14-es / Высшая математика (РТФ) / умк_Цывис_Функции_Интеграл. исчисл

D на область

D′ .Так как, в общем случае, прямым линиям

u = const ,

v = const на плоскости

Ouv будут соответствовать кривые на плоскости

Oxy, поэтому координаты u и v точки P называют криволинейными.

Область

D′

прямыми

u = const ,

v = const

разбиваем на прямо-

угольные площадки со сторонами

u

и

v (рис. 1), площадь элементар-

ной фигуры

P′P ′P ′P ′

DS ′ = Du × Dv .

1

2

3

4

Площадь соответствующей ей элементарной фигуры P P P P на

1

2

3

4

плоскости Oxy обозначим через

S (при этом

DS ′ ¹ DS , вообще говоря).

Находим величину

S

как площадь криволинейного четырехугольника

P P P P , координаты вершин которого

1

2

3

4

P (x , y )

x = x(u,v)

y = y(u,v)

1

1

1

1

1

P2 (x2 , y2 )

x2 = x(u + Du,v)

y2 = y(u + Du,v)

P3 (x3 , y3 )

x3 = x(u + Du,v + Dv)

y3 = y(u + Du,v + Dv) .

(2)

P4 (x4 , y4 )

x4 = x(u,v + Dv)

y4 = y(u,v + Dv)

При

вычислении

площади

криволинейного

четырехугольника

P P P P будем считать,

что линии

P P ,

P P ,

P P , P P – попарно парал-

1

2

3

4

1

2

2

3

3

4

4

1

DS =

(x3 - x1 )( y3 - y2 ) - (x3 - x2 )( y3 - y1 )

=

=

¶j

Du +

¶j

Dv

×

¶y

Dv -

¶j

Dv

¶y

¶y

¶u

¶v

¶v

¶v

Du +

¶v

Dv =

¶u

=

¶j ×

¶y Du × Dv - ¶j ×

¶y Du × Dv

=

¶j ×

¶y - ¶j × ¶y

× Du × Dv =

¶u

¶v

¶v

¶u

¶u

¶v

¶v

¶u

¶j

¶j

¶u ¶v

× Du × Dv =

I

× Du × Dv =

I

× DS ¢,

¶y

¶y

¶u

¶v

т.е. имеем

× DS ′ ,

DS »

I

(4)

где определитель I

называют функциональным определителем для функ-

ций ϕ(u,v) и ψ(u,v)

или якобианом.

Заметим, что равенство

(4) является приближенным, так как при вы-

числении площади

S мы пренебрегали бесконечно малыми высшего по-

рядка. Но чем меньше будут размеры площадок

S

и

S ′ , тем равенство

(4) будет точнее, а в пределе при

S → 0 ( S ′ → 0 )

это равенство станет

разуются в прямые u = 1

– y = 1 и 2x – y = 3 в прямые v = 1

и v = 3. Параллелограмм D преобра-

зуется в прямоугольник

D1 со сторонами,

параллельными координатным

осям v и u.

v

3

1

u

0

1

2

Решая систему уравнений

2x − y = v

x =

u + v

3

y =

2u - v

3

Вычислим якобиан данного преобразования

1

2

1

I (u,v) =

3

3

= -

.

1

1

-

3

3

3

Так как

I (u,v) ¹ 0 ,

ласть

D1 взаимнооднозначно, а функция

f (x, y) = 2x - y , как функция от

u и

v F (u,v) = 2 ×

u + v

-

2u − v

=

2

u +

2

v -

2

u +

2

= v ,

непрерывна вме-

3

3

3

3

3

3

сте со своими частными производными в области

D1 .

Следовательно, имеем:

1

1

2

3

4

dudv = ∫∫

vdvdu =

∫du∫vdv =

.

3

3

3

D

D

D

1

1

1

1

Итак ID

=

4

.

3

D не более, чем в двух точках, то такую область ( r = r1(ϕ), r = r2 (ϕ) , где

r1(ϕ) ≤ r2 (ϕ), α ≤ ϕ ≤ β )

называют правильной применительно к полярной

системе координат. Если D об-

ласть правильная применительно к

полярной системе координат, то

y

вычисление двойного

интеграла

ϕ = β , определяют уравнения вхо-

α

да в область (АМВ) – r = r1 (ϕ) и

0

x

выхода из нее (АКВ) –

r = r2 (ϕ) .

Рис. 1

α ≤ ϕ ≤ β, r1(ϕ) ≤ r ≤ r2 (ϕ)

Тогда

(рис. 1).

ϕ , а внут-

ренний –

по r.

В силу изложенного выше имеет место следующая формула вычис-

β

r

(ϕ)

∫∫ f (x, y)dxdy = ∫ dϕ

2

∫ f (r cos ϕ, r sin ϕ)rdr ,

(2)

D

α

r (ϕ)

1

β

r (ϕ)

∫∫ f (x, y)dxdy = ∫ du

∫

f (r cos ϕ, r sin ϕ)rdr .

(3)

D

α

0

Если область D охватывает начало координат и любой полярный ра-

диус пересекает ее границу в одной точке (рис. 3), тогда

2π

r (ϕ)

∫∫ f (x, y)dxdy = ∫ dϕ ∫

f (r cos ϕ, r sin ϕ)rdr ,

(4)

D

0

0

D

0

1

Пример 2. В двойном интеграле

ID = ∫∫ f (x, y)dxdy расставить пределы

D

интегрирования, если:

1.

D ограничена линиями: x2

+ y2

£ 4x,

y ³ x ;

2.

D ограничена линиями: x2

+ y2

£ R2 ,

x2 + y2 - 2Ry £ 0, x ³ 0 .

Решение. 1. Уравнение

x2 + y2 = 4x

или

(x − 2)2 + y2 = 4 в полярных

координатах имеет вид

r = 4cos ϕ , прямая

y = x дает j = π . Тогда об-

4

ласть D имеет вид (рис. 5).

π

4 cos ϕ

2

∫∫ f (x, y)dxdy = ∫ d j

∫

f (r cos j, r sin j)rdr .

D

π

0

4

Ox). Поэтому область D

разбиваем отрезком ОА на две области D1 и

D2 . Запишем уравнение

окружности в

полярной

системе координат

x2 + y2 = 2Ry r = 2R sin ϕ

и x2 + y2 = R2 ,

получим

r = R. Тогда поляр-

ные координаты точки А (точки пересечения окружностей) – это решение

Пример 3. Вычислить двойной интеграл ID = ∫∫

1 − x2

− y

2

dxdy ,

1 + x2

+ y

2

D

где D –

верхний полукруг x2 + y2 ≤ 1.

Решение. Перейдем к полярной системе координат

x = r cos ϕ, y = r sin ϕ .

Тогда

x2 + y2 = r2 , а

1 − x2 − y2

=

1 − r

2

; I = r .

1 + x2 + y2

1

+ r

2

Тогда искомый интеграл будет иметь вид (рис. 7)

π

1 − r

2

1

1 − r2

ID = ∫∫

rddrdϕ = ∫dϕ∫

rdr = π(π − 2) .

1 + r

2

1 + r2

D

0

0

ласти r = 8cos ϕ . Значит

r = 4cos ϕ –

нижний предел интегрирования, а

r = 8cos ϕ –

arctg2

8 cos ϕ

r−4rdr =

3

I =

∫

dϕ ∫

.

π

4 cos ϕ

128

4

Пример 5. При какой замене переменных область D,

ограниченная

линиями

xy = 1, xy = 2, x − y + 1 = 0, x − y − 1 = 0 (x > 0, y > 0)

перейдет в