Определенный интеграл по фигуре от скалярной функции

ется правильной в направлении оси Oy: у=х – линия входа, у=2х – линия выхода.

2. Значит, границы внутреннего интеграла по переменной у будут: нижняя – х , верхняя – 2х : 2∫x(x + 2 y)dy .

x

3. Проекцией области (S ) на ось Ох является отрезок [2,3], значит границы внешнего интеграла по переменной х будут: нижняя –

Замечание 1. Пусть область интегрирования (S ) является пра-

вильной в направлении оси Ох, то есть любая прямая, проходящая через внутренние точки области, параллельно оси Ох, пересекает ее границу не более, чем в двух точках. Например, область (S )

В этом случае сведение двойного интеграла к повторному имеет

Пример 2. Вычислить массу пластины, ограниченной линиями x = y2 , x =1, если плотность в каждой ее точке равна произведению квадратов ее координат.

22

Решение. По условию задачи функция плотности γ (x, y) = x2 y2. Тогда искомая масса m определится двойным интегралом

m = ∫∫ x2 y2dxdy.

(S )

1. Построим область интегрирования

(S ) .

2. Область является правильной в направлении оси Ох: линия входа:

x = y2 , линия выхода x = 1. Следовательно, внутренний интеграл имеет

1

вид: ∫ x2 y2dx.

y2

3.Проекцией области (S ) на ось Oy является отрезок [−1,1], значит

границы внешнего интеграла по переменной y: нижняя – -1, верхняя – 1.

Заметим, что в этой задаче область (S ) является правильной и в

направлении оси Oy.

Следовательно, другой способ расстановки пределов интегрирования будет иметь вид:

23

Замечание 2. Если область интегрирования (S ) не является пра-

вильной в направлении обеих осей координат, то ее разбивают на сумму правильных областей, и представляют интеграл в виде суммы интегралов по этим областям.

Замечание 3. Если для линии входа или выхода не существует единого аналитического задания, то используя свойства ОИФ, сле-

дует разбить область (S ) на сумму областей (Si ), i = 1, k, прямыми,

параллельными проектирующим прямым и проходящим через точки пересечении линий входа и выхода. Следовательно, интеграл по области (S ) будет равен сумме интегралов по составляющим об-

ластям.

Пример 3. Изменить порядок интегрирования в повторном инте-

Решение. Прежде всего, восстановим область интегрирования

(S ) на ось Oy – отрезок [0,1]. Значит, область (S ) имеет вид:

Изменить порядок интегрирования – то есть, внешнее интегрирование вы-

полнять по x, а внутреннее по y. Для нашей области (S ) , если рас-

секать ее прямой, параллельной оси Oy линия выхода имеет два различных аналитических выражения. Следовательно, через точку пересечения этих линий, необ-

24

ходимо провести прямую, параллельную оси Oy, которая разбивает

§9. Вычисление двойного интеграла в полярной системе координат.

Пусть в полярной системе координат плоская область (S ) огра-

ничена кривыми ρ = ρ1(ϕ ), ρ = ρ2 (ϕ ) и лучами ϕ = α ,ϕ = β , причем

ρ1(ϕ ) £ ρ2 (ϕ ) и α ≤ β .

Определение. Плоская область (S )

называется правильной относительно

полярной системы координат, если любой луч, проходящий через внутренние точки области, пересекает ее границу не более чем в двух точках.

Пусть в правильной области (S ) задана непрерывная функция

g(ϕ, ρ ).

Разобьем произвольным образом область (S ) на элементарные

ченной интегральной сумме перейдем к пределу при условии, когда наибольший диаметр λ элементарных областей (DSi ) стремиться к

нулю.

По определению этот предел является двойным интегралом от функции g(ϕ, ρ ) по области (S ) . Итак,

25

ϕ = const,α £ ϕ £ β .

Рассмотрим одну из элементарных областей, ограниченную лучами ϕ,ϕ + dϕ и

окружностями с радиусами ρ и ρ + dρ .

Полученный криволинейный четырехугольник приближенно можно принять за прямоугольник, стороны которого ρ × dϕ

и dρ .

Тогда ds = ρdϕdρ , а двойной интеграл примет вид

Вычисление двойного интеграла в полярной системе координат, так же как и в декартовой, сводится к последовательному интегрированию по переменным ρ и ϕ .

Укажем правило расстановки пределов интегрирования для случая правильной плоской области (S ) , ограниченной линиями ρ = ρ1(ϕ ), ρ = ρ2 (ϕ ) и

лучами ϕ = α ,ϕ = β ,α £ β , ρ1(ϕ ) ≤ ρ2 (ϕ ).

Для этого случая имеет место формула:

26

Для использования этой формулы следует применить следующий алгоритм.

1. Построить область интегрирования (S ) .

2. В двойном интеграле ∫∫ g(ϕ, ρ )ds заменить ds = ρdϕdρ .

(S )

3. В повторном интеграле сначала расставить внутренние пределы интегрирования, то есть пределы изменения ρ. Для этого надо двигаться по лучу, выходящему из полюса; на нем ρ меняется от

ρ1(ϕ ) до ρ2 (ϕ ).

4. Расставить внешние пределы интегрирования, определив лучи ϕ = α ,ϕ = β , между которыми заключена фигура (внешние пре-

делы всегда числа).

5. Вычислить внутренний интеграл при постоянном φ, затем внешний интеграл.

Рассмотрим два частных случая.

1. Область интегрирования (S ) имеет вид:

Замечание. Полярной системой координат удобно пользоваться, если область интегрирования является кругом

или сектором, или линией, уравнение которой содержит выражение x2 + y2 . Поэтому в целях упрощения вычислений ∫∫ f (x, y)dxdy

(S )

переходят к полярным координатам, используя следующие формулы перехода:

x = ρ cosϕ, y = ρ sin ρ, ds = dxdy = ρdϕdρ, x2 + y2 = ρ 2 .

27

Пример 1. Вычислить массу пластины, заданной неравенствами 2x £ x2 + y2 £ 6x, y ³ x , если плотность в каждой ее точке равна ее абсциссе.

Решение. Масса плоской фигуры (S ) с плотностью γ (x, y) вычисляется по формуле m = ∫∫γ (x, y)dxdy , так как по условию задачи

(S )

γ (x, y) = x , то m = ∫∫ xdxdy .

(S )

1. Построим область (S ) .

Границами области являются окружности

x2 + y2 = 2x, x2 + y2 = 6x и

прямая y = x .

x2 + y2 = 2x Û (x -1)2 + y2 =1 –

это окружность с центром (1;0), радиуса 1.

x2 + y2 = 6x Û (x - 3)2 + y2 = 9 – это окружность с центром (3;0),

радиуса 3.

2. Перейдем к полярным координатам. Уравнения границ:

28

Пример 2. Вычислить объем тела, ограниченного поверхностями x2 + y2 = 1, y + z = 2, z = 0 .

Решение. Данное тело является криволинейным цилиндром, который ограничен круговой цилиндрической поверхностью