14-es_1 / Высшая математика (РТФ) / умк_Цывис_Функции_Интеграл. исчисл
..pdfz
|
y |
c |
S(x) |
|
x = ψ1( y) |
x = ψ2 ( y)
d
x
О
Таким образом, вычисление двойного интеграла по области дится к вычислению повторного интеграла по формулам
|
b ϕ2 ( x) |
|
∫∫ |
f (x, y)dxdy = ∫ |
∫ |
|
|
|
D |
a ϕ1 ( x) |
|
|
d ψ2 ( y) |
|
∫∫ f (x, y)dxdy = ∫ |
∫ |
|
|
|
|
D |
c ψ1 ( y) |
Обратите внимание (формула (9)):
f (x, y)dy dx ,
f (x, y)dx dy .
D сво-
(9)
(10)
1.Пределы внешнего интеграла по x в формуле (9) – это наимень- шее и наибольшее значения x во всей области D, т.е. крайние точки проекции области D на ось Ox;
2.Пределы внутреннего интеграла по y – это правые части уравне- ний линий входа и выхода, разрешенных относительно y;
3.Сначала вычисляется внутренний интеграл по y
ϕ2 ( x)
∫f (x, y)dy ,
ϕ1 ( x)
в котором x считается постоянным.
Обратите внимание (формула (10)):
1. Пределы внешнего интеграла по y в формуле (10) – это наименьшее и наибольшее значения y во всей области D, т.е. крайние точки проекции области D на ось Oy;
311
2.Пределы внутреннего интеграла по x – это правые части уравнений линий входа и выхода, разрешенных относительно x;
3.Сначала вычисляется внутренний интеграл по x
ψ2 ( y)
∫f (x, y)dx ,
ψ1 ( y)
в котором y считается постоянным.
Обратите внимание (формула (8)):
1.При переходе от двойного интеграла к повторным у внешнего инте- грала пределы интегрирования всегда постоянные числа;
2.Если внешний интеграл вычисляем по x, то у внутреннего интеграла пределы интегрирования зависят только от x (могут быть и постоян- ными числами);
3.Если внешний интеграл вычисляем по y, то у внешнего интеграла пределы интегрирования зависят только от y (могут быть и постоян- ными числами).
Замечание 2. Если область D не является правильной ни в направ- лении оси Ox, ни в направлении оси Oy, то для вычисления двойного ин- теграла по такой области требуется, прежде всего, разбить ее на правиль- ные области и интеграл по области D заменить суммой интегралов по со- ответствующим областям.
Изменение порядка интегрирования.
1. Пусть требуется изменить порядок интегрирования в повторном интеграле
|
b ϕ2 ( x) |
|
|
ID |
= ∫ |
∫ |
f (x, y)dy dx . |
|
|
|
|
|
a ϕ1 ( x) |
|
Для решения данной задачи сначала восстановим область интегриро- вания D по известным пределам данного повторного интеграла.
Имеем D: x = a, x = b, y = ϕ1 (x) , y = ϕ2 (x) .
Построим графики этих функций (линий) и определим область D. Спроектируем область D на ось Oy, найдем уравнения прямых y = c и y = d, ограничивающих снизу и сверху полосу, в которой расположена об- ласть D. Затем проводим лучи, параллельные оси Ox и одинаково с ней направленные, и находим левую границу области D: x = ψ1 ( y) и правую – x = ψ2 ( y) . Если какая-либо из этих границ области D состоит из двух или большего числа линий, заданных различными уравнениями, то область D
312
разбиваем на части, а интеграл – на сумму интегралов по этим частям. За- тем применяем формулу
|
b ϕ2 ( x) |
|
d ψ2 ( y) |
|
||
ID |
= ∫ |
∫ |
f (x, y)dy dx = ∫ |
∫ |
f (x, y)dx dy . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
a ϕ1 ( x) |
|
c ψ1 ( y) |
|
2. Пусть требуется изменить порядок интегрирования в повторном интеграле
|
d ψ2 ( y) |
|
|
|
ID |
= ∫ |
∫ f (x, y)dx dy . |
|
|
|
|
|
|
|
|
c ψ1 ( y) |
|
|
|
Записав уравнения границ |
области |
D: y = c, y = d, |
x = ψ1 ( y) , |
|
x = ψ2 ( y) , строим эту область. Спроектировав эту область D |
на ось Ox, |
находим уравнения прямых x = a и x = b, ограничивающих слева и спра- ва полосу, в которой расположена область D. Проводим лучи, параллель- ные оси Oy и одинаково с ней направленные, тем самым устанавливаем линии входа и выхода для области D: y = ϕ1 (x) и y = ϕ2 (x) . Затем приме-
няем формулу
d ψ2 ( y)
ID = ∫ ∫
c ψ1 ( y)
|
b ϕ2 ( x) |
|
f (x, y)dx dy = ∫ |
∫ |
|
|
|
|
|
a ϕ1 ( x) |
f (x, y)dy dx .
Пример 1. В двойном интеграле ∫∫ f (x, y)dxdy расставить пределы
D
интегрирования (двумя способами) по области D: y = 0, y = x, y + x = 2. Решение. Запишем уравнения границ области D и построим данную об- ласть на плоскости
y
y = x
1 B
|
|
|
C |
0 |
1 |
2 |
x |
|
|
|
x + y = 2 |
313
Тогда имеем
|
1 2 − y |
|
|
|
1 |
2 − y |
||||
∫∫ f (x, y)dxdy = ∫ |
∫ |
f (x, y)dx dy |
= ∫dy ∫ f (x, y)dx |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
D |
0 |
y |
|
|
|
0 |
y |
|||
|
1 |
x |
|
2 |
|
2 − x |
|
|
|
|
∫∫ f (x, y)dxdy = ∫dx∫ f (x, y)dy + ∫dx ∫ |
f (x, y)dy |
|||||||||
D |
0 |
0 |
|
1 |
|
0 |
|
|
|
|
Пример 2. В двойном интеграле ∫∫ |
x |
2 |
dxdy |
расставить пределы ин- |
||||||
|
|
|||||||||
|
2 |
|||||||||
|
|
|
D y |
|
|
|
|
|
||
тегрирования (двумя способами) по области |
|
D: y = x, xy = 1, x = 2 и вы- |
||||||||
числить данный интеграл. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Решение. Строим область D на плоскости |
|
|
|
|
|
|||||
y |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y = x |
|||
|
|
|
|
|
|
|
B1 |
|
|
|
|
|
|
D1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
A |
|
|
|
|
B2 |
|
|
|
|
|
|
D2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
B |
y = |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
x |
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
1 |
|
|
2 |
|
|
|
x |
Тогда имеем координаты точек пересечения:
A(1;1), B2 (1;2), B1 (2;2), B(2; 1 ) . 2
Перейдем от двойного интеграла к повторному, выбирая внешний интеграл по x (т.е. x меняется в постоянных пределах), а внутренний – по y, т.е. переходим к интегралу вида
∫dx∫ |
x2 |
||
|
|
dy . |
|
y |
2 |
||
|
|
|
Для определения пределов интегрирования (внешний интеграл) по x (постоянные пределы интегрирования) спроектируем область D на ось Ox. В результате получим, что x [1;2], т.е. x = 1 и x = 2.
Для определения пределов интегрирования по y проведем лучи, па- раллельные оси Oy и одинаково с ней направленные. Эти лучи будут вхо-
314
дить в область |
D на дуге АВ (уравнение |
y = |
1 |
) |
и выходить на отрезке |
||||||||||||||
x |
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
AB (уравнение |
y = x), т.е. нижний предел |
y = |
1 |
, верхний предел – y = x |
|||||||||||||||
|
|
||||||||||||||||||
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x |
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
при интегрировании по y. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
Тогда получим |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
x |
2 |
2 |
x |
x |
2 |
2 x |
x |
2 |
|
|
|
||||||
|
∫∫ |
|
dxdy = ∫dx ∫ |
|
dy = ∫ |
∫ |
|
|
dy dx . |
||||||||||
|
y 2 |
y 2 |
y 2 |
||||||||||||||||
|
D |
1 |
1 |
|
1 |
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
Перейдем от двойного интеграла к повторному в другом порядке, взяв внешний интеграл по y, а внутренний – по x. Для определения преде- лов интегрирования по x, проведем лучи, параллельные оси Ox и одина- ково с ней направленные. Линией выхода таких лучей является отрезок
BB1 на прямой |
x = 2, а линией входа является кривая |
BAB1 , которая со- |
||
стоит из линий |
ВА (уравнение x = |
1 |
) и AB (уравнение |
x = y), имеющих |
|
||||
|
|
y |
1 |
|
|
|
|
|
разные уравнения. Поэтому область D разбиваем на две области D1 и D2
прямой, параллельной оси Ox и проходящей через точку А (где меняется уравнение кривой BAB1 ), а исходный интеграл – на сумму двух интегралов:
∫∫ |
x2 |
dxdy = ∫∫ |
x2 |
dxdy + |
∫∫ |
x2 |
dxdy . |
|
|
y 2 |
|
||||||
D y 2 |
D |
|
D |
2 |
y 2 |
|||
|
|
1 |
|
|
|
|
|
Для первого интеграла линией входа в направлении оси Ox является
дуга АВ гиперболы (уравнение x = 1 ), а линией выхода является отрезок y
BB2 прямой x = 2. Верхним пределом интегрирования по x будет x = 2, а
нижний – x = 1 . Чтобы найти пределы интегрирования для внешнего ин- y
теграла по y, спроектируем область
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
;1 |
, т.е. нижний предел по y |
|
будет |
|||||||
2 |
|
|||||||||||
|
|
|
Следовательно, имеем |
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
x |
2 |
1 |
2 |
|
x |
2 |
||
|
|
|
∫∫ |
|
dxdy = |
∫dy ∫ |
|
|||||
|
|
|
y 2 |
y 2 |
||||||||
|
|
|
D |
1 |
1 |
|
||||||
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
y |
|
|
D1 на ось Oy и получим отрезок
1 , верхний 1.
2
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
2 |
|
x |
2 |
|
||
dx = ∫ |
|
∫ |
|
dx dy . |
||||
y 2 |
||||||||
1 |
|
1 |
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
2 |
y |
|
|
|
315
Поступая аналогично, для второго интеграла по области D2 получим
|
x |
2 |
2 |
2 |
|
x |
2 |
|
|
∫∫ |
|
dxdy = ∫dy ∫ |
|
dx . |
|||||
y 2 |
y 2 |
||||||||
D2 |
1 |
1 |
|
|
y
Тогда исходный интеграл имеет вид
|
x |
2 |
1 |
2 |
|
x |
2 |
2 |
2 |
x |
2 |
|
||
∫∫ |
|
dxdy = ∫dy ∫ |
|
dx + ∫dy ∫ |
|
dx . |
||||||||
y 2 |
y 2 |
|
|
|||||||||||
D |
|
1 |
|
1 |
|
1 |
y y 2 |
|
||||||
|
|
|
2 |
|
y |
|
|
|
|
|
|
|
Для вычисления интеграла выбираем порядок интегрирования, при котором нет надобности разбивать область интегрирования на части, т.е. воспользуемся формулой
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
x |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
I D = ∫∫ f (x, y)dxdy = ∫dx ∫ |
x |
dy . |
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
D |
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
1 |
|
y |
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
Вычисление интеграла I D |
начинаем с нахождения внутреннего ин- |
|||||||||||||||||||||||||
теграла, где интегрирование ведется по y, а x считаем постоянной. |
||||||||||||||||||||||||||
ID = ∫ x2dx ∫ dy = ∫ x2 |
|
− 1 |
|
x |
dx = ∫ x2 |
− 1 |
|
+ x dx =∫(x3 |
− x)dx = 9 . |
|||||||||||||||||
|
|
|||||||||||||||||||||||||
2 |
x |
2 |
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
1 y2 |
1 |
|
|
y |
|
1 |
1 |
|
x |
|
|
|
|
|
1 |
4 |
|
||||||||
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
Пример 3. Изменить порядок интегрирования в повторном интеграле |
||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
I D = |
4 |
|
9 + y 2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
∫dy ∫ f (x, y)dx . |
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
5 |
y |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Решение. Запишем уравнения границ области интегрирования: y = 0,
y = 4, x = 5 y, x = 9 + y2 и построим эти линии. Уравнение x = 9 + y 2
4
определяет гиперболу, т.к. при возведении в квадрат обоих частей уравне-
ния получим x2 = 9 + y 2 или x2 − y 2 = 9 – это уравнение гиперболы. Но
так как x = +9 + y 2 , то выбираем только правую ветвь этой гиперболы.
316
|
x = |
5 |
y |
|
|
найдем координаты точки А(5;4). |
|||
Решая систему уравнений |
4 |
|
x = 9 + y 2
Таким образом, наименьшее значение x для рассматриваемой об- ласти равно 0, наибольшее – x = 5.
Установим нижнюю и верхнюю границы области D. Для этого про- ведем лучи, параллельные оси Oy и одинаково с ней направленные. Линия
выхода таких лучей состоит из отрезка ОА прямой (уравнение y = 4 x ), а
|
|
|
|
|
5 |
||
линия входа состоит из отрезка ОВ оси |
Ox (уравнение y = 0) и дуги ВА ги- |
||||||
перболы (уравнение y = |
|
. |
|
|
|
||
x2 − 9 |
|
|
|
||||
y |
|
|
|
||||
4 |
|
|
|
|
A |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
D |
y = x2 − 9 |
|||
2 |
|
|
|
||||
y = |
4 |
x |
|
|
|
||
|
|
|
|
||||
5 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
D1 B |
|
|
x |
|
3 |
5 |
|
|
Поэтому область D разобьем прямой, параллельной оси Oy и прохо- дящей через точку B, на две области и расставим пределы интегрирования по каждой из областей. Для этого определим уравнения линий входа и вы-
хода, запишем выражение y через x: y = |
4 |
|
y = + |
|
|
|
(взят знак «+», |
||||||||||
x ; |
|
x2 − 9 |
|||||||||||||||
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
5 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
потому что рассматривается верхняя ветвь гиперболы |
|
y ³ 0 ). Тогда имеем |
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
4 |
x |
|
4 |
x |
|
|
|
|||||
4 |
9 + y 2 |
3 |
|
5 |
|
|
|
|
|
||||||||
5 |
5 |
|
|
|
|||||||||||||
∫dy ∫ f (x, y)dx = ∫dx ∫ f (x, y)dy + ∫dx ∫ f (x, y)dy . |
|||||||||||||||||
0 |
|
5 |
|
0 |
0 |
|
|
3 |
|
|
|
|
|||||
|
y |
|
|
x 2 −9 |
|||||||||||||
|
4 |
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
317
Пример 4. В двойном интеграле расставить пределы интегрирования в том и другом порядке по области D и вычислить данный интеграл:
4.1. ∫∫e x dxdy |
D : y =1, y = 2, |
y = e x , y = x ; |
|
D |
|
|
|
4.2. ∫∫ x3dxdy |
D : x = 0, y = x, |
y = 2 - x2 (x ³ 0) ; |
|
D |
|
|
|
4.3. ∫∫(x2 + 2xy)dxdy |
D : y = 0, |
y =1, y = x, y = x -1. |
|
D |
|
|
|
Решение.
4.1. Построим область интегрирования и расставим пределы интег- рирования.
y
2 y = ex
E N C
A M B
y = x
x
1 2
Тогда имеем
|
ln 2 |
ex |
1 |
2 |
2 |
2 |
2 |
y |
ex dx = e2 - e - |
3 |
|
||||
∫∫ex dxdy = ∫ |
dx ∫ ex dy + ∫ dx∫ex dy + ∫dx∫ex dy = ∫dy ∫ |
. |
|||||||||||||
|
|||||||||||||||
D |
0 |
1 |
ln 2 |
1 |
1 |
x |
1 |
ln y |
2 |
|
|||||
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
2 − x2 |
|
|
|
|
|
||
|
|
1 |
y |
2 |
2 − y |
1 |
|
2 |
|
|
|
||||
|
4.2. ∫∫ x3dxdy = ∫dy ∫ x3dx + ∫dy |
∫ |
x3dx = ∫dx |
∫ |
x3dy = |
; |
|||||||||
|
|
||||||||||||||
|
D |
0 |
0 |
1 |
0 |
|
0 |
x |
|
15 |
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
1 |
x |
|
|
2 |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
4.3. ∫∫(x2 + 2xy)dxdy = ∫dx∫(x2 + 2xy)dy + ∫dx ∫ |
(x2 + 2xy)dy = |
|||||||||||||
|
D |
|
0 |
0 |
|
|
1 |
x −1 |
|
|
|
|
|
|
1 y +1
=∫dy ∫ (x2 + 2xy)dx = 7 .
0 |
y |
3 |
|
318
|
2 |
2 − x |
|
3 |
|||
Пример 5. В повторном интеграле ID = ∫ dx |
∫ f (x, y)dy поменять |
||
0 |
|
2 x |
|
порядок интегрирования. |
|
|
|
Решение. Для решения данной задачи требуется: |
|
|
|
а) восстановить область интегрирования |
D, |
исходя из границ по- |
|
вторного интеграла ID ; |
|
|
б) записать ID с постоянными пределами по y и переменными по x.
Границы области D: x = 0, x = |
2 |
, y = 2x, y = 2 − x . |
|
||
3 |
|
|
Строим область интегрирования |
|
|
y |
|
y = 2x
2 4;3 3
y = 2 – x
0 |
|
x |
2
Тогда имеем
|
2 |
2 − x |
4 |
|
y |
|
|
2 − y |
3 |
3 |
2 |
2 |
|||||
ID = ∫ dx ∫ f (x, y)dy = ∫ dy ∫ f (x, y)dx + ∫ dy ∫ f (x, y)dx . |
||||||||
0 |
2 x |
0 |
0 |
|
4 |
0 |
||
|
|
|
|
|
|
3 |
|
Пример 6. Поменять порядок интегрирования.
2 |
|
2 − x |
|
||
6.1. ∫ dx |
∫ |
f (x, y)dy ; |
|||
−6 |
|
x |
2 |
−1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
4 |
|
|||
|
|
|
|||
1 |
π−arcsin y |
||||
6.3. ∫dy |
|
|
|
∫ |
f (x, y)dx . |
0 |
|
arcsin y |
9 |
|
|
|
3 |
|
3 |
|
||||
|
|
|
y |
|
|
|
|
|
|
|
|
16 |
|
f (x, y)dx + |
4 |
|
4 |
|
|||||
6.2. ∫ dy ∫ |
|
|
∫ dy ∫ f (x, y)dx ; |
||||||||
0 |
y |
|
|
9 |
|
|
y |
||||
|
|
|
|
|
16 |
|
|
|
319
|
|
|
|
0 |
2 |
y +1 |
|
8 |
|
2 − y |
||||
Решение. |
6.1. |
∫ dy |
|
∫ f (x, y)dx + ∫dy |
|
∫ f (x, y)dx ; |
||||||||
|
|
|
|
−1 |
−2 |
|
|
|
0 |
−2 |
|
|
||
|
|
|
|
y +1 |
y +1 |
|||||||||
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
π sin x |
|||||
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
||||||
4 |
|
|
|
|
|
|
||||||||
6.2. ∫dx ∫ |
f (x, y)dy ; |
6.3. ∫dx |
∫ |
f (x, y)dy . |
||||||||||
0 |
x |
2 |
|
|
|
|
|
|
0 |
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Пример 7. Расставить пределы интегрирования в том и другом по- |
||||||||||||||
рядке в двойном интеграле |
∫∫ f (x, y)dxdy |
для указанных областей D. |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
D |
|
|
|
|
7.1.D – прямоугольник с вершинами О(0;0), А(2;0), В(2;1), С(0;1);
7.2.D – прямоугольник с вершинами О(0;0), А(1;0), В(1;1);
7.3.D – трапеция с вершинами О(0;0), А(2;0), В(1;1), С(0;1);
7.4.D – параллелограмм с вершинами А(1;1), В(2;4), С(2;7), D(1;5).
Решение.
1 |
2 |
2 |
1 |
1 |
1 |
1 |
x |
7.1. ∫dy∫ f (x, y)dx = ∫dx∫ f (x, y)dy ; 7.2. |
∫dy∫ f (x, y)dx = ∫dx∫ f (x, y)dy ; |
||||||
0 |
0 |
0 |
0 |
0 |
y |
0 |
0 |
1 |
2 − y |
1 |
1 |
2 2 − x |
|
|
|
||
7.3. ∫dy |
∫ f (x, y)dx = ∫dx∫ f (x, y)dy + ∫dx |
∫ f (x, y)dy ; |
|
|
|||||
0 |
0 |
0 |
0 |
1 |
0 |
|
|
|
|
|
2 x +3 |
|
|
y + 2 |
|
|
|
|
|
2 |
4 |
|
|
5 |
2 |
7 |
2 |
|
|
3 |
|
||||||||
7.4. ∫dx |
∫ |
f (x, y)dy = ∫dy ∫ |
f (x, y)dx + ∫dy∫ f (x, y)dx + ∫dy |
∫ f (x, y)dx . |
|||||
1 |
3x − 2 |
1 |
1 |
4 |
1 |
5 |
y −3 |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
§ 4. Замена переменных в двойном интеграле |
|||||||
Пусть в плоскости |
|
Ox |
задана область |
D, ограниченная линией L. |
Пусть координаты x и y являются функциями новых переменных u и v
|
x = ϕ(u,v) |
y = ψ(u,v) |
(1) |
при этом считаем, что функции ϕ(u,v) |
и ψ(u,v) однозначны, непрерывны |
||
и имеют непрерывные производные в некоторой области D1 . Тогда фор- |
|||
мула (1) |
устанавливает взаимнооднозначное соответствие между точками |
||
(x, y) D |
и (u,v) D1 . Это означает, что каждой точке P(x, y) |
на плоско- |
|
сти Oxy однозначно соответствует точка P(u,v) на плоскости |
Ouv с ко- |
||
ординатами u и v, которые определяются по формуле (1). |
|
320