1HxL x
O a	b

Вычислим криволинейный интеграл	I
	I	fx(x, y)dx,
	L

учитывая, что линия L состоит здесь из графиков функций y1(x) è y2(x) и, возможно, отрезков прямых x = a è x = b.

fx(x, y)dx =

∫b fx(x, y1(x))dx + ∫a fx(x, y2(x))dx = − ∫b (fx(x, y2(x)) − fx(x, y1(x)))dx =

−

∫

b fx(x, y) y2(x) dx =

−

∫

y2(x)∂yfx(x, y)dy dx =

−

∂yfx(x, y)dxdy.

(x)

∫

∫∫

Аналогично, благодаря

тому, что область является также простой и вдоль оси Ox, ìû óáåæ-

y1(x)

даемся в том, что

fy(x, y)dy = ∫∫

∂xfy(x, y)dxdy.

Следовательно,		∫∫ ∂yfx(x, y)dxdy + ∫∫ ∂xfy(x, y)dxdy =
I	fx(x, y)dx + fy(x, y)dy = −
L	∫∫	D	D

=(∂xfy(x, y) − ∂yfx(x, y))dxdy.

Замечание 2. Формула Грина является в определенном смысле тона-Лейбница, так как она сводит вычисление двойного интеграла функции двух переменных по замкнутой области на плоскости к вычислению области.

В качестве простейшего геометрического применения формулы Грина обсудим возможность вычисления с ее помощью площади области. Для этого, очевидно, достаточно подобрать координаты векторной функции так, чтобы

∂xfy(x, y) − ∂yfx(x, y) = 1

всюду в области D. Положим, например,

	fx(x, y) = −	1	y, fy(x, y) =	1	x.

		2		2
Тогда,	∫∫ (∂xfy(x, y) − ∂yfx(x, y))dxdy = ∫∫ dxdy = S,

D D

ãäå S площадь области D, и, значит, по формуле Грина

S =

2 I xdy − ydx.

Пример 5.

Вычислить криволинейный интеграл

− ln(y + 2) dx + 2xydy

(

)

по положительно ориентированному замкнутому контуру, состоящему из отрезка прямой

L1 : y = −1 и параболы L2 : y = 3 − x2, непосредственно и по формуле Грина.

Решение. Прямая и парабола пересекаются при x = ±2.

-2

-1

Вычислим сначала интеграл непосредственно, как сумму двух интегралов:

− ln(y + 2) dx + 2xydy = ∫

− ln(y + 2) dx + 2xydy + ∫

− ln(y + 2)

dx + 2xydy.

(

)

(

)

(

)

Поскольку

∫

− ln(y + 2)

dx + 2xydy = ∫2

(1 − ln 1)dx + 2x(−1)d(−1) = x 2 2

+ 0 = 4,

(

)

−

∫

y2 − ln(y + 2) dx + 2xydy = ∫−

)

3 − x2

− ln

5 − x2

dx + 2x

3 − x2

(

)

((

(

))

(

) (

)

= ∫−2(9 − 6x2 + x4 − 4x2 (3 − x2)) dx + ∫2 ln (5 − x2)dx = ∫−2(9 − 18x2 + 5x4)dx+

		2							2										−2													2								2
						2			2																								−2							2				2
						2																											−2											2
		(		)	−				2			(						)			(										)									2
		(		)	−				2			(						)			(										)									2			−
		+ x ln 5 − x2					2 − ∫			x d ln 5 − x2									= 9x − 6x3 + x5													2			− 2 ∫								5−xx2 dx =
								2−	(		5 − )										−			−		2			(									−
			− −				∫		(		5 − )										−			−				∫	(	− 5 − x							)
		= 4					2			5 − x2 − 5					dx =								4			2			1					5					dx =
		= 4					2								dx =								4			2			1										dx =
							−2					x2															−2									2
							−2					√		+ x						2							−2		(					(								)		)
							5						5							2
							5						5																	√5 ln

														−							2
		= −4 − 2 (x − 2√5 ln										√5			x	)							= −4 + 4												√5 + 2 − 2 ,
òî																			−
òî
		(	)																				(						)			)					(					(		)				)
	L	(	)													(							(						)			)					(					(		)				)
	I	y2 − ln(y + 2)	dx + 2xydy = 4 − 4 + 4																√	5	ln				√		5	+ 2		− 2				= 4					√		5	ln		√		5	+ 2	− 2 .
	Вычислим теперь данный интеграл по формуле Грина. Здесь
		∂xfy(x, y) = 2y, ∂yfx(x, y) = 2y −																	1			= ∂xfy(x, y) −																						1
																																		∂yfx(x, y) =
																	y + 2																	∂yfx(x, y) =											y + 2

и, следовательно,

y2 − ln(y + 2) dx + 2xydy = ∫∫

3−x2

y + 2 =

y + 2 = ∫

∫

(

)

dxdy

−2

−1

−

(

)

= ∫

3−x2

dx = ∫

(

)

ln(y + 2)

5 − x2

dx = 4

√5 ln

√5 + 2

− 2 .

−

(этот последний интеграл мы нашли выше при вычислении криволинейного интеграла по линии L2).

В заключение этого параграфа введем понятие несобственного двойного интеграла . Остановимся на случае замкнутой неограниченной области D. Пусть DR замкнутая огра-

ниченная область, содержащаяся в области D è R расстояние от начала координат до наиболее удаленной точки из DR. Рассмотрим произвольную совокупность вложенных друг в друга областей DR, объединение которых совпадает с областью D. Очевидно, для такой совокупности R → +∞.

Пусть в области D задана непрерывная функция f(x, y). Интеграл этой функции по любой области DR существует.

Если существует конечный предел	∫∫
	∫∫
lim	f(x, y)dxdy,	(15)

R→+∞

не зависящий от указанной выше совокупности, то он называется несобственным двойным интегралом функции f(x, y) по области D. Обозначается, естественно, этот несобственный

интеграл через

∫∫

f(x, y)dxdy.

Если предел (15) существует и конечен, то несобственный интеграл называется сходящимся, иначе, т. е. если данный предел не существует или равен бесконечности, расходящимся.

Пример 6. Убедиться в том, что несобственный интеграл

∫∫

e−x2−y2 dxdy

по всей плоскости

D = {(x, y) | − ∞ ≤ x ≤ +∞, −∞ ≤ y ≤ +∞}

сходится и вычислить его.

Решение. Покажем, что для любой совокупности вложенных областей DR, покрывающих

плоскость, предел (15) существует и не зависит от выбора совокупности. Поскольку подынтегральная функция неотрицательна и область DR содержится в круге

òî

KR = {(x, y) | x2 + y2 ≤ R2},

∫∫ e−x2−y2 dxdy ≤ I(R) = ∫∫ e−x2−y2 dxdy.

Вычислим последний интеграл, перейдя к полярным координатам:

I(R) =

x = r cos φ,

2π

dφ

y = r sin φ,

e−r2 rdr =

J(r, φ) = r

∫

2π

= φ 0

· (−

)∫ e−

d −r

= 2π (−

) e−

= π 1

− e−

(

)

(

)

Отсюда,

lim	I(R) = lim	π 1	−	e	−	R2	= π
R→+∞	R→+∞	(	−		−		)
и, значит,	∫∫ e−x2−y2 dxdy < π.						(16)

Заметим далее, что функция I(R) стремится к своему пределу возрастая и, следовательно, для

любого фиксированного числа ε > 0 найдется число Rε такое, что при R ≥ Rε выполняется неравенство

π − ε < I(R) < π.

Совокупность DR покрывает плоскость, поэтому при любом достаточно большом R область DR содержит круг KRε и, стало∫∫áûòü,

e−x2−y2 dxdy ≥ I(Rε) > π − ε,

откуда, принимая во внимание неравенство (16), мы заключаем, что

∫∫

π − ε < e−x2−y2 dxdy < π.

Последнее, ввиду произвольности ε и означает, что для любой совокупности вложенных облас-

òåé DR	R→+∞ ∫∫		−		−
	R→+∞ ∫∫		−	x2	−	y2 dxdy = π
	lim	e		x2		y2 dxdy = π
	DR
и, таким образом,	∫∫ e−x2−y2 dxdy = π.						(17)

Вычислим, пользуясь (17), известный в приложениях интеграл Пуассона

+∞

∫ e−x2 dx.

(18)

−∞

Заметим, прежде всего, что e−x2 < e−x ïðè x > 1 и, поскольку интеграл

+∞

∞

xdx =

lim

∫

−

= − x→+∞

−

+ e−

= 0 + e−

= e−

сходится, то по признаку сравнения (глава VII, Ÿ4, пункт 1) сходится и интеграл

∫+∞

e−x2 dx.

Ввиду четности подынтегральной функции сходится также и интеграл

∫−1

e−x2 dx.

−∞

Следовательно, интеграл (18) является сходящимся. Найдем его, использовав равенство (17) и вычислив двойной интеграл в левой части этого равенства интегрированием по совокупности вложенных прямоугольников

Πab = {(x, y) | − a ≤ x ≤ a, −b ≤ y ≤ b} :

<<< < Предыдущая 1 23 / 93 4 5 6 7 8 9 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
24.11.20251.22 Mб1Лабораторный практикум.pdf
#
24.11.2025564.19 Кб0Лагiстыка.pdf
#
24.11.20252.38 Mб1Лексические и грамматические аспекты перевода технических текстов.pdf
#
24.11.20253.27 Mб0Лекции по математике для студентов энергетических специальностей БНТУ (I семестр).pdf
#
24.11.20252.56 Mб0Лекции по математике для студентов энергетических специальностей БНТУ (II семестр).pdf
#
24.11.202517.87 Mб0Лекции по математике для студентов энергетических специальностей БНТУ (III семестр).pdf
#
24.11.2025987.88 Кб0Лекции по математике для студентов энергетических специальностей БНТУ (IV семестр).pdf
#
24.11.20251.25 Mб0Литейные сплавы.pdf
#
24.11.2025816.49 Кб0Логика пособие.pdf
#
24.11.20251.06 Mб0Логика специализированный модуль Философия.pdf
#
24.11.20255.34 Mб1Логика. Практикум.pdf