Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Санкт-Петербургский государственный университет информационных технологий, механики и оптики

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Математический анализ II Учебное Пособие

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

14.04.2015

Размер:

7.4 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 147 8 9 10 11 12 13 14 > Следующая >>>

и N будем называть в дальнейшем диаметром области D . Дадим теперь строгое определение понятия площади области D , ограниченной контуром

K (рис. 4).

Пусть R есть некоторый прямоугольник со сторонами, параллельными координатным осям, содержащий контур K целиком внутри себя, не задевая точек контура K . Разобьём прямоугольник R сетью прямых, параллельных координатным осям, на прямоугольники (ячейки). Наибольший из диаметров ячеек обозначим через λ и будем называть рангом дробления.

Обозначим через S1 сумму площадей				z
ячеек,	целиком лежащих в области D и не
задевающих контура K , а через S 2 - сум-
му площадей ячеек, имеющих с областью					f (xk ,yk )
D или её контуром хотя бы одну общую					f (xk ,yk )
D или её контуром хотя бы одну общую
точку.	Очевидно, что S1 ≤S 2 .		Если суще-
ствует	общий предел	limS1	= limS 2 =S
		n →∞	n →∞	0	y
при условии, что число ячеек увеличивает-				0	y
при условии, что число ячеек увеличивает-
ся, а ранг дробления λ стремится к нулю x					(xk ,yk )
(т.е. λ → 0 ), то число S		называется пло-
щадью области D , а сама область D на-					рис. 5
зывается квадрируемой.					рис. 5
зывается квадрируемой.				f (x ,y ) , определённую в про-
Рассмотрим теперь некоторую функцию				f (x ,y ) , определённую в про-
стой области D , ограниченной контуром K				(рис 5). Дадим определение
двойного интеграла.
Определение 2. Разобьём область D сетью простых кривых произ-
вольным образом на ячейки D1 ,D 2 , ...,Dn с площадями					S1 , S 2 ,..., Sn и

диаметрами α1,α2 ,..., αn . Наибольший из диаметров обозначим через λ -

ранг дробления.

В каждой частичной ячейке Dk возьмём произвольную точку M k (xk ,y k ) и вычислим в ней значение функции f (xk ,y k ) . Умножим затем f (xk ,y k ) на

площадь соответствующей ячейки	Sk и просуммируем все такие произ-
	n
ведения, т.е. составим сумму σn	= ∑f (xk ,y k ) Sk , которая называется
	k =1

интегральной суммой или суммой Римана. Измельчая дальше дробление при условии, что ранг дробления λ →0 , ищем предел последовательности

интегральных сумм I = limσn . Если этот предел существует и не зависит

n →∞

λ→0

от способа дробления и выбора точек M k , то он называется двойным интегралом функции f (x ,y ) по области D и обозначается так:

I = ∫∫f (x ,y )dxdy .

Сама подынтегральная функция f (x ,y ) при этом называется интегри-

руемой по области D .

Итак, принимая во внимание приведённое выше рассуждение, мы можем коротко определить двойной интеграл от функции f (x ,y ) по области D как

предел последовательности интегральных сумм Римана, т.е.

∫∫f (x ,y )dxdy

def	n
= nlim→∞,	∑f (xk ,y k ) Sk .
λ→0	k =1

Теорема существования двойного интеграла. Если подынте-

гральная функция f (x ,y ) непрерывна в каждой точке простой замкнутой

области D , то она в этой области интегрируема.

(Без доказательства).

Замечание. Можно доказать, что всякая интегрируемая в области D функция ограничена в ней.

1. Геометрической смысл двойного интеграла

Если f (x ,y ) > 0 в каждой точке простой области D , по которой ведется интегрирование, то непосредственно из определения двойного интеграла следует (см. рис. 5), что двойной интеграл ∫∫f (x ,y )dxdy даёт нам объём

тела, ограниченного снизу областью D , сверху - поверхностью, уравнение которой z = f (x ,y ) , а с боков - цилиндрической поверхностью, образующие

которой параллельны оси O z , а направляющей служит граница области D (контур K ), т.е.

vT = ∫∫f (x ,y )dxdy ,

SD = ∫∫dxdy .

где SD - площадь область D .

Приведём без доказательства свойства 3-7, очевидно которых следует непосредственно из определения двойного интеграла:

3. ∫∫cf (x ,y )dxdy =c ∫∫f (x ,y )dxdy , c =const

D D

4. ∫∫[c1f1(x ,y ) ±c 2f2 (x ,y )]dxdy =c1 ∫∫f1(x ,y )dxdy ±c 2 ∫∫f2 (x ,y )dxdy ,

D D D

где c1 , c 2 и c3 - некоторые постоянные.

5. Если область D разбита простой кривой на две части D1 и D 2 , то тогда

∫∫f (x ,y )dxdy = ∫∫f (x ,y )dxdy + ∫∫f (x ,y )dxdy .

D 2

6.Если в каждой точке области D : f (x ,y ) ≥ 0 , то

∫∫f (x ,y )dxdy ≥ 0 .

7. Если в каждой точке области D : f1(x ,y ) ≤ f2 (x ,y ) , то

∫∫f1(x ,y )dxdy ≤ ∫∫f2 (x ,y )dxdy

D D

8. Если в каждой точке области D справедливо неравенство

m ≤ f (x ,y ) ≤M , то m SD ≤ ∫∫f (x ,y )dxdy ≤M SD , где SD - площадь

области D .	D
области D .
Доказательство. В силу свойства 7 очевидно, что
∫∫m dxdy ≤ ∫∫f (x ,y )dxdy ≤ ∫∫M dxdy ,
D	D	D
откуда следует
m ∫∫dxdy ≤ ∫∫f (x ,y )dxdy ≤M ∫∫dxdy ,
D	D	D
остаётся учесть, что ∫∫dxdy =SD .
D
9. Теорема о среднем.	Если в каждой точке замкнутой области D
f (x ,y ) непрерывна, то тогда в области D		найдётся точка P (ξ,η) такая, что

∫∫f (x ,y )dxdy = f (ξ,η) SD ,

где SD - площадь области D .

Доказательство. Так как функция f (x ,y ) непрерывна в замкнутой

области D , то в ней достигает своего наименьшего m и наибольшего M значения, т.е. справедливо неравенство m ≤ f (x ,y ) ≤M , откуда в силу

свойства 7 вытекает

m SD ≤ ∫∫f (x ,y )dxdy ≤M SD .

Разделив почленно полученное соотношение на положительную величину SD получим

m ≤ SD ∫∫D f (x ,y )dxdy ≤M .

Ввиду того, что функция f (x ,y ) непрерывна в замкнутой области D , а

m и M её наименьшее и наибольшее значение соответственно, то в области D найдётся некоторая точка P (ξ,η) такая, что

SD ∫∫D f (x ,y )dxdy = f (ξ,η) ,

откуда и следует, что ∫∫f (x ,y )dxdy = f (ξ,η) SD .

Значение f (ξ,η) называют "средним" значением функции в области D .

2. Вычисление двойного интеграла

			Вычислим			двойной		интеграл
z			I = ∫∫f (x ,y )dxdy			в предположении,			что
				D
		y	функция f (x ,y ) положительна в области
			D ,	а область D ограничена снизу кри-
			вой	y =y1(x ) , сверху кривой				y =y 2 (x )
	d	F (x )	(рис. 6),		причём x [a ,b] ; мы предпола-
c	d	F (x )	гаем, что функции y1(x ) и y 2 (x ) непре-
			гаем, что функции y1(x ) и y 2 (x ) непре-
			рывны в промежутке [a ,b] и в каждой его
0 a			рывны в промежутке [a ,b] и в каждой его
0 a	x	x	точке y1(x ) ≤y 2 (x ) .				Из геометрического
	x	x	точке y1(x ) ≤y 2 (x ) .				Из геометрического
		b	смысла двойного интеграла ясно, что
		рис. 6	двойной		интеграл		∫∫f (x ,y )dxdy		даёт
							D

нам объём тела, изображенного на рис. 6. Найдём объём этого тела с помощью определённого интеграла. Для этого проведём сечение тела плоскостью x =const . Обозначим площадь этого сечения F (x ) . Известно, что объём тела по площадям сечений вычисляется

так:

v = ∫b F (x )dx .

Остаётся найти площадь сечения F (x ) . Очевидно, что это сечение пред-

ставляет собою криволинейную трапецию, ограниченную снизу прямой x =const , сверху - кривой, уравнение которой z = f (x ,y ) (причём здесь x

фиксировано), а с боков - прямыми, параллельными оси O z . Следовательно

y 2 (x )

F (x ) = ∫ f (x ,y )dy .

y1 (x )

Подставляя найденное значение но получим

∫∫f (x ,y )dxdy

F (x ) в исходный интеграл, окончатель-

b y 2		(x )
= ∫	∫		f (x ,y )dy dx .
	1	(x )
a y

Интеграл стоящий в правой части этого равенства, называется повторным или двукратным и записывается так:

b y 2		(x )		b	y 2	(x )
∫	∫		f (x ,y )dy dx = ∫dx		∫ f (x ,y )dy
	1	(x )		a	1	(x )
a y					y

Итак, окончательно получаем такое выражение двойного интеграла через повторный:

	b	y 2 (x )
∫∫f (x ,y )dxdy = ∫dx ∫ f (x ,y )dy .
D	a	y1 (x )
	y 2 (x )
Заметим, что интеграл	∫ f (x ,y )dy	называется внутренним, при этом

y1 (x )

говорят, что внутреннее интегрирование ведется по переменной y , а внешнее - по переменной x .

Проводя совершенно аналогичные рассуждения, мы можем получить точно такую же форму для вычисления двойного интеграла, где внутреннее интегрирование выполнено по переменной x , а внешнее - по переменной y

(рис. 6):

	d	x 2 (y )
∫∫f (x ,y )dxdy = ∫dy		∫ f (x ,y )dx .
D	c	x1 (y )

Очевидно, не играет роли, по какой переменной нужно выполнять внутреннее интегрирование, а по какой - внешнее.

Пример. Вычислить

I = ∫∫(x +y 2 )dxdy ,

		D
где область D	ограничена прямыми y = 0, y =x , x +y = 4 (рис. 7).
Решение.	Решим пример	двумя	y			y =x
Решение.	Решим пример	двумя	y			y =x
способами.						x +y = 4
						x +y = 4
Первый способ. Выполним внутрен-				D1		D 2	x
нее интегрирование по x , а внешнее по				M			x
нее интегрирование по x , а внешнее по			0	1	2	3 4
y , тогда получим			0	1	2	3 4
	2	4−y			рис. 7
	I = ∫dy ∫ (x +y 2 )dx .
	0	y
		58

Вычислим внутренний интеграл:

		4−y					x 2				4−y
											4−y

	I вн = ∫		(x +y	2	)dx =				+xy	2		= −2y			3	+ 4y		2	− 4y	+8 .
	I вн = ∫		(x +y		)dx =			2	+xy			= −2y				+ 4y			− 4y	+8 .
		y						2			y
		y									y
Подставляя найденное значение в выражение для I , получим																						2
	2		2		3		2							y 4			4y	3		2			32
	2		2		3		2							y 4			4y	3		2			32
∫∫(x +y		)dxdy = ∫ −2y				+ 4y		− 4y +8 dy				=	−			+			− 2y		+8	=		.
D														2			3						3
			0											2			3					0	3
			0																			0

Второй способ. Внутреннее интегрирование выполним по переменной y , а внешнее - по переменной x . Заметим, что при этом область D мы должны разбить на две области D1 и D 2 (как указано на рис. 8), следова-

тельно, двойной интеграл выразится в виде суммы таких двух повторных интегралов:

I = ∫2 dx ∫x (x +y )2dy + ∫4 dx ∫4 (x +y 2 )dy =I 1 +I 2

0			0						2				0
			x	(x +y 2 )dy =												3				x	=x 2 + x				3
			x													3				x					3
I 1внутр = ∫										xy + y
			0											3						0				3
			0																	0
2			2	+	x 3			x 3				+	x 4				2				8	+	4	= 4
2			2		x 3			x 3					x 4				2				8		4
I 1 = ∫	x				3	dx =			3				12				=				3		3
0					3				3				12				0				3		3
0			4−x														0	4−x
															3											−x	3
															3												3
I 2внутр = ∫ (x +y 2 )dy =										xy + y												=	64	−12x +3x 2
			0											3				0					3			3
4			0															0
4		64						2			x 3							20
I 2 = ∫2		3		−12x +			3x		−			3 dx =							3
Итак, окончательно получим I						=I 1	+I 2 =					4 + 20					=		32 .
													3						3

3. Вычисление площади кривой поверхности с помощью двойного интеграла.

Рассмотрим поверхность S , заданную уравнением F (x ,y ,z ) = 0 . Допустим, что функция F (x ,y ,z ) непрерывна и имеет непрерывные частные производные Fx′,Fy′ и Fz′. Допустим, что все три частные производные не об-

ращаются в ноль ни в одной точке поверхности S , т.е. поверхность S в каждой точке имеет касательную плоскость. При таких предположениях в каждой точке поверхности S существует нормаль N , причём вектор

N =	∂F (x ,y ,z )	i +	∂F (x ,y ,z )	j +	∂F (x ,y ,z )	k .
	∂x		∂y		∂z

Допустим, в частности, что поверхность S задана уравнением z = f (x ,y ) . Очевидно, что мы можем считать, что

F (x ,y ,z ) =z − f (x ,y ),

причём частные производные										N
									z	N
										ν
∂F		∂f (x ,y )								μ
∂F	= −	∂f (x ,y )		,
∂x	= −	∂x		,						λ
∂x		∂x
∂F	= −	∂f (x ,y )		,
∂F		∂f (x ,y )
∂y		∂y
∂y		∂y
∂F	=1				0					y
∂z	=1							x		D
								x		D
										рис. 8
непрерывны в силу сделанных выше предположений. Обозначим
			∂f (x ,y )			= p (x ,y ),	∂f (x ,y )	=q(x ,y ) ,
			∂x			= p (x ,y ),		=q(x ,y ) ,
			∂x				∂y
тогда ясно, что нормаль к поверхности будет иметь координаты
				N = N (−p (x ,y ), −q(x ,y ), 1).
Единичный вектор нормали, следовательно, имеет вид
			N0 =			−p (x ,y )i −q(x ,y )j +k			,
			N0 =						,
						± p 2 (x ,y ) +q 2 (x ,y ) +1

где i, j, k - орты системы координат (рис. 8).

Как известно, координаты единичного вектора совпадают с направляющими косинусами данного вектора. Обозначим через λ, μ и ν углы норма-

ли N соответственно с координатными осями O x , O y и O z . Знак ± в знаменателе последней формулы означает, что мы можем выбрать на нормали два взаимно противоположных направления, т.е. для направляющих косинусов нормали получим такие формулы:


cos λ =				−p (x ,y )		,
		±		p 2 (x ,y ) +q 2 (x ,y ) +1
cos μ =				−q(x ,y )		,
			±	p 2 (x ,y ) +q 2 (x ,y ) +1
cosν =				1	.
	±			p 2 (x ,y ) +q 2 (x ,y ) +1

Зафиксируем на нормали то направление, которое образует острый угол с осью O z , т.е. выберем в формулах для направляющих косинусов такой

знак перед корнем, чтобы было cosν > 0 .
z Tk		Очевидно, что следует взять плюс,
z Tk	Mk (xk ,yk ,zk )	причём этот знак следует зафиксировать
		во всех трёх формулах. Для получения
	Sk	направляющих		косинусов	нормали,
		направляющих		косинусов	нормали,
		имеющей противоположное направление,
		имеющей противоположное направление,
		мы должны изменить знаки на противо-
		положные. Рассмотрим теперь поверх-
		ность S , расположенную над простой
0	y	областью D ,	лежащей в плоскости xO y
0	y	(рис. 9). Разобьём область D сетью про-
x	Dk	(рис. 9). Разобьём область D сетью про-
x	Dk	стых линий на ячейки D1 , D 2 ,…,Dn с
	(xk ,yk )	площадями	F1 ,	F2 ,…, Fn ,	λ - ранг
	рис. 9	дробления области D .

Рассмотрим цилиндрические поверхности, образующие которых параллельны оси O z , а направляющими служит дробящая сеть линий области D . Эти цилиндрические поверхности переносят дробление из области D на поверхность S , которая разбивается таким образом на ячейки S1 , S 2 , …,

Sn . Выберем в каждой ячейке Sk произвольную точку M k (xk ,y k ,z k ) и проведём через неё касательную площадку Tk до пересечения с вышена-

званными цилиндрическими поверхностями. Обозначим площадь касательной площадкиTk через Sk .

Если существует конечный предел

	n
S = nlim→∞,	∑ Sk ,
λ→0	k =1

не зависящий ни от способа дробления, ни от выбора точек M k на поверх-

ности S , то она называется площадью поверхности S , расположенной над областью D , а сама поверхность в этом случае называется квадрируемой. Заметим, что Dk является ортогональной проекцией площадки Tk , их

площади связаны соотношением Fk = Sk cosϕk , где ϕk - есть острый угол между площадками Dk иTk , но угол между двумя плоскостями равен углу

между нормалями и ним, т.е. ϕk =νk , где νk - острый угол между нормалью к поверхности S и осью O z . Тогда получим

= p 2 (x

) +q 2 (x

) +1

cosνk

Тогда, суммируя все такие элементарные площади и устремляя ранг дробления к нулю, получим окончательно

S = ∫∫ p 2 (x ,y ) +q 2 (x ,y ) +1 dxdy .

§2. Тройной интеграл

1.Определение тройного интеграла

Рассмотрим некоторую поверхность S .

Определение 1. Поверхность S называется простой поверхностью, если она распадается на конечное число частей, имеющих уравнение z = f (x ,y ) , или x =ψ(y ,z ) , или y =η(x ,z ), причём функции f (x ,y ),ψ(y ,z ) и

η(x ,z ) непрерывны в некоторой простой области D .

Вдальнейшем мы будем рассматривать пространственные области, ограниченные простыми поверхностями, мы будем выделять простые пространственные области, определения которых аналогично определению простой плоской области, рассмотренной выше.

Остановимся теперь на понятии объёма тела T , ограниченного простой поверхностью S . Для этого поместим тело T целиком внутрь параллелепи-

педа, грани которого параллельны координатным плоскостям xO y , xO z и y O z . Разобьём далее параллелепипед плоскостями, параллельными координатным плоскостям, на ячейки. Обозначим через A сумму объёмов ячеек, целиком лежащих внутри тела T и не имеющих ни одной общей точки с поверхностью S , ограничивающей тело T . Обозначим через B сумму объёмов ячеек, имеющих с теломT или его поверхностью хотя бы одну общую точку. Очевидно, что A ≤B . Наибольший из диаметров ячеек назовём рангом дробления λ . Если существует общее значение

limA = limB =v

λ→0 λ→0

при условии, что число ячеек бесконечно увеличивается, а ранг дробления стремится к нулю, то число v называется объёмом тела T , а само тело на-

зывается кубируемым.

Дадим теперь определение тройного интеграла.

Рассмотрим некоторое тело T , ограниченное простой поверхностью. Можно доказать, что такие тела кубируемы, т.е. имеют объём. И пусть в каждой точке этого тела задана функцию f (x ,z ,y ) .

Определение 2. Разобьём тело T (рис 10) простыми поверхностями

на	части	T1 ,T 2 ,...,Tn		с	диаметрами	d1 ,d 2 ,..., dn		и объёмами
v1 ,	v 2 ,..., vn . Наибольший из диаметров dk					называется рангом дробле-
ния λ .				ячейке Tk возьмём
В	каждой	частичной					произвольную		точку
M k (xk ,y k ,z k )		и вычислим в ней значение функции					f (xk ,y k ,z k ) ,		которое
умножим на объём соответствующей ячейки						vk , т.е. составим произведе-
ния: f (xk , y k ,zk )			vk .
Просуммируем			все такие		произведения,	т.е. составим		интегральную

сумму (сумму Римана):

σn = ∑f (xk ,y k ,z k ) vk . k =1

Измельчая дробление, будем искать предел последовательности инте-

гральных сумм
z	z	=z 2 (x ,y )	I = limσ	n	.
	z	=z 2 (x ,y )	λ→0	n
			n →∞
			Если этот предел существует и не
			зависит от способа дробления и выбо-
	T		ра точки M k , то он называется трой-
	T		ным интегралом от функции f (x ,y ,z )

по телу и обозначается так:

	0	y	I =	∫∫∫f (x ,y ,z )dxdydz и
z =z1(x ,y ) a		D
	b			T
x		y =y 2 (x )		I = ∫∫∫f (M )dv .
	y =y1(x )
		рис. 10		T

	Итак, лаконично можно сказать так: тройной интеграл есть предел по-
следовательности интегральных сумм, т.е.
		def		n
	∫∫∫f (x ,y ,z )dxdydz		= nlim→∞,	∑f (xk ,y k ,z k ) vk .
	T		λ→0	k =1

Теорема существования тройного интеграла.

Если функция f (x ,y ) непрерывна в каждой точке тела T , ограниченно-

го простой поверхностью, то существует тройной интеграл от функции f (x ,y ,z ) по телуT .

(без доказательства)

Заметим, что свойства тройного интеграла аналогичны свойствам двойного интеграла и поэтому мы не будем отдельно останавливаться.

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 147 8 9 10 11 12 13 14 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
23.04.2019514.79 Кб26математика ч.2.docx
#
01.05.20251.14 Mб0математика экзамен.docx
#
20.03.20162.47 Mб26Математика, Типовик 1 семестр 2 модуль.doc
#
14.07.2019246.56 Кб4Математика. Экзамен 2 курс 1 семестр.rtf
#
14.04.20152.46 Mб112Математический анализ II Курс Лекций.pdf
#
14.04.20157.4 Mб96Математический анализ II Учебное Пособие.pdf
#
21.03.2016133.76 Кб39Математический язык.docx
#
01.04.2025244.22 Кб0Материалы к контрольной 1.Древнегреческая филос...doc
#
25.11.2019854.35 Кб37Материалы лекций_ЭКиТ_текущие_В.Скобелев_1.docx
#
21.03.2016596.2 Кб8Материалы тест №2.pdf
#
20.03.201619.35 Кб35матрица переходных вероятностей.docx