1610907243-ac283de454695bb7f2524e2bfa39689d (824397), страница 52
Текст из файла (страница 52)
Двукратный интеграл часто называют двойным, трехкратный – тройным.Интеграл Римана от f по Ω обозначаютZZZf (x) dx или· · · f (x1 , . . . , xn ) dx1 . . . dxn .ΩΩВ R2 и R3 часто используют обозначенияZZZZZf (x, y) dxdy,f (x, y, z) dxdydz.DGПусть функция f определена и огра-Определение сумм и интегралов Дарбу.ничена на измеримом множестве Ω,τ (Ω) = {Ωi ,i = 1, . . .
, N }– его разбиение, mi = inf f , Mi = sup f , i = 1, . . . , N .ΩiΩiСуммыsτ ≡ sτ (f ) =NXmi m(Ωi ),Sτ ≡ Sτ (f ) =i=1NXMi m(Ωi )i=1называют соответственно нижней и верхней суммами Дарбу, аI∗ ≡ I∗ (f ) ≡ I∗ (f, Ω) = sup sτ (f ),τ (Ω)I ∗ ≡ I ∗ (f ) ≡ I ∗ (f, Ω) = inf Sτ (f ),τ (Ω)– соответственно нижним и верхним интегралами Дарбу от f по Ω.520Критерий интегрируемости ограниченных функций.Для того чтобы огра-ниченная на измеримом множестве Ω функция f была интегрируема на нем,необходимо и достаточно выполнения одного из следующих условий.1.2.lim(Sτ (f ) − sτ (f )) = 0.limNP|τ (Ω)|→0+|τ (Ω)|→0+ i=1ω(f, Ωi )m(Ωi ) = 0, где ω(f, Ωi ) = sup |f (x0 ) − f (x00 )| – коx0 ,x00 ∈Ωiлебание f на элементе Ωi , i = 1, .
. . , N , разбиения τ (Ω).3. I∗ (f ) = I ∗ (f ) (критерий Дарбу).4. ∀ε > 0 ∃τ (X): Sτ (f ) − sτ (f ) < ε.17.1Задача [5], §8, № 1 j−1 j iПусть Ω = [0, 1] × [0, 1], Ωij = i−1,n n ×n , n , i, j = 1, . . . , n, ξij =RR2i−1 2j−1f (x, y) dxdy как предел сумм Римана, где2n , 2n . ВычислитьΩ1. f (x, y) = px + qy, (x, y) ∈ Ω;2. f (x, y) = xy, (x, y) ∈ Ω;3. f (x, y) = exp(px + qy), p · q 6= 0, (x, y) ∈ Ω;4. f (x, y) = px2 + qy 2 , (x, y) ∈ Ω.Решение. Пример 1.nXi,j=1f (ξij )m(Ωij ) =n Xp(2i − 1)i,j=12nq(2j − 1)+2n·1=n2nnp Xq X(2i − 1) + 3(2j − 1) =2n3 i,j=12n i,j=1pn(n + 1)qn(n + 1)p q2·−n+2·−n=+ .2n222n222 2521Ответ. Пример 1:ZZn Xp(2i − 1) q(2j − 1)1p+q(px + qy) dxdy = lim+· 2=.n→∞2n2nn2i,j=1ΩРешение.
Пример 2.nXnX(2i − 1) (2j − 1) 1·· 2=f (ξij )m(Ωij ) =2n2nni,j=1i,j=1nnX1 X1(2i−1)·(2j−1)=4n4 i=14n4j=12n(n + 1)12·−n = .24Ответ. Пример 2:ZZnX(2i − 1) (2j − 1) 11xy dxdy = lim·· 2= .n→∞2n2nn4i,j=1ΩРешение. Пример 3.nXnX(2j − 1)1(2i − 1)+q· 2=f (ξij )m(Ωij ) =exp p2n2nni,j=1i,j=1 X n−1n−11pq Xipjq·exp·exp·exp·exp=n22n2n i=0nnj=01p+qep − 1eq − 1ep − 1 eq − 1· exp··→·,n22n exp( np ) − 1 exp( nq ) − 1pqпри n → ∞.Ответ. Пример 3:ZZΩnXp(2i − 1) q(2j − 1)+exp(px + qy) dxdy = limexpn→∞2n2ni,j=1·1=n2ep − 1 eq − 1·.pqРешение. Пример 4.
Здесь нам понадобится формулаnX(2i − 1)2 =i=1522n(4n2 − 1),3которая выводится c помощьюnXi=1nXnXn(n + 1)(2n + 1)i =,62f (ξij )m(Ωij ) =i,j=1nXpi,j=1nX(2i − 1)2ni=i=12+qn(n + 1).2(2j − 1)2n2 !·1=n2!n1p+q Xp(2i − 1) + q(2j − 1) · 3 =·(2i − 1)2 =34n4ni=1j=1i=1p+q np+q1· · (4n2 − 1) =· 1− 2 .34n334n2nX2Ответ. Пример 4:ZZ(px2 +qy 2 ) dxdy = limn→∞Ω17.2nXpi,j=1(2i − 1)2n2+q(2j − 1)2n2 !·1p+q=.n23Д 3902Составить нижнюю Sτ и верхнюю sτ интегральные суммы для функцииf (x, y) = x2 + y 2 в области 1 6 x 6 2, 1 6 y 6 3, разбивая последнююна прямоугольники прямымиix=1+ ,ny =1+2jn(i, j = 0, 1, .
. . , n).Чему равны пределы этих сумм при n → +∞?Решение. Рассмотрим разбиениеΩi,j i−12(j − 1)i2j= 1+,1 +× 1+,1 +nnnn5232 2 !i2j21+Sτ =+ 1+· 2=nnni,j=12 X2 !n n Xi2j21+1++· =nnni=1j=1 X!n n 22X2i i4j 4j21+ + 2 +1++ 2· =n nnnni=1j=1n X6i 5i226 n(n + 1)5 n(n + 1)(2n + 1)22 + + 2 · = 2n + ·+ 2·· =nnnn2n6ni=1nX40 115++ 2,3n3nnXi−1n22 !2(j − 1)2· 2=nni,j=12 X2 !n−1 n−1 X2i2j· =1++1+nnni=0i=0 X!n−1 n−1 X4j 4j 22i i221+1+ + 2 ++ 2· =n nnnni=0i=0n−1 X6i 5i226 n(n − 1)5 n(n − 1)(2n − 1)22 + + 2 · = 2n + ·+ 2·· =nnnn2n6ni=0sτ =1++ 1+40 115−+ 2.3n3nИсследовать на интегрируемость:17.3Задача(x2 + y 2 , y > x,f (x, y) =– на [0, 1] × [0, 1];1,y < x,17.4Задача(sin(x2 + y 2 ), y ≥ 0,f (x, y) =– на {x2 + y 2 6 1};1,y < 0,52417.5Задача(1, y/x – рациональноf (x, y) =– на {x > 0, x−1 6 y 6 3 − x};2, y/x – иррациональноКлассы интегрируемых функций17.6Задачаxy+cos y124f (x, y) = ln exp(x − y ) + 2 sin x2 +5y2 — на {0 < x < π, |y| ≤ sin x};17.7Задачаf (x, y) =21+cosR (xy)x+sin y1+arctg(z+x)z 2 +1dz — на {x4 + y 4 < 8};17.8Задача∞ Pcos(nx)sin(nx)2√f (x, y) = arctg exp(y ) + cos y—n2 +1 + 2 n(n+2)n=1на {|x| ≤ 2, 0 ≤ y ≤ x2 }.Дома:17.9Задачаf (x, y) = 1 + 2−k , при 2−k−1 < x 6 2−k , для k = 0, 1, .
. .,f (0, y) = 0 – на [0, 1] × [0, 1];(−1 y – рациональноf (x, y) =– на [0, 1] × [0, 1];1 y – иррационально17.10Задача(f (x, y) =11+i+jin0x = 0, y = 0<x6i+1n ,jm<y6j+1m(0 6 i 6 n − 1), (0 6 j 6 m − 1) – на [0, 1] × [0, 1].52518Seminar n. 18. Date 01.11.2018 . Сведение двойногоинтеграла к повторным14На плоскости множество Ω видаΩ = {(x, y) :a 6 x 6 b,ϕ(x) 6 y 6 ψ(x)}называют элементарным относительно оси Oy. Здесь функции ϕ и ψ непрерывны на [a, b] и ϕ(x) 6 ψ(x) на [a, b]. Аналогично определяют множество,элементарное относительно оси Ox.Теорема.
Если функция f интегрируема на множестве Ω, элементарномотносительно оси Oy, тоZbZZf (x, y) dxdy =ψ(x)Zdxf (x, y) dy.aΩϕ(x)Правая часть является повторным интегралом, т. е. результатом последовательного вычисления сначала интеграла по y при фиксированном x, а затеминтеграла по x от получившейся функции. Если функция f (x, y) непрерывнана множестве Ω, то каждый из этих интегралов существует.Если множество Ω элементарно относительно оси Ox, то для интегрируемой по Ω функции f (x, y) верно равенствоZdZZf (x, y) dxdy =cΩβ(y)Zdyf (x, y) dx.α(y)Множество Ω, элементарное относительно каждой из осей Ox и Oy, называют элементарным. Для него верноZbaψ(x)β(y)ZZdZdxf (x, y) dy = dyf (x, y) dx.cϕ(x)α(y)Это равенство используют для перемены порядка интегрирования в повторном интеграле.14Материал взят из [5], §8526Расставить пределы интегрирований в двойном интегралеRRf (x, y) dxdy в томΩи другом порядке для указанной области Ω18.1Д 3916Ω – треугольник с вершинами (0, 0), (1, 0), (1, 1).
См. рис. 18.1.Рис. 3.29: См. задача 18.1.Решение.Z1ZZf (x, y) dxdy =18.2dx0ΩZxZ1f (x, y) dy =0Z1dy0f (x, y) dx.yД 3918Ω – трапеция с вершинами (0, 0), (1, 0), (1, 2), (0, 1). См. рис. 18.2.Решение.Z1ZZf (x, y) dxdy =Ω0Zx+1Z1 Z1Z2Z1dxf (x, y) dy = dy f (x, y) dx+ dyf (x, y) dx.0052701y−1Рис. 3.30: См. задача 18.2.18.3Д 3919Ω – круг {x2 + y 2 ≤ 1}.Решение.f (x, y) dxdy =Z1−x2dx−1Ω18.4√Z1ZZ√ 2Z1−yZ1f (x, y) dy =√− 1−x2dy−1f (x, y) dx.−√1−y 2Д 3921Ω – параболический сегмент, ограниченный кривыми y = x2 , y = 1. См. рис.18.4.Решение.Z1ZZf (x, y) dxdy =ΩZ1dx−1√ZyZ1f (x, y) dy =dy0x2f (x, y) dx.√− yИзменить порядок интегрирования в следующих интегралах:528Рис. 3.31: См.
задача 18.4.18.5R2dxД 3924R2xf (x, y) dy. См. рис. 18.5.x0Решение.Z2xZ2dxf (x, y) dy =x0Д 3927R11−xR 2dx−1−f (x, y) dxdy =√dy0Ω18.6ZyZ2ZZZ2Z4dyf (x, y) dx+y2f (x, y) dx.y22f (x, y) dy. См. рис. 18.6.1−x2Решение.1−xZ 2Z1dx−1√− 1−x2ZZf (x, y) dy =√ 2Z1−yZ0f (x, y) dxdy =dy−1Ω−f (x, y) dx+√1−y 2√Z1−yZ1dy0529√− 1−yf (x, y) dx.Рис. 3.32: См. задача 18.5.18.7Redx1Д 3930lnRxf (x, y) dy. См. рис. 18.7.0Решение.ZeZln xZZZ1 Zedx f (x, y) dy =f (x, y) dxdy = dy f (x, y) dx.118.8R2πdx00ey0ΩД 3931sinRxf (x, y) dy.
См. рис. 18.8.0Решение.Z2π0sin xZZ0ZZdxf (x, y) dy =f (x, y) dxdy = dy0Ω−12π+arcsinyZZ1f (x, y) dx+ dyπ−arcsin y0π−arcsinZ yf (x, yarcsin y18.9 Д 3932RR 2xy dxdy; где Ω – ограниченная кривыми y 2 = 2px, x = p/2, (p > 0)Ωконечная часть плоскости.530Рис.
3.33: См. задача 18.6.Решение:ZZxy 2 dxdy =Z2dy−pΩ1Zpxy 2 dx =Zppy 2 dy−py22p28p521 .18.10Д 3935RRx dx =y22pZp1y 2 dy − 28p−pОтвет:ZpZ2−pZpy2px2 22 y2p2y 6 dy =dy =p5p5p5−= .12 28 21−p(x2 + y 2 ) dxdy, где Ω – параллелограмм со сторонами y = x, y = x + a,Ωy = a, y = 3a, и постоянная a > 0;См. рис. 18.10.531Рис. 3.34: См. задача 18.7.Решение:ZZ22dy(x + y ) dxdy =aΩZyZ3a2Z3a2(x + y ) dx =y−ay3dy −3aZ3a+ay 2 dy =Z3a(y − a)3dy3a80 16 26−+a4 = 14a4 .12 123aОтвет: 14a4 .Дома:Расставить пределы интегрирований в двойном интегралеRRΩи другом порядке для указанной области Ω18.11Д 3917Ω – треугольник с вершинами O(0, 0), A(2, 1), (−2, 1).18.12Д 3920Ω – круг x2 + y 2 6 y.532f (x, y) dxdy в томРис.
3.35: См. задача 18.8.18.13Д 3922Ω – круговое кольцо 1 6 x2 + y 2 6 4.Изменить порядок интегрирования в следующих интегралах:18.14R22−xRdx−6Д 392518.15R2Д 3928√dx12x−xR 20f (x, y) dy.2−x18.16R2af (x, y) dy.x24 −1Д 3929√dxR2ax√f (x, y) dy, a > 0.2ax−x2533Рис. 3.36: См. задачу 18.10.19Seminar n. 19. Date 08.11.2018. Сведение двойногоинтеграла к повторным15Теорема 19.1.
Пусть Ω ⊂ Rnx , U ⊂ Rny – измеримые области, ϕ – отображение U на Ω такое, что:1) ϕ взаимно однозначно на U ;2) ϕ непрерывно дифференцируемо на U . Если функция f (x) интегрируемана Ω, то функция f (ϕ(y))|J(y)| интегрируема на U иZZf (x) dx = f (ϕ(y))|J(y)| dy.ΩUЗдесь ∂ϕ1 ∂y1 . . . ∂(ϕ1 , . . . , ϕn ) = detϕ0 (y) = ...J(y) = ∂(y1 , . .
. , yn ) ∂ϕn ∂y1 . . .15Теория взята из [5], §8.534.. . ∂ϕn ∂yn∂ϕ1∂yn– Якобиан отображения ϕ, заданного непрерывно дифференцируемыми функциямиxi = ϕi (y) ≡ ϕi (y1 , . . . , yn ),i = 1, . . . , n.Замену переменных можно рассматривать и как переход на множестве Ω ⊂Rn от прямоугольных координат (x1 , . . . , xn ) к криволинейным координатам(y1 , . . .
, yn ). Если отображение задано обратной системой функцийyi = ψi (x) = ψi (x1 , . . . , xn ),i = 1, . . . , n,то якобиан отображения в точке y 0 = ψ(x0 ) можно найти по формуле−1−1∂(ψ,...,ψ)1nJ(y 0 ) = ≡ detψ 0 (x0 ),(x0 )∂(x1 , . . . , xn )если ψ 0 (x0 ) существует.Пусть X и Y — области в Rn . Отображение φ : X → Y называется диффеоморфизмом, если оно биективно, и отображения φ и φ−1 непрерывно дифференцируемы. Для удобства, точки в области определения φ будем обозначатьчерез x, а в множестве значений — через y.
Кроме того, обозначим через Rnxи Rny пространство Rn с переменными x и y соответственно. Меру Лебега вRnx и Rny обозначим через µx и µy соответственно.16Мы будем называть диффеоморфизм φ ограниченным, если φ0 (x) и φ0 (y)−1являются равномерно по x ∈ X и y ∈ Y , соответственно, ограниченнымиоператорами.Теорема.
Пусть B — шар в Rnx (замкнутый или открытый — не важно) радиуса r с центром в точке ~a и φ : B → Rny — ограниченный диффеоморфизм.Тогда существует такое r0 > 0, что для любого r ∈ (0, r0 ) справедлива оценка:µφ(B)y≤ (1 + α(r))n ,(1 − α(r))n ≤0| det φ (~a)| µx (B)где α(r) → 0 при r → 0.•Для полярных координат на плоскостиx = r cos ϕ,16y = r sin ϕ,Теория взята из [9], §11.4535|J| = r.В пространстве для цилиндрических координатx = r cos ϕ,y = r sin ϕ,z = z,|J| = r;для сферических координатx = r cos ϕ cos ψ,y = r sin ϕ cos ψ,z = r sin ψ,|J| = r2 cos ψ.Замену переменных используют как для упрощения подынтегральной функции, так и для упрощения вида области интегрирования.В двойном интегралеRRf (x, y) dxdy перейти к полярным координатам r и ϕ,Ωполагая x = r cos ϕ и y = r sin ϕ, и расставить пределы интегрирования, если:19.1Д 3938Ω – круг x2 + y 2 6 ax, (a > 0).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
