Математический анализ - Интегралы - Аксёнов - 2000 - 145 (1111231), страница 7
Текст из файла (страница 7)
е.*Iдв.=∫∫ g( x, y ) dF существует. Имеем, далее,(P)*Iдв.=∫∫ g( x, y ) dF = ∫∫ g( x, y ) dF + ∫∫ g( x, y ) dF =(P )(D )( P )\( D )1442443=0=∫∫ f ( x, y ) dF + 0 = Iдв. .(D )Итак,*Iдв.существует, и*Iдв.= Iдв. .(1)*2) Покажем теперь, что у функции g( x , y ) в ( P ) существует Iповт.. Дляэтого возьмем любое y из [c, d ] и закрепим его. Имеем[a, b] = [ a , α( y )] U [α( y ), β( y )] U [β( y ), b] .Функция g( x , y ) интегрируема по x на каждом из этих трех промежутков, ибона [α( y ), β( y )] она совпадает с f ( x , y ) , а на остальных двух – g( x , y ) = 0 всюду за исключением, быть может, двух точек. Имеем, далее,bα( y )β( y )bβ( y )a1a 442443α( y )β( y )α( y )∫ g( x, y ) dx = ∫ g( x, y ) dx + ∫ g( x, y ) dx + ∫ g( x, y ) dx = ∫ f ( x, y ) dx .=0421442443=0По условию, правая часть последнего равенства интегрируема на промежутке[c, d ] (по условию, Iповт .
существует). Значит, интегрируема на промежутке[c, d ] и левая часть этого равенства, т. е. существуетТаким образом, показано, что*Iповт. существует*Iповт. = Iповт ..*Iповт.=dbca∫ dy ∫ g( x, y ) dx .и что(2)Так как у ограниченной функции g( x , y ) , заданной в прямоугольнике ( P ) , су**и Iповтществуют оба интеграла Iдв.., то по теореме 1 предыдущего параграфазаключаем, что**Iдв.= Iповт..(3)**= Iдв. , IповтУ нас Iдв.. = Iповт .. Следовательно, Iдв. = Iповт. .β( y )Теорема 2.
Пусть функция f ( x , y ) ∈ C( D ) , и пусть ϕ ( y ) =∫ f ( x, y ) dx ,α( y )y ∈[c, d ] . Тогда ϕ( y ) ∈ C([c, d ]) .Эта теорема была доказана ранее (см. гл. 1, §6, теорема о непрерывностиинтеграла как функции параметра).Следствие.
Если функция f ( x , y ) ∈ C( D ) , то существуетddβ( y )ccα( y )Iповт. = ∫ ϕ ( y ) dy = ∫ dy∫ f ( x, y ) dx .Ранее (см. §3, теорема 2) было доказано, что если f ( x , y ) ∈ C( D ) , тоf ( x , y ) ∈ R( D ) , т. е. существует Iдв. =∫∫ f ( x, y ) dxdy . Таким образом, прихо-(D )дим к заключению: если f ( x , y ) ∈ C( D ) , то существуют одновременно Iдв. иIповт.
. А тогда по теореме 1 настоящего параграфа приходим к выводу, чтоIдв. = Iповт. , т. е.dβ( y )∫∫ f ( x, y ) dxdy = ∫ dy ∫ f ( x, y ) dx .(D )c(4)α( y )Замечание 1. Если область ( D ) представляет собой криволинейную трапе-~~ ( x ) , y = β ( x ) , x ∈[a, b] и пряцию другого типа и ограничена кривыми y = α~~( x ) и β( x ) предполагаются непрерывмыми x = a , x = b , a < b (функции α43~~( x ) ≤ βными на промежутке [a, b] и такими, что α( x ) , x ∈[a, b]), то вместоформулы (4) придем к формуле~β( x )b∫∫ f ( x, y ) dxdy = ∫ dx ~ ∫ f ( x, y ) dy .(D )(5)α( x )aРазумеется, что при этом предполагается, что f ( x , y ) ∈ C( D ) , а, следователь-~b~β( x )aα( x )∫∫ f ( x, y ) dxdy и Iповт . = ∫ dx ~ ∫ f ( x, y ) dy существуют.но, Iдв.
=(D )y~y = β( x )dy~y = β( x )(D )(D )~( x )y =αxacab(D1)γbЗамечание 2. Если контур области ( D ) пересекается лишь в двух точках как параллелями осиабсцисс, так и параллелями оси ординат (как, например, в случае, изображенном на рис. 2.8), тосправедливы обе формулы (4) и (5).
При этом, конечно, предполагается, что f ( x , y ) ∈ C( D ) . Функ-(D3)(D2)xРис. 2.8. К замечанию 2Рис. 2.7. К замечанию 1y~( x )y =αx~~ ( x ), βα( x ) ∈ C([a, b]) .α( y ), β ( y ) ∈ C([c, d ]) .цииФункцииЗамечание 3. В случае более сложного контураобласть ( D ) обычно разлагается на конечное числочастей рассмотренного типа (например, на рис. 2.9 область ( D ) рассекаетсяпрямой x = γ на три такие части: ( D1 ), ( D2 ), ( D3 ) ). Тогда и искомый двойнойинтеграл представляется суммой двойных интегралов, распространенных в отдельности на эти части:f ( x , y ) dF =f ( x , y ) dF +f ( x , y ) dF +f ( x , y ) dF .Рис. 2.9.
К замечанию 3∫∫(D )44∫∫( D1 )∫∫( D2 )∫∫( D3 )§7. Примеры к главе 21. Вычислить I =∫∫ ( x2+ y ) dxdy , где ( D ) – область, ограниченная двумя(D )2параболами: y = x 2 и y = x .Полезно сделать чертеж (хотя бы грубо), чтобыполучить общее представление об области. Решая совместно уравнения парабол, находим точки их пересе1чения: ( 0, 0) и (1, 1) .x = y2Если внешнее интегрирование производить по y ,то промежутком изменения y будет [0, 1]. Взяв про- y(D)извольное значение y из промежутка [0, 1], видим поy2рисунку, что x изменяется от x = y до x =x= y1∫дем иметь, следовательно, I = dy0y .
Бу-∫ (xx= y2xy = x2O1Рис. 2.10. К примеру 1+ y ) dx .2Вычисляем внутренний интеграл:x= yx= y x31 324 32 1 632 1 633∫ (2x + y ) dx = 3 + yx 2 = 3 y + y − 3 y − y = 3 y − 3 y − y .x= y2x= yВычисляем теперь внешний интеграл:14∫ 3 y02. Вычислить I =32133− y 6 − y 3 dy =.3140x2∫∫ y 2 dxdy , где ( D ) – об(D )y2ласть, ограниченная прямыми x = 2 , y = x и гиперболой xy = 1 .Наносим все эти три линии на рисунок1(рис. 2.11). Совместным решением уравненийлегко получить, что прямая x = 2 пересекает12прямую y = x в точке ( 2, 2) , а гиперболу xy = 11– в точке 2, ; прямая же y = x и гипербола2Oxy = 1 (в пределах первого квадранта, где и лежитрассматриваемая область) пересекаются в точке (1, 1) .y=xx=2(D )xy = 11x2Рис.
2.11. К примеру 245Если внешнее интегрирование производить по x , то промежуток измененияx будет [1, 2]. Взяв произвольное значение x из этого промежутка, видим порисунку, что y изменяется от y =y=xy=x2x2I = ∫ dx ∫dy .2yy =1 x1Но1до y = x . Будем иметь, следовательно,xx2x2dy=−∫ y2yy =1 xy=x1y=x= x3 − x ,такчто29I = ∫ ( x 3 − x ) dx = .41В то время как в примере 1 вычисление двойного интеграла по обеим формулам (4) или (5) представлялось одинаково простым, в примере 2 дело обстоитиначе: вычисление по формуле (4) здесь было бы сложнее. Тем не менее мывыполним его, ибо поучительно дать себе отчет в причине указанного обстоятельства.Прямая, параллельная оси Ox , пересекает контур области ( D ) в двух точках, так что формула (4) применима.
Но кривая, ограничивающая нашу областьслева, состоит из двух частей: куска гиперболы и куска прямой, которые определяются различными уравнениями. Иными словами, функция x = α( y ) зада-1ется различными формулами в различных частях промежутка , 2 изменения 2y . Именно, 1 , если y ∈ 1 , 1, 2 α( y ) = y y , если y ∈[1, 2].1Поэтому интегрирование по y следует разбить на два промежутка: , 1 и 2 [1, 2]. Следовательно, будем иметь:1x =22x =2x2x2I = ∫ dy ∫dx+dy∫ ∫ y 2 dx .2yx =1 yx= y121Так какx =2x2x3∫ y 2 dx = 3 y 2x =1 yто46x =2x=1y81= 2 − 5,3y3yx =2x2x3∫ y 2 dx = 3 y 2x= yx =2=x= yy8−,3y2 312 8 8y1 17 5 9I = ∫ 2 − 5 dy + ∫ 2 − dy = + = .312 6 43y 3y 3y121С подобными обстоятельствами приходится считаться: из двух возможныхпутей вычисления двойного интеграла, естественно, выбирают более простой.3.
Вычислить I =∫∫4 x 2 − y 2 dxdy , где ( D ) –y(D )область, ограниченная прямыми y = 0 , x = 1, y = x .1Если внешнее интегрирование производить по x ,то промежуток изменения x будет [0, 1]. Взяв произвольное значение x из промежутка [0, 1], видим порисунку, что y изменяется от y = 0 до y = x . Будемy=x1∫иметь, следовательно, I = dx∫4 x 2 − y 2 dy . Вы-x =1(D)Ox1y=0Рис.
2.12. К примеру 3y =00y=xчисляем внутренний интеграл:y=x∫y =0y=xyy 3 π 24 x − y dy = 4 x 2 − y 2 + 2 x 2 arcsin =+x .2 x y = 0 2 3 222Вычисляем теперь внешний интеграл:1 3 π 21 3 π+ .I = ∫+ x dx = 3 2 3 2 30В примере 3 вычисление I можно было вести и по формуле (4), т. е. производить внешнее интегрирование по y . Но в этом случае мы натолкнемся н аб о л е е т р у д н ы е к в а д р а т у р ы .
Чтобы убедиться в этом, станем вычислять I1∫по формуле (4). Имеем: I = dy0x =1∫4 x 2 − y 2 dx . Вычисляем внутренний инте-x= yграл:x =1∫x= y()x =1y2122224 x − y dx = x 4 x − y −ln 2 x + 4 x 2 − y 2 =22 x= y()y2y21222= 4− y −ln 2 + 4 − y − y 3 +ln 2 y + 3 y .222()А тогда47()1ln 2 + 3 2 y 2y1 22I = ∫ 4 − y − 3y +y +ln dy .2 22 2 + 4 − y2 01∫ 3π+ x 2 dx ,Сопоставляя это выражения для I с ранее полученным: I = 2 30видим, что вычисление I по формуле (5) предпочтительнее. Подобное обстоятельство следует учитывать при выборе формулы для вычисления двойного интеграла.Для приобретения навыков в расстановке пределов интегрирования в случаекриволинейной области полезны следующие упражнения.Задача 1.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
