4. Замена переменных в двойном интеграле

Теорема 4.1. Пусть система функций , , непрерывных вместе со своими частными производными (первого порядка) в ограниченной области (G) и взаимно однозначно отображает эту область плоскости UOV на область (Р) плоскости XOY, а функция f(x,y) непрерывна на (Р). Тогда имеет место следующая формула замены переменных в двойном интеграле:

,

где - определитель, называемый якобианом, для функций и , причём на (Р).

Среди всевозможных замен переменных наиболее часто при нахождении двойных интегралов используется замена декартовых прямоугольных координат на полярные.

Двойной интеграл в полярных координатах

Пусть функция f(x,y) непрерывна в замкнутой области (Р). Напомним, что прямоугольные координаты x и y связаны с полярными координатами r и , соотношениями:

. (9)

Найдём якобиан :

.

Тогда по теореме 4.1 имеет место формула перехода в двойном интеграле к полярным координатам:

. (10)

Вычисление двойного интеграла в полярных координатах, как и в случае прямоугольных координат, осуществляется путем приведения его к повторному интегралу. Если область интегрирования (Р) ограничена лучами и и кривыми и , где и - однозначные непрерывные функции на отрезке , причём , то двойной интеграл может быть сведен к повторному интегралу следующим образом:

. (11)

Если область интегрирования не принадлежит к рассматриваемому виду, то её разбивают на части, каждая из которых является областью данного вида.

Формула (11) соответствует тому случаю, когда полюс лежит вне области интегрирования (Р). Если же полюс расположен внутри области (Р) и любой луч, проведенный из полюса, пересекает контур области (Р) не более чем в одной точке, то формула (10) принимает вид:

,

где - уравнение контура области (Р) в полярных координатах.

Замечание 1. При вычислении двойных интегралов переход от прямоугольных координат к полярным эффективен, если:

1. область интегрирования (Р) есть круг или его часть (обычно сектор);

2. подынтегральная функция содержит выражение (при переходе к полярным координатам ).

Замечание 2. В некоторых случаях (обычно когда область интегрирования (Р) связана с эллипсом) вычисление двойного интеграла упрощается заменой прямоугольных координат и обобщенными полярными координатами и , переход к которым осуществляется по формулам: , где a, b – подобранные постоянные (в частности, полуоси эллипса). В этом случае .

Замечание 3. Иногда бывает удобно переходить к полярным координатам с произвольным полюсом :

, при этом .

Примеры решения задач

Пример 1. Найти интеграл по области (D), ограниченной кривыми .

Решение. Так как область интегрирования является прямоугольником, то по теореме 3.1 двойной интеграл можно вычислять через любой из повторных интегралов (4) или (5). В данном примере проще действовать через интеграл (5).

.

Ответ: 3.

Пример 2. Найти интеграл

, .

Решение.

Нарисуем область интегрирования (D). Она является простой областью первого типа, ограниченной сверху и снизу кривыми и , слева и справа – прямыми .

Тогда по теореме 3.2 получаем:

.

Ответ: .

Пример 3. Найти площадь фигуры (Р), ограниченной линиями:

.

Решение. Линия является правой половиной окружности радиуса 6 с центром в начале координат. Линия - это левая половина окружности такого же радиуса 6, но с центром в точке (6,0). Построим фигуру (Р).

Площадь области (P) найдем как двойной интеграл от 1 по этой области: .

Во-первых, заметим, что область (P) симметрична относительно оси OX. Поэтому будем искать площадь половины области (P), лежащей в верхней полуплоскости ().

Если переходить в двойном интеграле по этой области к повторному, в котором внешний интеграл берется по переменной x, то необходимо будет разбивать область интегрирования на две части: и .

Поэтому двойной интеграл сведем к повторному, в котором внешний интеграл возьмем по переменной y.

Тогда

.

Заметим, что данная область (P) симметрична и относительно прямой , но решение задачи это практически не упрощает.

Ответ: .

Пример 4. Найти площадь фигуры (Р), заданной неравенствами:

.

Решение. Уравнение преобразуется к виду , то есть является уравнением окружности с центром в точке (2;0) и радиуса 2. Неравенство определяет часть плоскости, лежащую за пределами этой окружности (и саму окружность).

Уравнение преобразуется к виду , то есть является уравнением окружности с центром в точке (3;0) и радиуса 3. Неравенство определяет часть плоскости, лежащую внутри этой окружности (и саму окружность).

Уравнение является уравнением прямой, проходящей через начало координат с угловым коэффициентом , то есть с углом наклона .

Уравнение является уравнением прямой, проходящей через начало координат с угловым коэффициентом , то есть с углом наклона (биссектриса второй и четвертой четверти). Построим фигуру (Р).

П

Y

лощадь заштрихованной области (P) можно найти как двойной интеграл от 1 по этой области: .

Ч

X

O

2

3

(P)

тобы найти интеграл по заданной области (Р), перейдем к полярным координатам (с полюсом (0;0)): .

Угол в пределах области (Р) изменяется от до . Заметим, что при определении пределов интегрирования нижний предел должен быть меньше, чем верхний, поэтому в качестве нижнего предела выбрано , а не или .

Для каждого указанного направления координата в пределах области (Р) изменяется от того значения, которому она равна на меньшей окружности (на кривой ), до того, чему она равна на большей окружности (). Чтобы найти уравнения окружностей в полярных координатах, нужно подставить в известные их уравнения вместо декартовых координат x и y их выражения через полярные координаты, то есть .

Тогда уравнение преобразуется следующим образом:

,

то есть (описывает только одну точку окружности) или (описывает всю окружность при изменении угла от до ). Таким образом, уравнение меньшей окружности имеет вид .

Аналогично получаем, что большая окружность в полярных координатах имеет уравнение .

Тогда по формуле (11) перехода к полярным координатам в двойном интеграле получаем:

.

Ответ: .

Замечание. В подобных задачах при нахождении интеграла часто используются формулы понижения степени. Вспомнить!