Документ: Интегральное исчисление функций одной и нескольких переменных. Дементьева А.М., Артыщенко С.В, страницы 86-90

Материал: Интегральное исчисление функций одной и нескольких переменных. Дементьева А.М., Артыщенко С.В

Смотрите также:

3.1.4. Свойства двойного интеграла

Двойной интеграл обладает свойствами, похожими на свойства определенного интеграла.

Свойство 1. Двойной интеграл от суммы функций по области D равен сумме двух двойных интегралов по области D от каждой из функций в отдельности:

∫∫(f1(x, y)+ f2 (x, y))ds = ∫∫ f1(x, y)ds + ∫∫ f2 (x, y)ds .

D D D

Свойство 2. Постоянный множитель можно вынести за знак двойного интеграла. Если a = const , то

∫∫af (x, y)ds = a∫∫ f (x, y)ds .

	D	D
Свойство 3. Если область D разбита на две части D1 и D2 , имеющие
общие точки лишь на линии разбиения, то
∫∫ f (x, y)ds = ∫∫ f (x, y)ds + ∫∫ f (x, y)ds ,
D	D1	D2

если эти двойные интегралы существуют (например, если f (x, y) непрерывна

в замкнутой области D ).

Свойство 4. Двойной интеграл от неотрицательной функции равен неотрицательному числу.

В главе 2 приводились доказательства свойств определенных интегралов. Свойства двойных интегралов доказываются аналогично.

3.1.5. Вычисление двойного интеграла в декартовой системе координат

Рассмотрим на плоскости

xOy область D , ограниченную прямыми

x = a ,

x = b

(a < b) и г рафиками двух

y = g2(x)

y

функций: y = g (x)

и y = g

(x), где

g1(x)

<

g21(x)

при

2

x [a,b]

D

(рис. 3.6).

Пусть в области D задана

непрерывная

функция

z = f (x, y),

неотрицательная в D .

x

a

O

b

z

y = g1(x)

Рис. 3.6

Вычислим ∫∫ f (x, y)ds .

z = f (x, y)

D

Для

вычисления

воспользуемся

геометрическим смыслом двойного

интеграла:

g1(x)

a

y

∫∫ f (x, y)ds =V ,

(3.9)

g2(x)

b

D

где V – объем тела (рис. 3.7).

x

Рис. 3.7

86

Этот же объем можно вычислить по формуле (2. 30), т.к. тело «зажато» между плоскостями x = a , x = b , т. е.

V = ∫b S(x)dx ,	(3.10)
a

где S(x) – площадь сечения тела плоскостью, проходящей через точку x, x [a,b], параллельно плоскости yOz (или перпендикулярно оси Ox ).

			Очевидно,	что	сечение,
z			Очевидно,	что	сечение,
z		имеющее площадь S(x), – это


		криволинейная трапеция, лежащая в
		плоскости, параллельной			плоскости
	z = f (x, y)	плоскости, параллельной			плоскости
	z = f (x, y)	yOz	. Спроектируем ее на плоскость
		yOz	. Спроектируем ее на плоскость
		yOz (рис. 3.8).

Учитывая геометрический смысл определенного интеграла, получаем, что площадь сечения S(x)

g2 (x)

S(x)= ∫ f (x, y)dy , (3.11)

g1(x)

где x фиксировано.

Подставляя S(x) из формулы (3.11) в формулу (3.10), находим V:

b g2	(x)	(x, y)dy
V = ∫ ∫ f		(x, y)dy	dx .
a g1	(x)

Сравнивая последнее выражение с выражением (3.9), получаем формулу для вычисления исходного двойного интеграла:

	b g2	(x)	(x, y)dy
∫∫ f (x, y)ds = ∫ ∫ f			(x, y)dy	dx .	(3.12)
D	a g1	(x)

Правая часть формулы (3.12) называется повторным интегралом (интегралом от интеграла). В скобках стоит внутренний интеграл, - это определенный интеграл от функции f (x, y) по переменной y на отрезке

[g1(x); g2 (x)] ( x в этом интеграле фиксирована, т.е. считается постоянной).

Вычислив внутренний интеграл, получим некоторую функцию, зависящую от x. Определенный интеграл от этой функции по отрезку [a,b] – внешний интеграл. Вычислив внешний интеграл, получим значение повторного интеграла, а значит, учитывая (3.12), искомое значение двойного интеграла.

Формула (3.12) доказана в случае неотрицательности функции

87

z = f (x, y) в области D. Можно доказать ее справедливость для любой

непрерывной в D функции.

Замечание. Формула (3.12) справедлива для области D специального вида (см. рис 3. 6). Если область D не такая, но разбивается на конечное число областей D1, , Dn специального вида, то двойной интеграл по области

D (с учетом свойства 3 двойных интегралов) представим в виде суммы двойных интегралов по областям D1, , Dn , для вычисления которых

применима формула (3.12).

Если

область D ограничена

d

двумя прямыми y = c , y = d (c < d)

D

и

графиками

функций

x = h1(y),

x = h2 (y),

где

h1(y)≤ h2 (y) для

c

y [c,d] (рис

3. 9), то

двойной

x =h1(y)

x=h2(y)

интеграл от непрерывной в D

функции

z = f (x, y)

можно

O

x

вычислить переходом к повторному

Рис. 3.9

интегралу по формуле

d h2

(x)

∫∫ f (x, y)ds = ∫ ∫ f (x, y)dx

dy .

(3.13)

D

c h1

(x)

Здесь внутренний

интеграл

(стоящий в

скобках) берется от

функции

z = f (x, y) по переменной x (y считается постоянной) в пределах от h1(y) до h2 (y). В результате получается функция, зависящая от y. Затем от этой функции берется внешний интеграл по переменной y в пределах от c до d.

Пример 3.1. Вычислить ∫∫(x − 2y)ds , где D – область, ограниченная прямыми

D

x = 0, x = 2, y = 1, y = 2.					y
Изобразим	область D		(рис.


3.10). Область D – прямоугольник,
для его точек (x, y) справедливы				2				y = 2
неравенства 0 ≤ x ≤ 2 и 1≤ y ≤ 2 .						D		y = 1
В таком случае (см. рис. 3.6						D		y = 1
В таком случае (см. рис. 3.6				1
и 3.9) можно применить любую из				1		x = 0	x = 2
и 3.9) можно применить любую из
формул (3.12) или (3.13), т.е.
формул (3.12) или (3.13), т.е.										x
					0		2			x

						Рис. 3.10
	2 2						2 2
								∫(x −
∫∫(x − 2y)ds = ∫		∫(x − 2y)dy dx		и ∫∫(x − 2y)ds = ∫				∫(x −	2y)dx dy .
D	0	1			D		1	0

88

Воспользуемся, например, первой формулой. Сначала вычислим внутренний интеграл, считая x константой:

2	2	2	2	2			2				y2			2

∫(x − 2y)dy = ∫xdy − ∫2ydy =x∫dy − 2∫ydy					= x y		1		− 2					1	=
											2
1	1	1	1	1
	= x(2 −1)− (22 −12 )= x − 3.
Далее подставим найденный внутренний интеграл вместо выражения
в скобках во внешний интеграл:												2
	2 2			2				2

		∫(x −				x							=

∫∫(x − 2y)ds = ∫			2y)dy dx =	∫(x − 3)dx =			2			− 3x
D	0	1		0								1

=22 − 3 2 − 0 = 2 − 6 = −4 . 2

Ответ. ∫∫(x − 2y)ds = −4 .

D

Пример 3.2. Вычислить ∫∫xyds , где D ограничена линиями y = x2 и

D

y = 2 − x2 .

Строим область D. Она ограничена двумя параболами (рис. 3.11).

y

y = x2

2

D

-

1

O

1

x

y = 2 – x2

Рис. 3.11

Область D можно считать ограниченной

прямыми

x = −1, x =1 и

графиками функций

y = x2

(снизу) и

y = 2 − x2

(сверху); абсциссы точек

пересечения парабол найдены из системы уравнений:

2

y

= x

2

y = x

→

→ y = x

y = 2 − x2

x2 = 2 − x2

x2 =1

x = ±1.

Применим формулу (3.12),

в которой а = -1, b =1,

g1(x)= x2 , g2 (x)= 2 − x2 .

Имеем

89

					1 2−x2
		∫∫xyds = ∫				∫xydy			dx .
		D			−1	x2
Вычислим внутренний интеграл, считая x = const :
2−x2	2−x2		y	2	2 −	2x	2	x	((2 − x2 )2 − (x2 )2 )=

∫xydy = x	∫ydy =x						=
					x
x2	x2	2					2

= 2x (4 − 4x2 )= 2x − 2x3 = 2(x − x3 ).

Подставляя найденную функцию вместо выражения в скобках во внешний интеграл, получаем

	1 2−x2			1		x		2		x	4	1	1			1	1			1

					3
∫∫xyds = ∫		∫xydy	dx = ∫2(x − x						−				= 2		−		− 2		−		= 0 .
						)dx = 2	2			4		−1		2		4		2		4
D	−1	x2		−1

Ответ. ∫∫xyds = 0 .			Пример 3.3. Вычислить ∫∫(x +1)ds , где
	D

	y		D				D			ABC:
				ограничена		треугольником
			А(1, 1), В(2, 2), С(4, 1).
	B				Изобразим область D (рис.3.12)
2					Очевидно,		уравнение		прямой
	D
		C	AB :		y = x , а уравнение прямой					AC :
1	A
			y =1.		Используя		вид	уравнения

O

прямой, проходящей через две данные

1

2

3

4

x

точки,

составим

уравнение прямой

Рис. 3.12

y − x1

x − x1

BC . Общий вид

такого уравнения:

=

. Подставляя в него координаты точек B и C , получим

y

2

− y

x

2

− x

1

y − 2

x − 2

y − 2

x − 2

=

или

=

,

1 − 2

4 − 2

−1

2

откуда уравнение BC : x + 2y − 6 = 0 .
Из рис. 3.12 видно, что область D						y
ограничена сверху ломаной АВС,
составленной из графиков двух функций,							B
поэтому для применения формулы (3.12)					2	y = x	B	D2
область D нужно разбить на две части D1					1	D1		D2	C
область D нужно разбить на две части D1					1	A	y = 1		C
и D2 (рис. 3.13). Область D1				ограничена
прямыми	x =1,	x = 2,	y =1	(снизу) и	O	1	2	3	4	x
y = x (сверху), а область D2				ограничена	O	1	2	3	4	x
y = x (сверху), а область D2				ограничена			Рис. 3.13

прямыми x = 2, x = 4 , y =1 (снизу), а сверху - прямой y = 6 −2 x (y найдено

90

этого сечения вычисляется по

этого сечения вычисляется по