34_PiskunovT2 (523113), страница 27
Текст из файла (страница 27)
т. 1, гл. Х), 4 3). Т е о р е м а 4. Если область Р разбита на две области Р, и О, беэ обацих внутренних точек и функция Г(х, у) непрерывна во всех точках области Р, то ) ~ ~ (х, у) йхйу = ) ) у (х, у) йх йу+ о ою + 11 1(х, у)йхйу. (3) Рис. 295. Дока з а тел ь от в о. Интегральную сумму по области Р можно представить в виде (рис. 295) ЛИР.) йда=ХПР;) й3,+ХОР,) й3и (4) о ' ' еч ' а, где первая сумма содержит слагаемые, соответствующие площадкам области Ро вторая — слагаемые, соответствующие площадкам области Р,. В самом деле, так как двойной интеграл не зависит от способа разбиения, то мы производим разбиение области Р так, что общая граница областей О, и О, является границей площадок ЬЯР Переходя в равенстве (4) к пределу при ао, — О, получим равенство (3). Очевидно, что эта теорема справедлива дли любого числа слагаемых.
5 2. Вычисление двойного интеграла Пусть область О, лежащая в плоскости Оху, такова, что всякая прямая, параллельная одной из координатных осей, например оси Оу, и проходящая через внутреннюю') точку *) Под внутренней точкой области мы иодрааумеааем точку, ие лежащую аа границе области. вычисление двоиного инткгрдлд т 2$ области, пересекает границу области в двух точках й('г и А(е (рис. 296). Мы предположим, что в рассматриваемом случае область Р ограничена линиями у=(р((х), у=(рх(х), х=а, х=Ь, причем (р((х) ((ра (х), а < Ь, а функции (р((х) и (р,(х) непрерывны на отрезке )а, Ь1. Такую область мы будем называть правильном в направлении оси Оу. Аналогично определяется область, правильная в направлении оси Ох.
Область, правильную как в направлении оси Ох, так и в направлении оси Оу, мы будем называть просто правильной областью. На рис. 296 показана именно правильная область Р. у Ф(т) д Пусть функция ((х, у) непрерывна Р(( )та в области Р.
Рассмотрим выражение В,хо, (х) Уг )о = ~ ~ )г (х у) ((у ((х~ у=)х( 4 х О, (х) 0 и х ьт которое мы будем называть двукрат- Рис, 296. ным интегралом от функции Г (х, у) по области Р. В этом выражении сначала вычисляется интеграл, стоящий в скобках, причем интегрирование производится по у, а х считается постоянным. В результате интегрирования получится непрерывная *) функция от х: чь (х) Ф(х) = — ) )'(х, у) с(у. е, (х) Эту функцию мы интегрируем по х в пределах от а до Ь: ь 1 = 1 Ф(х)((х.
и В результате получается некоторое постоянное число. П р и и е р. Требуется вычислить двукратный интеграл );х' (;(((ьчьг(е)м о о Решение. Вычисляем сначала внутренний интеграл (стоящий в скобках): хг рх 1 х~ (хе)а „э Ф (х) = ~ (хе+ух) ((у = ~хху+ — 1 =хтхт+ — =хе+ — . з)о з= з' о ') Мы здесь не доказываем того, что Функция Ф (х) непрерывна.
!Гл, х!у 156 кРАтныв интегрллы Интегрируя полученную функцию в пределах от О до 1, находим ) хе ) Г ха х' 1( 1 1 26 [Ха+ — 71 аХем [ — + — = — + — = — . 3 ) ~. 5 3.7]е 5 2! 105 о Определим область Р. В данном случае в качестве Г) рассматривается область, ограниченная линиями (рнс. 297) у=о, у=х'", х=о, х= 1. Может случиться, что область Р такова, что одна из функций у=(рт(х), у= р,(х) не может быть задана одним аналитическим выражением на всем участке изменения х (от х=-а до х=Ь).
Рис. 297, Рис. 298, Пусть, например, а( с(Ь, причем (р,(х) =ф(х) на отрезке [а, с], (р,(х) =)((х) на отрезке [с, Ь], где (р(х) и ",~(х) — функции, заданные аналитически (рис. 298), Тогда двукратный интеграл запишется следующим образом: ь|еа(х) ч агчв(х), ь /е (х) Я [ Г(х, у)йу)((х= Я $ Г(х, у) йу)йх+ ~ ( $ 1'(х, у)ду йх=а а р(х) а о(х) а Е(х) а, Ча (х) ( Ь |Фа (х) =$~ ~ Р(х, у)йу7]йх+~[ч ] 1(х, у)йу)йх. а 1)(х) а Х (х) Перное из зтих равенств написано на основании известного свойства определенного интеграла, а второе — в силу того, что на участке [а, с] имеем (р,(х) =(р(х), а на участке [с, Ь] имеем (р,( =х(х). налогичная запись для двукратного интеграла имела бы место и в том случае, если бы функция (ра(х) задавалась различными аналитическими выражениями на различных участках отрезна [а, Ь].
Установим некоторые свойства двукратного интеграла. Свойство 1. Если правильную в направлении оси Оу область Р разбить на две области Р( и Р, прямой, параллельной оси Оу или оси Ох, то двукратный интеграл 1о по области Р будет равен ВЫЧИСЛЕНИЕ ДВОЙНОГО ИНТЕГРАЛА сума(е таких же интегралов но областям О( и О„п). е. 1 =1,+1 г ()) Доказательство.
а) Пусть прямая х=с(а(с (Ь) разбивает область 0 на две правильные в направлении оси Оу области а) О, и О,. Тогда ь е(х) х ь с ь 1р — — ~( ~ )(х, у)((у)((х= ) Ф(х)((х= ~ Ф(х)((х+ ~ Ф(х)((х= а «р, (х) а а с с е,(х) ь ес ся -)( ( ((, с)сс)с х)( ) (Ь, с)сс)а=~..+! .. а % (к) с е, (х) б) Пусть прямая у=6 разбивает область 0 на две правильные в направлении Оси Оу области О, и О, так, как изображено на рнс. 299. Обозначим через Мт и М, точки пересечения прямой у=6 с гра- н=(ср(х1 ницей 1, области О. Абсциссы этих то- Ь )т чек обозначим через а; и Ь,. Область От ограничена непрерыв- а 1Ь ными линиями: !) у=(р,(х); а Рсяу 2) кривой А)М,М,В, уравнение которой условно запишем в форме С(б ар у=(р', (х), Рис.
кэй. имея при этом в виду, что (р,*(х)=(р,(х) при а<к<от и при Ь,<х<Ь и что (р„"(х) =Ь при а,<х<Ь,; 3) прямыми х=а, х=Ь. Область О, ограничена линиями у = (р,* (х), у = (р, (х), где а,<х<Ь(. Напишем тождество, применяя к внутреннему интегралу теорему о разбиении промежутка интегрирования: ь, яс (к) ь ех (х) Ес (х) 1(,— — ~( $ 1(х, у)((у)с(х= ~ $ )(х, у)ц(у+ $ ~(х, у)с)у с(х= а Ес(к) а е,(х) Ег (к) 'Рк (к) ь р,(к) ('(х, у) ((у (1х+ ~ ~ )" (х, у) г(у ((х.
а е,(х) е (к) ) а) Тот факт, что часть границы области (хг (и области (Рк) является куском вертикальной прямой, не мешает этой области быть правильной в направлении оси Оуч ведь для того, чтобы область была правильной, необходимо только. чтобы всякая вертикальная прямая, проходящая через внутренн)ого точку области, имела с границей не более двух общих точек.
КРАТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ (гл х|ч Последний интеграл разобьем на три интеграла, применяя к внешнему интегралу теорему о разбиении промежутка интегри- рования 1(1 п..и)ии) =1('1 ((.и)ии) 1" и)1 ( Ь, ти(а) аи (и) +1(1 п..и)ии)иа1(1 ((.и)ии)и: юи' (и) Ьи (и (а) так как (р, "(х) =ир,(х) на отрезке 1а, аи1 и на отрезке (Ь„Ь1, то первый и третий интегралы тождественно равны нулю.
Поэтому Ь и(ид (а) ь, ии, (а) и.= 1(, 1 п, и) ии) а+ 1( 1 п*, и) ии) ь а Чи(и) а, ), * (.) 1 Здесь первый интеграл есть двукратный интеграл по области Риь второй — по области Р,. Следовательно, .( р = 1р, + (ре Доказательство будет аналогично при любом положении секущей прямой М,М,. Если прямая М,М, разобьет область Р на три или большее число областей, то получим соотношение, аналогичное соотношению (1), в правой части которого будет стоять соответствующее число слагаемых.
Следствие. Каждую из полученных областей мы можем прямой, параллельной оси Оу или оси Ох, снова разбить на правильные в направлении оси Оу области и к ним примеРис. 3)о. нить равенство (1). Таким образом, область Р можно разбить прямыми, параллельными осям координат, на любое число правильных областей ЄЄЄ..., Р(, и при этом будет справедливо утверждение, что двукратный интеграл но области Р равен сумлие двукратных интегралов по частичным областям, т. е. (рис. ЗОО) тр=(р,+тр,+(р.+ . +(р( (1) Свойство 2 (оценка двукратного интеграла).
Пусть т и М вЂ” наименьшее и наибольшее значения функции ) (х, у) в области Р. Обозначим через 5 площадь области Р. Тогда и.иеет место соотношение ь,„и, (,) и(1( 1 ((. и)ии)вами. а чч (и) 159 ВЫЧИСЛЕНИЕ ДВОЙНОГО ИНТЕГРАЛА Доказательство. Произведем оценку внутреннего интеграла, обозначив его через Ф(х): чх (Ю ч, (х) Ф (х) аа 1 1(х, у) йу( 1 М йу=М [ц)х(х) — ц) (х)1. <р, (х) т (х) Тогда Ь <р,(х) ь 1о — ~[ ~ 1(х, у)йу~йх() М[(р (х) — (р (х))йх=МЯ, а (Ч (х) а т. е. 1о~ М3 (3') Аналогично, ча(х) Ю~(х') Ф (х) ) ) (хг у) йу ~~ ~ т йу = рп [(рх (х) — (рх (х)) ар, (х) ~р, (х) ь Ь 1о= ~ Ф(х)йх~ )~ рп[(р,(х) — (р,(х)]йх=тЯ т.
е (3") откуда 1о=)(Р)~. 1р > т5. Из неравенств (3') и (За) и следует соотношение (3): тЯ(1о(МЗ В следующем параграфе мы выясним геометрический смысл этой теоремы. Свойство 3 (теорема о среднем). Двукратный интеграл 1о от непрерывной функции 1(х, у) по области Р с площадью Я равен произведению площади 5 на значение функции в некоторой точке Р области Р, т. е.
Ь (а)х(х) 1(1 ((., х)хх])х*=((р)х. (4) а ЬЬ((х) Доказательство. Из соотношения (3) получаем т( — 1о(М. 1 Число — 1р заключено между наибольшим и наименьшим значе- 3 пнями функции 1(х, у) в области Р. В силу непрерывности функции 1(х, у) она принимает в некоторой точке Р области Р значение, равное числу — 1и, т. е.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
