34_PiskunovT2 (523113), страница 28
Текст из файла (страница 28)
! — , '1о=1(Р), (гл, х(п КРАТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ й 3. Вычисление двойного интеграла (продолжение) Теорема. двойной интеграл от непрерывной функции 1(х, у) по правильной области Р равен двукратному интегралу от втой функции но области Р, т. е.е) а (г, (х) 11((, и(о!а=)(1 ((*, !)аа(о.
о а е,(х) Доказательство. Разобьем область Рпрямыми, параллельными осями координат, на л правильных (прямоугольных) областей ЛЯ(, ЛЯ„..., ЛЯ„. На основании свойства 1 (формула (2)) предыдущего параграфа имеем 1о=1аэ,+1аз,+ . ° +1аз.= .х!( 1аз," (1) (=1 Каждое из слагаемых, стоящих справа, преобразуем по тео- реме о среднем для двукратного интеграла: 1 аз( = ) (Р ) ЛЯ(, Тогда равенство (1) примет вид и 1о=1(~ !) Ло(+1(1 а) Лов+ .
+1(Р,) Ло,= Х 1(Р() Ю(, (2) (=! где Р( — некоторая точка области ЛЯ! Справа стоит интеграль- ная сумма для функции ('(х, у) по области Р. По теореме о су- ществовании двойного интеграла следует„что предел этой суммы при и- оо и стремлении наибольшего диаметра площадок ЛЯ! к нулю существует и равен двойному интегралу от функции 1(х, у) по области Р. Величина двукратного интеграла 1, стоящего в левой части равенства (2), не зависит от и. Таким образом, переходя к пределу в равенстве (2), получим 1 = 1(ш 31(Р()ЛЯ( —.— 111(х, у)д ((у, ! или 11Пх, у)й йу=1,. о Выписывая подробно выражение двукратного интеграла 1 „ окончательно получим ь Е е*(х) 11((, т)!*а =1(1 ((*.
а)аг)!.. (4) о в е,(х) а) Прн этом мы снова полагаем, что область Р правильная в направленнн осн Оу н ограничена лнннямн у= — (р, (х), у=(р, (х), х = и, х=6. азр вычислвниа двойного интвгрлла (продолжения] ]а] Замечание 1.
Для случая, когда 1(х, у)) О, формула (4) имеет наглядное геометрическое толкование. Рассмотрим тело, ограниченное поверхностью г=7(х, у), плоскостью я=О и цилиндрической поверхностью, образующие которой параллельны оси Ог, а направляющей служит граница области Р (рис. 301). Вычислим объем этого тела )х. Выше было показано, что объем этого тела равняется двойному интегралу от функции х=Лт' у/ 7'(х, у) по области хх: г У = ) ~ ) (х, у) дх ((у. (5) о а Рис. 301 рг(х] 3 (х) = ~ )'(х, у)((у. (б) |р, (х) Зная площади параллельных сечений, легко найти объем тела 6 'р'= ) З(х)((х а или, подставляя выражение (5) для площади Я(х), получаем и, т,(х) р=1( 1 ((., р]хх)х*.
а а,(х] (7) В формулах (5) и (7) левые части равны, следовательно, равны и правые: 6 ах[х) 11((*, х]ахи=1(1 и*, р]хх)а о а Ч,(х] а и. с, пхсхуиоа, х, 2 Вычислим теперь объем этого тела, пользуясь результатами Э 4 гл. Х11 т. 1 о вычислении объема тела по площадям параллельных сечений. Проведем плоскость х= сопз1 (а < ( х ( Ь), рассекающую рассматриваемое тело. Вычислим плошадь 3(х) фигуры, получающейся в сечении х= сопз1. Эта фигура есть криволинейная трапеция, ограниченная линиями г = 1(х, у) (х =сопз1), а=О, у=ф((х), у=((р,)х. Следовательно, эта площадь выразится интегралом (гл. хги КРАТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ Теперь нетрудно выяснить и геометрический смысл теоремы об оценке двукратного интеграла (свойство 2 предыдушего параграфа): объем тела У, ограниченного поверхностью г= )".(х, д), плоскостью г = 0 и цилиндрической поверхностью, направляющей которой служит граница области Р, превосходит объем цилиндра с основанием 5 и высотой и, но меньше объема цилиндра с основанием Я и высотой М (где и и М вЂ наименьш н наибольшее ую гз Рис.
303. Рис. 302. значения функции г=((х, у) в области Р (рис. 302)). Это следует из того, что двукратный интеграл 1р равен объему этого тела )г. Пример 1. Вычислить двойной интеграл )) (4 — ха — ув)бхпу, если р область )З ограничена прямыми х=О, х=1, у=О, у=312.
Решен не. На основании формулы (4) ч еч Тг У ( ( (4 ха уа) Лх Лу= ( 14х — — уьх~ ау= 3 й о о ч и ° = (4 — — уа)г(у=(4у — — у — ) ~ =-. о П р и м е р 2. Вычислить двойной интеграл от функции 7 (х, у) = 1+ х+ у ио области, ограниченной линиями у=-х, х=гl у, у=2, г=О (рис. 303). 4 З1 ВЫЧИСЛЕНИЕ ДВОЙНОГО ИНТЕГРАЛА ШРОДОЛЖЕНИЕ) 163 Решение. г' 1 г У = ) ') (1+а+у)))х ~ ву= ') ~х+ — +~~~ "бу о -о о г с((~«+2+«~«) ( У+ 2 У)1" о з 6 2« г 3«г 2« г «з — + — + — + — ~ 3 4 5 б г = — 'г' 2+ —.
44 — 13 15 3' о Замечание 2. Пусть правильная в направлении оси Ох область ь) ограничена линиями х = ф, (у), х = )ра (у), у = с, у = )(, причем фт (д) ( фа (д) (рис. 304). Ф Очевидно, что в этом случае ау«Ив) ~~~(х, у)с(хс(у=~( ~ 1(х, у)г(х)с(у. (8) ~ а о е Ока) Для вычисления двойного интеграла его надо представить в виде двукратного. Как мы видели выше, это можно сделать Ю двумя различными способами: нли по формуле (4) или по формуле (8). В каждом Рн' 304 конкретном случае в зависимости от вида области )х нлн подынтегральной функции мы выбираем ту нли иную формулу для вычисления двойного интеграла.
П р имер 3. Изменить порядок интегрирования в интеграле Ух 1 )) ('~ьае)~. от х Решен не. Область интегрирования ограничена прямой у=х' и параболой у=)Гх (рис. 305). Рис. 305. Рис. 306. Всякая прямая, параллельная оси Ох, пересекает границу области ие более чем в двух точках; следовательно, можно вычислять янтеграл по бе КРАТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ 1ГЛ. Х1Ч 164 формуле (8), полагая Р (р)э ИЭ Р (р)=р, О~у~(; тогда Пр имер 4. Вычислить )) ем»ЛЯ, если область 1) представляет тре- п угольник, ограниченный прямыми у=», у=о, л=! (рнс.
306). Решение. Заменим данный двойной интеграл двукратным. При этом воспользуемся формулой (4). (Если бы мы применилн формулу (8), то нам пришлось бы интегрировать функцию ем» по к; но этот интеграл не берется в элементарных функциях.) 1»а ь 1 а ~ ~ еш» ЛЗ вЂ” ~ ~ саг» бу Ỡ— ~ (»еа!») ~ бл о в е о 1 1 к»1 е — ! =~» (е — 1) Лх=(е — 1) — = — =0,859... 2~ 2 о Замечание 3. Если область Р не является правильной ни в направлении оси Ох, ни в направлении оси Од (т.
е. существуют вертикальные и горизонтальные прямые, которые, проходя через внутренние точки области, пересекают границу области более чем в двух точках), то двойной интеграл по этой области мы не можем представить в виде двукратного. Если удается разбить неправильную область Р на конечное число правильных илн в направлении оси Ок, или в направлении оси Оу областей 0„0„..., 0„, то, вычисляя двойной интеграл по каждой из этих областей с помощью двукратного и складывая получившиеся результаты, мы получим искомый интеграл по области Р. Рис. 307. Рнс.
308, На рис. 307 показан пример того, как неправильную область 0 можно разбить на три правильные области 01, Р, и О,. 221 ВЫЧИСЛЕНИЕ ДВОИНОГО ИНТЕГРАЛА (ПРОДОЛЖЕНИЕ) 183 Пример 3. Вычислить двойной интеграл ~ ~ е"+У а5 о по области Р, заключенной между двумя квадратамн с центром вначале координат н сторонами, параллельными осям координат, если каждая сторона внут синего квадратз равна 2, а внешнего 4 (рнс.
303). е ш е н н е. Область В является неправильной. Однако прямые х= — 1 в х=! разбивают ее на четыре правильные области Є„Ы, Р«. Поэтому ~ ~ ее+У ()5 = ~ ~ ее+У 1)5 + ~ ~ с*+У а5+ ~ ~ ее+У 85+ ~ ~ е*«У а5. о и, оз ог и, Представляя каждый нз этих интегралов в виде двукратного, найдем: — 1 2 ° 1, 2 ° а= ( ( ( е г «) '* «! ( ( ' «)«> в -2 2 + ~ ( ~ ее+У йу) пх+ ~ ~ ~ е" +У Йу ~Фх= — 1) -2 1 -2 ) =(е* — е-з) (е-1 — е-з)+(е' — е) (е — е-1)+(е 2 — е- ) (е — е 1)+ + (ез — е-з) (ее †) = (ез — е-з) (е — е-') = 4 э)( 3 э)) 1. Замечание 4. В дальнейшем, записывая двукратный интеграл Ь УЕ,(х) г.-)( ! 1(*, г)«г)о, а Е,(х) мы будем опускать скобки, в которые заключен внутренний ин- теграл, т.
е. будем писать Ь Е,(х) ! (х, у) ((й ((х. а ею(х) При этом, так же как и при наличии скобок, мы будем считать, что первое интегрирование совершается по той перемейной, дифференциал которой написан первым, а затем по той пе)ременной, дифференциал которой написан вторым. (Заметим, одйако, что это не является обшепринятым; в некоторых книгах принято противоположное условие: интегрировать сначала по той переменной, дифференциал которой занимает последнее место «).) «] Очень часто употребляется также такой внд записи) ь|р, е« уп = ~ ~ ~ ) (х, р) ду)()х = ~ Ых ~ ! (х, р) Ыу.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
