Лекции_3_сем

Кратные интегралы

11

2.

Фигура

–

часть

плоскости

xOy,

Φ ↔ D ,

f (P) = f (x, y),

dµ = dS ,

∫ f (P)dµ = ∫∫ f (x, y)dS

– двойной интеграл от функции f (P) = f (x, y)

Φ

D

по области D.

Φ ↔ G ,

f (P) = f (x, y, z),

3.

Фигура

–

пространственная область,

dµ = dV ,

∫ f (P)dµ = ∫∫∫ f (x, y, z)dv

– тройной интеграл от функции

Φ

G

f (P) = f (x, y, z)

по области G.

4.

Фигура

–

линия

на

плоскости

или

в

пространстве,

Φ ↔ L ,

f

(x, y)

f (P)=

,

dµ = dl ,

∫ f (P)dµ = ∫ f (x, y, z)dl

– криволинейный

(x, y, z)

f

Φ

L

интеграл от функции f (P) по кривой L.

5.

Фигура

– поверхность,

Φ ↔ ∑ , f (P) = f (x, y, z),

dµ = dσ ,

∫ f (P)dµ = ∫∫ f (x, y, z)dσ

–

поверхностный

интеграл от

функции

Φ

∑

f(P) = f (x, y, z) по области ∑ .

1.5.Свойства интегралов по фигуре, определяемые равенствами

Доказательства свойств следуют из определения интеграла по фигуре. Пусть интеграл по фигуре существует, тогда:

1.∫cf (P)dµ = c∫ f (P)dµ , с = const.

ΦΦ

Доказательство:

∫ñf (P)dµ = lim ∑cf (Pi )∆µi =

Φrn →0 i=1n

	n
c limr →0 ∑ f (Pi		)∆µi = c∫ f (P)dµ .
n	i=1	Φ

2. ∫(f (P)± g (P))dµ = ∫ f (P)dµ ± ∫g (P)dµ .

Φ Φ Φ

3.Свойство аддитивности. Пусть фигура Ф состоит из двух частей, т.е.

Φ =Φ1 Φ2 , тогда ∫ f (P)dµ = ∫ f (P)dµ + ∫ f (P)dµ .

Φ

Φ1

Φ2

12	Лекция 1 - 4

1.6.Свойства интегралов по фигуре, определяемые неравенствами (оценка интегралов по фигуре)

1.	Если для любой точки P Ф	f (P)≥ 0 , то ∫ f (P)dµ ≥ 0 .
		Φ
2.	Если для любой точки P Ф	f (P)≥ g (P), то ∫ f (P)dµ ≥ ∫g (P)dµ .
		Φ	Φ

3.Если существуют такие два числа m, M, что m ≤ f (P)≤ M , то

mµ ≤ ∫ f (P)dµ ≤ M µ, где µ −мера Ф.

Φ

Пример:

1) m(b −a)≤ ∫b f (x)dx ≤ M (b −a).

a

2) mS ≤ ∫∫ f (x, y)dS ≤ MS .

D

3) mV ≤ ∫∫∫ f (x, y, z)dv ≤ MV .

G

4) mL ≤ ∫ f (x, y, z)dl ≤ ML .

L

5)mSпов ≤ ∑∫∫ f (x, y, z)dσ ≤ MSпов .

ТТеорема о среднем. Если функция f (P) непрерывна в замкнутой

ограниченной области Ф, то существует точка P Φ , такая, что выполняется равенство: ∫ f (P)dµ = µ f (P).

Φ

Физический смысл теоремы о среднем

Пусть фигура Ф обладает массой, распределенной с плотностью f (P)= ρ(P), тогда m = ∫ f (P)dµ = µ f (P). В случае пространственной фи-

Φ

гуры мера фигуры равна объему µ =V , m =V ρ(P), ρ(P)= Vm - среднее зна-

чение плотности.

Кратные интегралы

13

Геометрический смысл интегралов по фигуре

Пусть f (P) ≡1, тогда интеграл по фигуре будет равен мере соответствующей фигуры, т. е. ∫dµ = µ . В частных случаях:

				Φ
1.	∫b dx = b − a - длина отрезка [a,b].
	a
2.	∫∫dS = S - площадь области D.
	D
3.	∫∫∫dV =V - объем пространственной области G.
	G
4.	∫dl = L - длина линии L.
	L
5.	∑∫∫	dσ = S	∑	- площадь поверхности ∑ .

Механический смысл интегралов по фигуре

Если функция f (P)= ρ(P) является плотностью фигуры, то масса фигуры выражается интегралом по фигуре

∫ρ(P)dµ = m .

Ô

2.1.Двойной интеграл. Геометрический смысл двойного интеграла

Рассмотрим фигуру, которая является частью плоскости xOy: Φ ↔ D . Интеграл по фигуре в данном случае является двойным интегралом от функ-

n

ции f(P)= f (x, y) по области D: ∫∫ f (P)dS = lim Σ f (Pi )∆Si .

D

rn →0 i=1

14	Лекция 1 - 4

Задача о вычислении объема тела

Найдем объем тела, ограниченного сверху непрерывной поверхностью z = f (x, y) , снизу

замкнутой областью D плоскости xOy и сбоку

цилиндрической поверхностью, образующие которой параллельны оси Oz, а направляющей является граница Г области D .

Разобьем основание D на конечное число элементарных ячеек ∆S1,∆S2 ,...,∆Sn . В каждой

ячейке выберем точку Mi (xi , yi ) ∆Si	(i =1,2,...n)
и построим столбик с основанием ∆Si	и высотой

Mi Ni = f (xi , yi ) .

Если приближенно принять каждый столбик за прямой цилиндр, то в этом приближении его объем равен ∆Vi ≈ f (xi , yi ) ∆Si , а объем всего те-

z

z = f (x, y)

0

y

D

x Γ

z

Ni

0

y

Mi ∆Si

x

n

ла приближенно равен V ≈ ∑ f (xi , yi )∆Si . Перейдем к пределу

	i=1
	n	∫∫		∫∫
rn →0 i=1
V = lim	∑ f (xi , yi )∆Si =		f (x, y)dS =		f (P)dS .
		D		D

Вывод: если f (x, y) ≥ 0, то ∫∫ f (x, y)dS представляет объем криволинейного

D

цилиндра, построенного на области D и ограниченного сверху поверхностью f (x, y) .

2.2. Вычисление двойного интеграла

Рассмотрим прямоугольную	область интегрирования D ={x [a,b];
y [c, d]}. Найдем объем тела,	ограниченного поверхностью z = f (x, y) ,

плоскостью z = 0 и цилиндрической поверхностью, образующие которой параллельны оси Oz, а направляющей служит граница области D .

Вычислим объем по площадям параллельных сечений.

Проведем плоскость x = const (a < x < b) . Фигура, получающаяся в се-

чении, представляет собой	криволинейную трапецию, ограниченную линия-
ми: z = f (x, y) (x = const) ,	z = 0 , y = c , y = d . Площадь сечения равна:

S(x) = ∫d f (x, y)dy .

c

	Кратные интегралы				15
	Объем всего тела равен
		b	b d
		V = ∫S(x)dx = ∫ ∫		f (x, y)dy dx .
		a	a c
	Ранее было показано, что объем такого тела ра-
	вен двойному интегралу от			f (x, y) по области D,
	таким образом:
			b d
	∫∫ f (x, y)dxdy = ∫ ∫ f (x, y)dy dx .
	D		a c
	Аналогично: ∫∫ f (x, y)dxdy = ∫d dy∫b				f (x, y)dx .
		D		c a
		Запись двойного интеграла
	!
			b d
		∫∫ f (x, y)dxdy = ∫ ∫ f (x, y)dy dx называют
		D	a c

повторным интегралом, при этом

∫cd f (x, y)dy - называют внутренним, а ∫ab{...}dx внешним интегралом. Рассмотрим произвольную область интегрирования.

ООбласть D в плоскости xOy называется правильной в направлении y или x , если каждая прямая, параллельная соответствующей координатной оси и проходящая через внутреннюю точку области, пересекает границу области в двух точках.

y

y

D

M

прав.

0

x

0

ТДвойной интеграл от непрерывной функции f (x, y) по правильной области D равен

двукратному интегралу от этой функции по области D .

Пусть D - правильная область в направле-

нии Oy , ограниченная линиями:	y =ϕ1(x) ,
y =ϕ2 (x) , x = a , x = b .
Тогда
	b	ϕ2 ( x)
∫∫ f (x, y)dxdy = ∫		∫ f (x,
D	a	ϕ1 ( x)

D

неправ.

x

y

y = ϕ2 (x)

D

y = ϕ1 (x)

0

a

b

x

y)dy dx .

16										Лекция 1 - 4
Рассмотрение проводится аналогично предыдущему случаю; при этом
площадь сечения вычисляется так:						( x)
				ϕ2
			S(x) = ∫ f (x, y)dy ,
				ϕ1 ( x)
		b			b		ϕ2 ( x)
а объем всего тела: V =		∫	S(x)dx =		∫			∫
									f (x, y)dy dx .
Таким образом,		a			a ϕ1 ( x)
∫∫						b		ϕ2	( x)
	f (x, y)dxdy			=		∫		∫
										f (x, y)dy dx .
D						a ϕ1 ( x)
Аналогично, если D -		правильная область в направлении Ox , ограни-
ченная линиями x =ψ1( y) , x =ψ2 ( y) ,								y = c, y = d , то объем тела равен
∫∫						d	ψ2		( y)
	f (x, y)dxdy			=		∫		∫
										f (x, y)dx dy .
D						c ψ1 ( y)

!1). Правило вычисления двойных интегралов. Для того чтобы вычис-

лить двойной интеграл по произвольной правильной области D , необходимо свести его к повторному (двукратному) интегралу и проинтегрировать функцию по одной из переменных в пределах, соответствующих произвольному, но неизменному значению другой переменной, а затем результат проинтегрировать в пределах ее полного изменения.

2). Представление двойного интеграла в виде двукратного зависит от вида области D .

3). Порядок интегрирования может быть изменен в соответствии с ра-

	b	ϕ2 ( x)	d	ψ2 ( y)
венствами ∫∫ f (x, y) dxdy = ∫dx		∫	f (x, y) dy = ∫dy	∫ f (x, y) dx .
D	a	ϕ1 ( x)	c	ψ1 ( y)

4). Если область D неправильная, то ее разбивают на конечное число правильных областей Di и на основании свойств полагают, что двойной

интеграл по области D равен сумме двойных интегралов по областям Di .

5). Внешний интеграл всегда вычисляется в постоянных пределах.

6). Если пределы интегрирования в повторном интеграле от непрерывной функции конечны и постоянны, то результат не зависит от порядка интегрирования.

Кратные интегралы																																																																		17
	Пример:
			Вычислите							∫∫xy 2 dxdy ,							если область																				D				задана неравенствами:																							0 ≤ x ≤1 ,
			−2 ≤ y ≤ 3 .							D
			Решение:
						2			1					3		2	1						y3					3						1		27 +8											35 x 2								1				35 1 35
			∫∫						∫					∫			∫																	∫							3																		3		2		6		или
				xy				dxdy =		xdx					y dy =			xdx					3										=														3 2											=				=
																																			x							dx =
			D						0					−2			0											−2						0																					0
						2			3		2				1		3		2					x 2							1			1	3				2			1 y3					3					1					35 35
			∫∫xy					dxdy = ∫y					dy∫xdx = ∫y							dy											=			2	∫y					dy = 2							=					2						3	=	6 .
																								2																			3
	Пример:		D						−2						0		−2														0				−2												−2
			Вычислите ∫∫x 2 ydxdy , где D																					- треугольник с																												y
										D																																					1																		B
			вершинами: O(0,0) , A(2,0) , B(2,1) .
			Решение:																																																														A
			Область D ,								ограниченная													прямыми:																	y = 0 ,									O												x				x
																																																												1					2
			y =		x			, x = 2 ,		является правильной. При фик-
					2
																																				x
			сированном x										y		изменяется от 0 до																								:
																																			2
						2				2		2			x 2			2		2					y 2								x 2		1		2				4		1 x5							2		4
			∫∫x					ydxdy = ∫x						dx ∫ydy = ∫x							dx													=	8		∫x					dx =								=						.
																										2																	8 5										5
			∆OAB							0						0		0															0				0													0

Пример:

Изменить порядок интегрирования в повторном интеграле:

∫1 dx ∫x f (x, y)dy .

0 x2

Решение:

Область интегрирования D ограничена прямой y = x и параболой y = x2 и является правильной как в отношении оси Ox, так и Oy с верхней границей y = x и нижней y = x2 . Всякая пря-

мая, параллельная оси Ox, пересекает границу области не более чем в двух точках, следовательно, можно вычислить интеграл, полагая внешние пределы интегрирования y = 0, y =1.

При этом пределы во внутреннем интеграле бу-

дут иметь вид: нижний предел x1 = y , верхний x2 = + y .

Таким образом: ∫1 dx ∫x		y
	f (x,y)dy = ∫1 dy ∫ f (x,y)dx
0 x2	0	y

18	Лекция 1 - 4

Пример:

Расставить пределы интегрирования в двойном интеграле, если область D – кольцо.

x2 + y 2 =1

D :

x2 + y 2 = 4

D – неправильная область.

Разобьем ее на четыре правильных области:

∫∫... = ∫∫... + ∫∫... +∫∫... + ∫∫....

D

D1

D2

D3

D4

Границами правильных областей являются дуги соответствующих ок-

ружностей y = ±

1− x2 ,

y = ±

4 − x2

и прямые x = ±1.

∫∫... = ∫∫... + ∫∫... +∫∫... + ∫∫... =

D

D1

D2

D3

D4

−1

4−x2

1

4−x2

2

4−x2

1

− 1−x2

= ∫dx

∫

... dy + ∫dx

∫

... dy + ∫dx

∫

... dy + ∫dx

∫

... dy.

−2

−

2

−1

1−x

2

1

−

4−x

2

−1

−

4−x

2

4−x

Пример:

= x

y

2

Найти площадь фигуры, ограниченной параболами D :

= x

y

Решение:

Полагаем f (x, y) ≡1;

dx ∫x dy = ∫1 (y

x2x )dx =

∫∫ f (x, y)dS = ∫∫dS = ∫∫dxdy = ∫1

D

D

D

0

x2

0

= ∫1 (

x − x2 )dx = ∫1

xdx − ∫1

x2dx =

2

x23

1

1

x3

1

1

−

=

.

3

0

0

0

0

3

0

3

2.3. Замена переменных в двойном интеграле

В некоторых случаях вычисление двойных интегралов значительно упрощается, если изменить область интегрирования, осуществив замену переменных в двойном интеграле.

Рассмотрим ∫∫ f (x, y)dxdy . Если координаты x

D

v

D′

∆v

0

∆u

u

и y	являются функциями новых переменных u и
x = x(u,v),		то каждой точке	M (x, y)	на плоскости xOy однозначно соот-
v :
y = y(u,v),		′
				uOv , а числа u и v называются кри-
ветствует точка M (u,v) на плоскости

волинейными координатами точки M .

Кратные интегралы

19

При этом область D отобразится в область

D	′	на	плоскости uOv , и каждому значению
f (x, y)			в области D соответствует то же значение

f (u,v) = f (x(u,v), y(u,v)) в области D′.

y	uu + ∆u D	v + ∆v
	P3	v
	P4
	P2
	P1

′

0

x

Разбиение

области

D на

прямоугольные

площадки приводит к разбиению области D на

P1(x1, y1) ,

P2 (x2 , y2 ) ,

криволинейные

четырехугольники

с

вершинами

P3 (x3 , y3 ) , P4 (x4 , y4 ) ,

где

x1 = x(u,v) ,

x2 = x(u + ∆u,v) ,

x3 = x(u + ∆u,v + ∆v) ,

x4 = x(u,v + ∆v) ,

y1 = y(u,v) ,

y2 = y(u + ∆u,v) ,

y3 = y(u + ∆u,v + ∆v) ,

y4 = y(u,v + ∆v) .

Заменяя приращения функций x(u,v)

и y(u,v)

соответствующими диф-

ференциалами по формуле

f (u + ∆u,v + ∆v) ≈ f (u,v) +

∂f

∆v +

∂f ∆u , можно

∂v

∂u

считать, что

x = x(u,v) ,

x

= x(u,v) +

∂x

∆u ,

x

= x(u,v) +

∂x

∆u + ∂x ∆v ,

1

2

∂u

3

∂u

∂v

x = x(u,v) +

∂x

∆v , y = y(u,v) ,

y = y(x, y) +

∂y

∆u , y = y(u,v) +

∂y

∆u + ∂y ∆v ,

∂v

∂u

4

1

2

∂u

3

∂v

y = y(u,v) +

∂y

∆v . Четырехугольник при этом можно рассматривать как па-

4

∂v

раллелограмм. Его площадь

x3 − x4

x3 − x2

S =

[P P

× P P ]

=

=

4

3

2

3

y3 − y4

y3 − y2

=

(x3 − x4 )( y3 − y2 ) −(x3 − x2 )( y3 − y4 )

=

∂x

∂x

∂y

∂x

∂y

∂y

=

∆u +

∆v

∆v

−

∆u

+

=

∂u

∂v

∂v

∂v

∆v

∂u

∂v

∆v

∂x ∂y

∂x

∂y

∂x ∂y

∂x ∂y

∂x

∂x

=

∆u∆v −

=

−

=

∂u

∂v

∆u∆v

.

∂u ∂v

∂v

∂u

∆u∆v

∂v

∂u

∆u∆v

∂y

∂y

∂u ∂v

∂u

∂v

∂x

∂x

Определитель J =

∂u

∂v

называется якобианом преобразования.

∂y

∂y

∂u

∂v

20	Лекция 1 - 4

Предельный переход при неограниченном возрастании числа разбиений области для соответствующих интегральных сумм приводит к формуле преобразования координат в двойном интеграле:

			∂x	∂x
∫∫ f (x, y)dxdy = ∫∫ f (x(u,v), y(u,v)) | J | dudv , где J =			∂u	∂v		.
D	D′		∂y	∂y
			∂u	∂v

Пример:

Вычислите ∫∫( y − x)dxdy , если область D

зада-

v

5

D′

D

y = − x

+ 7 ,

на уравнениями y = x +1 ,

y = x − 3 ,

1

3

3

7

u

y = − 3 x + 5 .

−3

0

3

1

Решение:

u = y − x,

Сделаем замену переменных:

x

тогда область

D′

будет зада-

v = y +

3

,

ваться прямыми:

u =1, u = −3, v =

7 , v = 5 . Для вычисления якобиана преоб-

3

x = − 3 u +

3 v ,

1 u +

3 v .

разования выразим x и y

через u и v :

y =

4

4

4

4

∂x

∂x

3

3

При

этом

∂u

∂v

− 4

4

9

3

3

и

∫∫( y − x)dxdy =

J = ∂y

∂y

=

1

3

= −

16 − 16

= −

4

∂u

∂v

4

4

D

∫∫

1

3 3

3 3

3

5 1

3

=

4

u +

4

4

u +

4

v

4

dudv

=

∫∫4

ududv =

∫∫

4

ududv

= −8 .

v

− −

D′

D′

7 3−3

2.4. Двойной интеграл в полярных координатах

Перейдем в полярную систему координат x = ρcosϕ , y = ρsinϕ и вычислим якобиан перехода: Если u =ϕ , v = ρ , x = ρcosϕ , y = ρsinϕ , то

	∂x		∂x
J =	∂ρ		∂ϕ	=		cosϕ	−ρsinϕ		= ρcos2 ϕ + ρsin2 ϕ = ρ ,
	∂y		∂y			sinϕ	ρcosϕ

∂ρ ∂ϕ

и

∫∫ f (x, y)dxdy = ∫∫ f (ρcosϕ, ρsinϕ) ρd ρdϕ

D

D′