Математический анализ - Интегралы - Аксёнов - 2000 - 145 (1111231), страница 8

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 8)

Переменить порядок интегyрированиявповторноминтеграле8y = 2− x2I=x = 2 y +1x = −2 y + 1−62(D )−2−12xРис. 2.13. К задаче 1∫ dx ∫ f ( x, y ) dy .−6y=x2−14Область интегрирования ( D ) определяется совместными неравенствами:x2−6 ≤ x ≤ 2 ,− 1 ≤ y ≤ 2 − x . Изобразим4эту область ( D ) на рисунке. Из рис.

2.13видим, что если брать внешнее интегрирование по y , то область ( D ) следует разбить на две области ( D1 ) и ( D2 ) лини-y = 0 . Тогда: ( D1 ) будет определяться неравенствами: −1 ≤ y ≤ 0 ,−2 y + 1 ≤ x ≤ 2 y + 1 ,а( D2 )–неравенствами0 ≤ y ≤ 8,ей−2 y + 1 ≤ x ≤ 2 − y . Будем иметь, следовательно,0x = 2 y +18x = 2− y−1x =−2 y +10x =−2 y +1I = ∫ dy∫ f ( x, y ) dx + ∫ dy ∫ f ( x, y ) dx .Задача 2. Переменить порядок интегрирования в повторном интеграле1y =1− x 2−1y =− 1− x 2I = ∫ dx∫ f ( x, y ) dy .Область интегрирования ( D ) определяется совместными неравенствами−1 ≤ x ≤ 1, − 1 − x 2 ≤ y ≤ 1 − x 2 .48y1x = − 1− y−1x = 1− y1(D )xx = 1− y 2x = − 1− y 2−1Рис.

2.14. К задаче 2Изобразим область ( D ) на рисунке. Из рис. 2.14 видим, что если внешнее интегрирование производить по y , то область ( D ) следует разбить линией y = 0на две области ( D1 ) и ( D2 ) . Область ( D1 ) определяется неравенствами:−1 ≤ y ≤ 0 , − 1 − y 2 ≤ x ≤ 1 − y 2 , а область ( D2 ) – неравенствами 0 ≤ y ≤ 1 ,− 1 − y ≤ x ≤ 1 − y . Следовательно, будем иметь0x = 1− y 21x = 1− y−1x =− 1− y 20x =− 1− yI = ∫ dy∫ f ( x, y ) dx + ∫ dy ∫ f ( x, y ) dx .Задача 3.

Переменить порядок интегрирования в повторном интегралеI=2ay = 2 ax0y = 2ax − x 2∫ dx∫ f ( x, y ) dy ( a > 0 ).Область интегрирования ( D ) определяется совместными неравенствами:2ax − x 2 ≤ y ≤ 2ax . Изобразим область ( D ) на рисунке. Изрис. 2.15 видим, что если внешнее интегрирование производить по y , то область ( D ) следует разбить линией: y = a на три области: ( D1 ) , ( D2 ) , ( D3 ) .Область ( D1 ) определяется неравенствами:0 ≤ x ≤ 2a ;0 ≤ y ≤ a,y2≤ x ≤ a − a2 − y2 ;2aобласть ( D2 ) – неравенствами:0 ≤ y ≤ a , a + a 2 − y 2 ≤ x ≤ 2a ;область ( D3 ) – неравенствамиa ≤ y ≤ 2a ,y2≤ x ≤ 2a .2a49y2ay2x=2ax = 2aax = a + a 2− y 2x = a − a 2− y 2xa2aРис. 2.15.

К задаче 3Следовательно, будем иметь:aI = ∫ dy0x =a − a2 − y 2ax = 2a2a0x =a + a2 − y 2a∫ f ( x, y ) dx + ∫ dyx=y22aЗадача 4. Вычислить I =x = 2a∫ f ( x, y ) dx + ∫ dy ∫ f ( x, y ) dx .x=y22a0 ≤ x ≤ π,cos(x+y)dxdy,где(D)=∫∫0 ≤ y ≤ π.(D )yy = 3π − x2π(D4)π 2 (D2)y= π −x2(D1)(D3)xπ2π3π22πРис. 2.16. К задаче 4Отметим прежде всего, что cos( x + y ) ≥ 0 в областях:3ππππ− x ≤ y ≤ π  .( D1 ) = 0 ≤ x ≤ ; 0 ≤ y ≤ − x  и ( D4 ) =  ≤ x ≤ π;2222cos( x + y ) ≤ 0 в областях:503πππ π− x  .( D2 ) = 0 ≤ x ≤ ; − x ≤ y ≤ π  и ( D3 ) =  ≤ x ≤ π; 0 ≤ y ≤22 22Имеем поэтомуI=∫∫ cos( x + y ) dxdy = ∫∫ cos( x + y ) dxdy − ∫∫ cos( x + y ) dxdy −(D )( D1 )−( D2 )∫∫ cos( x + y ) dxdy + ∫∫ cos( x + y ) dxdy =( D3 )π2y = π 2− x=∫dxπ∫dxπ2π2=∫ sin ( x +∫ cos( x + y ) dy − ∫y =0y = 3π 2 − x0−( D4 )π2∫ sin ( x +π2y =0π2∫ sin ( x +−y=πy ) 3π dxy= −x2+ ∫ (1 + sin x ) dx +π22x − y +2=0 ⇔y = 3π 2 − xy =πy ) π dxy= −x2π−∫ sin ( x +π2π2π200π2ππ20π2∫ (1 − sin x ) dx = 2 ∫ dx + 2 ∫ dx = π + π = 2π .∫∫ sgn( x(D)2y−2x2( 2) ( 2)2{{{}− y 2 + 2) dxdy , где ( D ) = x 2 + y 2 ≤ 4 .2= 1 .

Вет-ви этой гиперболы являются линиями разрываподынтегральной функции. Так как подынтегральная функция – ограниченная в ( D ) и непрерывная там всюду, за исключением точек, лежа- −2щих на двух простых кривых, то двойной интеграл I существует.Пусть( D1 ) = −1 ≤ x ≤ 1;3π−xy ) y = 02 dx +y=∫ (1 − sin x ) dx + ∫ (1 + sin x ) dx +=πЗадача 5. Вычислить I =2∫ cos( x + y ) dy =dxπ20πy = π 2− xy=ππ0+∫ cos( x + y ) dy −dx0∫ cos( x + y ) dy + ∫πy= −xy ) y = 02 dxπy =π}x2 + 2 ≤ y ≤ 4 − x2 ,y2x−112− 2Рис. 2.17.

К задаче 5}( D3 ) = −1 ≤ x ≤ 1; − 4 − x 2 ≤ y ≤ − x 2 + 2 ,51{}( D2 ) = −2 ≤ x ≤ −1; − 4 − x 2 ≤ y ≤ 4 − x 2 U{}4 − x }.U −1 ≤ x ≤ 1; − x 2 + 2 ≤ y ≤ x 2 + 2 U{U 1 ≤ x ≤ 2; − 4 − x 2 ≤ y ≤2Имеем в ( D1 ) U ( D3 ) : x 2 − y 2 + 2 < 0 , а в ( D2 ) : x 2 − y 2 + 2 > 0 . Мы знаем, чтосуществование и величина двойного интеграла не зависят от значений, принимаемых подынтегральной функцией вдоль конечного числа простых кривых.ПоэтомуI=∫∫ dxdy − ∫∫ dxdy − ∫∫ dxdy = FD( D2 )( D1 )( D3 )2− FD1 − FD3 ,где FD , FD , FD – площади областей ( D1 ) , ( D2 ) , ( D3 ) .

Так как F( D ) = 4π ,123F( D3 ) = F( D1 ) , то F( D2 ) = 4π − 2 F( D1 ) и, следовательно, I = 4π − 4 F( D1 ) . Так какобласть ( D1 ) симметрична относительно оси Oy , то1F( D1 ) = 2∫ dx0y = 4− x 2∫ dy = 2∫ (2y = x +21)4 − x 2 − x 2 + 2 dx =0()x =124xx x 2== 2 4 − x 2 + arcsin −x + 2 − ln x + x 2 + 2  x = 0 2222 2 2π 3 π23+ 2 ln= 2 + −− ln 1 + 3 + ln 2  =.1+ 3 3 2 3 2()А тогдаI = 4π −()8π24π− 8 ln=+ 4 ln 2 + 3 .31+ 3 3Задача 6.

Вычислить I =∫∫(D ){По определению функции E , имеем:если 0 ≤ y − x 2 < 1 , т. е. если x 2 ≤ y < 1 + x 2 , то E( y − x 2 ) = 0 ;если 1 ≤ y − x 2 < 2 , т. е. если 1 + x 2 ≤ y < 2 + x 2 , то E( y − x 2 ) = 1 ;если 2 ≤ y − x 2 < 3 , т. е. если 2 + x 2 ≤ y < 3 + x 2 , то E( y − x 2 ) = 2 ;если 3 ≤ y − x 2 < 4 , т. е.

если 3 + x 2 ≤ y < 4 + x 2 , то E( y − x 2 ) = 3 .52}E( y − x 2 ) dxdy , где ( D ) = x 2 ≤ y ≤ 4 .Следовательно, E( y − x 2 ) = 0 в ( D1 ) ;2y2E( y − x ) = 1 в ( D2 ) ; E( y − x ) = 2 в4(D4)3(D3)2(D2)1(D1)2( D3 ) ; E( y − x ) = 3 в ( D4 ) . Видим, чтоx = y −3подынтегральная функция терпит разрывx = y −2на конечном числе простых кривых, лежащих в области ( D ) .

В остальных точx = y −1ках области ( D ) она непрерывная. Такx= yкак подынтегральная функция еще и ограниченная в ( D ) , то двойной интегралx−2−1I существует. Принимая во внимание,1 2 32что существование и величина двойногоРис. 2.18. К задаче 6интеграла не зависят от значений, принимаемых подынтегральной функцией вдоль конечного числа простых кривых,можем написать, что:I=∫∫ 0 ⋅ dxdy + ∫∫ 1⋅ dxdy + ∫∫( D1 )( D2 )2 dxdy +( D3 )∫∫3 dxdy ⇒( D4 )⇒ I = FD + 2 ⋅ FD + 3 ⋅ FD , где FD , FD , FD – площади областей ( D2 ) ,234234( D3 ) , ( D4 ) соответственно.

Так как области ( D2 ) , ( D3 ) , ( D4 ) симметричныотносительно оси Oy , то:4FD4 = 2∫ dy4FD3 = 2∫ dy2x = y −34∫ dx = 2∫3x =0x = y −2∫ dx − FD4x =034= 2∫22y − 3 dy = 2 ⋅ ( y − 3)3 23y =4y =34= ;342y − 2 dy − = 2 ⋅ ( y − 2)3 233(y =4y =2−4=3)4 44= ⋅ 2 2 − = 2 2 −1 ;3 334x = y −11x =0FD2 = 2∫ dy4∫ dx − ( FD3 + FD4 ) = 2∫ y − 1 dy −2= 2 ⋅ ( y − 1)3 23y =4y =11−8 2=38 28 2=4 3−.33А тогда4 448 2+ 2 ⋅ 2 2 −1 + 3 ⋅ = 4 3 − 3 2 + 4 .I = 4 3 −3 333 ()()53Глава 3. Криволинейные интегралы§1.

Криволинейные интегралы первого рода1°. Прежде чем дать определение криволинейного интеграла первого рода,рассмотрим следующую задачу.Имеется спрямляемая пространственная кривая ( l ) длины s . Пусть на ( l )непрерывным образом распределена масса с плотностью ρ( x , y , z ) . (Среднейплотностью дуги мы называем отношение ее массы к ее длине. Плотностьρ( x , y , z ) кривой ( l ) в точке ( x , y , z ) есть предел средней плотности бесконечно малой дуги, стягивающейся в упомянутую точку). Требуется найти массу mкривой ( l ) .Разбиваем кривую ( l ) точкамиzB= AnA0 = A , A1 , A2 , K , An−1 , An = BAn−1произвольным образом на n частичныхдуг Ak Ak +1 ( k = 0, 1, 2, K , n − 1) с длиAk +1нами s0 , s1, s2 , K , sn −1 . ПолагаемA= A0Akλ = max {sk } .

Предполагаем частичyA1 A2k = 0, n −1ные дуги Ak Ak +1 столь малыми, что наAk Ak +1 плотность распределенияxмассы ρ вдоль этой дуги можно приРис. 3.1. К задаче по определению массыближенно считать постоянной, равнойкривойρ( xk , y k , z k ) , где точка ( x k , yk , z k ) –любая, принадлежащая Ak Ak +1 . Тогда масса ∆ mk частичной дуги Ak Ak +1привой ( l ) будет приближенно выражаться формулой∆ mk = ρ( x k , y k , z k ) ⋅ sk .Масса m всей кривой ( l ) будет выражаться приближенно суммой((m ≈ ρ ( x0 , y0 , z0 ) ⋅ s0 + ρ ( x1, y1, z1 ) ⋅ s1 + K + ρ ( x n −1, y n −1, z n −1 ) ⋅ sn −1 =n −1= ∑ ρ( xk , y k , z k ) ⋅ sk .k =0Интуитивно ясно, что чем мельче частичные дуги Ak Ak +1 , тем меньше ошибка,которую мы делаем, считая частичную дугу Ak Ak +1 однородной.

Поэтому замассу m кривой ( l ) естественно принять:n −1m = lim ∑ ρ ( xk , y k , z k ) ⋅ sk .λ→054k =02°. Дадим теперь определение криволинейного интеграла первого рода.Пусть в пространстве расположена спрямляемая кривая ( l ) , имеющая концы вточках A и B , и пусть во всех точках кривой ( l ) определена функцияf ( x , y , z ) . Проделаем следующие операции.1. Разобьем кривую ( l ) точками A0 = A , A1 , A2 , K , An−1 , An = B , следующими друг за другом вдоль кривой ( l ) в направлении от A к B , на частичные дуги Ak Ak +1 . Пусть sk – длина Ak Ak +1 ( k = 0, 1, K , n − 1). Положим(λ = max {sk } ( λ – ранг дробления).k = 0, n −1((2. На каждой дуге Ak Ak +1 берем произвольную точку ( x k , y k , z k ) и вычисляем в ней значение функции f , т. е. находим f ( x k , y k , z k ) .3. Умножаем найденное значение функции на длину соответствующей частичной дуги: f ( x k , y k , z k ) ⋅ sk , k = 0, 1, K , n − 1.4.

Складываем все такие произведения. Получаем суммуσ=n −1∑ f ( xk , yk , zk ) ⋅ sk .k =0Отметим, что значение суммы σ зависит, вообще говоря, как от способа разAk Ak +1 , k = 0, n − 1 , так и от выбора точкибиения кривой ( l ) на части( x k , yk , z k ) на Ak Ak +1 .5. Измельчаем дробление так, чтобы λ → 0 , и ищем lim σ .

Если существу-((λ →0ет конечный предел I = lim σ и этот предел не зависит ни от способа разбиеλ→0(ния кривой ( l ) на части Ak Ak +1 , k = 0, n − 1 , ни от способа выбора точек( x k , yk , z k ) на Ak Ak +1 , то его называют криволинейным интегралом первогорода от функции f ( x , y , z ) по кривой ( l ) и обозначают символом(∫ f ( x, y, z ) ds .(1)( ABЕсли, в частности, кривая ( l ) лежит в плоскости Oxy , то функция f от координаты z не зависит, и вместо (1) появляется интеграл(2)∫ f ( x, y ) ds .( ABЗамечание 1.

Из самого определения криволинейного интеграла первогорода вытекает следующее свойство:∫ f ( x, y, z ) ds = ∫ f ( x, y, z ) ds ,( AB( BA55т. е. направление, которое может быть придано пути интегрирования, никакойроли не играет. В самом деле, ведь длина sk дуги Ak Ak +1 не зависит от того,какая из точек Ak и Ak +1 принята за начало и какая – за конец дуги.Замечание 2. Принимая во внимание определение криволинейного интеграла первого рода, можно заключить, что в задаче пункта 1° масса m кривой ( l )(определяется по формуле: m =∫ ρ ( x, y, z ) ds .( AB3°. Теорема (о существовании и вычислении криволинейного интегралапервого рода по плоской кривой).1. Пусть кривая( AB задана уравнениями:  xy == ϕψ((tt),), t ∈[ p, q], где ϕ и ψ– функции, заданные на промежутке [ p, q] и имеющие там непрерывные производные ϕ ′( t ) , ψ ′( t ) .

Характеристики

Список файлов ответов (шпаргалок)