Изменение порядка интегрирования в двойном интеграле 1 страница

Если область D является простой, то для вычисления двойного интеграла применимы обе формулы (1.5) и (1.6).Следовательно:

 

.

 

Это равенство показывает, что повторное интегрирование не зависит от порядка интегрирования.

Этим обстоятельством часто пользуются при вычислении двойных интегралов, выбирая ту из двух формул, которая приводит к более простым выкладкам.

Пример 1.4.4

Изменить порядок интегрирования в следующем интеграле:

 

.

 

Решение

Область интегрирования непосредственно не дана. Мы должны выяснить её вид по пределам повторных интегралов.Итак, по пределам повторных интегралов восстановим область D интегрирования.

Так как внутренний интеграл берётся по х, то пределы внутреннего интеграла показывают, какими линиями область D ограничена слева и справа.

Уравнения этих линий: Û (х –1)² + у² = 1; х =2; х= у

Приступим к изменению порядка интегрирования:

 

 

Этот пример показывает, как важно с самого начала продумать порядок интегрирования, т.е. предварительно следует посмотреть, для какой переменной лучше выбрать постоянные пределы интегрирования и выбрать тот способ. при котором двойной интеграл будет представлен меньшим числом повторного интеграла.

Пример 1.4.5 – Изменить порядок интегрирования в интеграле

 

 

 

y =e^x,

y = 2, Û e^x = 2 Þ x = ln 2.

 

 

Пример 1.4.6 - Вычислить по области D, ограниченной линиями:

Замечание. При другом порядке интегрирования область D пришлось бы разбить на 3 области и даный интеграл представить в виде суммы 3-х повторных интегралов.

 

1.5. Замена переменных в двойном интеграле

Пусть в области D существует .

Перейдём к новым переменным U иV по формулам

 

(1.11)

 

где G – область определений этих функций.

Формулы (1.11) называются формулами преобразования координат.

(u,v из (1.11) определяется единственным образом)

Пусть эти функции имеют непрерывные частные производные в области G.

Рассмотрим выражение:

 

dxdxЕго называют якобианом

du dv

J = = D(x,y)

dy dy D(u,v)

du dv

 

Если J ¹ 0, то для двойного интеграла справедлива формула замены переменных:

 

(1.12)

 

Пример 1.5.1. ,

где D – параллелограмм, ограниченный прямыми х + у = 1, х + у =2, 2х – у = 1, 2х – у = 3.

Решение Непосредственно вычисление затруднительно, т.к. область D надо разбить на 3 области.

Сделаем замену переменных:

 

x + y = u, 2x – y = v.

 

Рассмотрим систему координат uov:

 

-

 

Следовательно,

 

.

1.6. Вычисление двойного интеграла в полярной системе координат

Во многих задачах, требующих применения двойных интегралов, прямоугольная система координат не является наилучшей.

Поэтому следует уметь переходить от одной системы координат к другой, более удобной, например, полярной.

Если 1) подынтегральная функция или 2) уравнение границы области интегрирования В содержит сумму , то в большинстве случаев упрощение интеграла достигается преобразованием его к полярным координатам, т.к. в полярных координатахх.

 

.

 

Рассмотрим, как двойной интеграл в прямоугольных координатах преобразовать в двойной интеграл в полярных координатах.

Пусть имеем двойной интеграл

 

,

 

где функция f(x,y) непрерывна в замкнутой области D.

Будем считать, что область D такова, что любая прямая, проходящая через начало координат, пересекает границу области более, чем в 2-х точках.

Преобразуем интеграл от прямоугольных координат к полярным координатам r и q.

При выводе формулы преобразования мы воспользуемся, хотя и не вполне строгим,но простым и наглядным геометрическим методом рассуждений.

 

 

Отнесём область D к полярным координатам, приняв ось ОХ за полярную ось, а начало координат за полюс.

В этом случае, как легко установить, прямоугольные координаты точки связаны с полярными координатами следующим соотношениями:

 

. (1.13)

 

Для того, чтобы получить все точки плоскости ОХУ, достаточно, очевидно, ограничиться знчениями r ³ 0 и 0 £ q £ 2p.

По определению двойной интеграл

 

. (1.14)

 

Поскольку этот предел не зависит от способа разбиения области D на частичные области, то мы можем разбить область D по своему усмотрению.

Рассмотрим такое дробление области D, чтобы легче было осуществить преобразование двойного интеграла к полярным координатам.

Разобъём область D на частичные области с помощью 1) концентрических окружностей с центром в полюсе и 2) лучей, исходящих из полюса О.

Пусть этому разбиению области D отвечает интегральная сумма (1.14).

(Площади частичных областей D_i (i =1,2,..., n) обозначим через DS_i).

Частичная область D_i представляет собой криволинейную фигуру, ограниченную двумя дугами концентрических окружностей радиусов r_i и r_i+1 и двумя отрезками лучей.

Замечание. Можно показать, что “ неправильные ” участки, расположенные вдоль границы области D, становяться сколь угодно малыми по мере того, как разбиение становится всё более и более мелким.

Найдём выражение площади частичной области D_i, она будет равна разности площадей двух круговых секторов:

Обозначим (Средний радиус между r_i и r_i + Dr_i).

 

Тогда .

 

Для составления интегральной суммы для функции f(x,y) в качестве точек (x_i,h_i) областей D_i выбираем точки, лежащие на средних окружностях радиуса r_i.

Согласно формулам (1.2) для произвольно выбранной т. (x_i,h_i) будем иметь

 

 

(взяли , т.к. точка находится на окружности радиуса ).

Угол q_i – между полярной осью и лучом, проходящим через т. (x_i,h_i)

 

Тогда (1.15)

 

В пределе получим: (1.16)

 

Т.к. слева в равенстве (1.15) стоит интегральная сумма для непрерывной функции f (x,y), а справа – интегральная сумма также для непрерывной функции f (r cosq, r sinq)r, то пределы этих сумм существуют и равны соответствующим двойным интегралам.

Замечание: можно положить, в частности, , т.е. взять в качестве т. (x_i,h_i) точку на контуре частичной области D_i (мы ведь знаем, что выбор точек (x_i,h_i) в области D_i не влияет на предел интегральной суммы).

Формула (1.16) выражает правило замены переменных в двойном интеграле при переходе к полярным координатам.

Формулу (1.16) можно получить, вычислив якобиан преобразования:

 

 

Подставив в сумму (1.12), получим

 

.

Его можно сформулировать так:

Правило преобразования.

Для того чтобы преобразовать двойной интеграл в прямоугольных координатах в интеграл в полярных координатах, нужно:

1) в подынтегральной функции f(x,y) заменить х и у соответственно через r cosq и r sinq;

2) элемент площади dxdy в прямоугольных координатах заменить произведением r dr dq (которое называют элементом площади в полярных координатах).

Замечание. В случае сложной области D часто удаётся разбить эту область на несколько простых областей.

Вычисление двойного интеграла в полярной системе координат, как и в случае прямоугольных координат, осуществляется путём того же правила приведения его к повторному интегралу, при этом здесь роль переменных х и у играют переменные r и q.

Сначала отмечают крайние значения a и b полярного угла q.

Угол a соответствует точке А, угол b – точке В контура. точки А и В разбивают контур (границу области D) на 2 части: АСВ и ВЕА, уравнения которых соответственно обозначают через r₁ = r₁(q) и r₂ = r₂(q), где r₁(q) и r₂(q) – непрерывные функции, заданные на сегменте [a,b]. Следовательно, область D ограничена 1) линиями

r₁ = r₁ (q) – уравнение АСВ,

r₂ = r₂ (q) – уравнение ВЕА и

 

2) двумя лучами, образующими с полярной осью углы a и b; причём a < b; r₁(q) и r₂(q) – непрерывные функции.

Следовательно, пределы внешнего интеграла будут a и b. Найдём пределы внутреннего интеграла.Для этого фиксируем произвольное значение угла q между a и b, затем из полюса О под углом q проводим луч ОЕ.

Точка входа этого луча в области D лежит на линии r₁ = r₁(q), а точка выхода его из области D лежит на линии r₂ = r₂(q).

Уравнения этих линий и дают соответственно нижний и верхний пределы внутреннего интеграла:

 

. (1.17)

 

Замечание 1. Другой порядок интегрирования (т.е. сначала по q, а затем по r) употребляется крайне редко, и мы не будем на нём останавливаться.

Замечание 2. Полученная формула соответствует тому случаю, когда полюс лежит вне области интегрирования.

Если же полюс будет расположен внутри области D и любой луч, проведённый из полюса, пересекает границу области D не более чем в одной точке, то формула упрощается и принимает следующий вид:

 

.

Рис.1.19

 

Замечание 3. При вычислении двойных интегралов переход от прямоугольных координат особенно полезен в том случае, когда область интегрирования D есть 1) круг или 2)часть круга, или 3) когда подынтегральная функция содержит в себе двучлен вида х² + у².

При переходе к полярным координатам двучлен

, т.е. заменяется очень простым одночленом r².

Пример 1.6.1

Перейти к полярным координатам и расставить пределы интегрирования в следующем интеграле:

 

. (1.18)

Решение

. (1.19)

 

Пример 1.6.2 Вычислить двойной интеграл ,

где область D есть кольцо, заключенное между окружностями х² + у² = е² и х² + у² = 1.

 

(1.20)

 

Пример 1.6.3 Вычислить , где (D) область, ограниченная полярной осью и кривой с дополнительным условием: полярный угол .

Решение.

Кривая - лемниската. Определим, как изменяется угол j в области D. С увеличением угла j (при условии j< p/2) полярный радиус r уменьшается. При некотором значении j он становится равным нулю. Найдём это значение j. (рис. 1.20)

Подставим в уравнение лемнискаты r = 0 и получим уравнение для определения j:

 

(учтено условие, что j < p/2).

Таким образом, в области D полярный угол изменяется от 0 до p/4.

Переменная r изменяется в области D от r = 0 до , по формуле

.

 

Упражнения.

Задание 1. Изменить порядок интегрирования в интеграле.

Область интегрирования изобразить на чертеже:

1.1 1.2

1.3 1.4

1.5 1.6

Задание 2. Вычислить двойной интеграл в полярных координатах от функции z = f(x,y) по области Ф:

2.1 ; Ф – круг

2.2 ; Ф – круг

2.3 ; Ф – кольцо

2.4 ; Ф- кольцо

2.5 ; Ф – круг

2.6 ; Ф – круг

Задание 3. Вычислить двойной интеграл от функции z = f (x;y) по области Ф, ограниченной заданными линиями:

 

3.1

3.2

3.3

3.4

3.5

 

 

НЕКОТОРЫЕ ПРИЛОЖЕНИЯ ДВОЙНЫХ ИНТЕГРАЛОВ

1.7 Объём тела

Выше было установлено, что объём тела,ограниченного сверху поверхностью z = f(x,y), где f(x,y) – непрерывная, неотрицательная функция, снизу - областью D плоскости Оху, с боков – цилиндрической поверхностью с образующими, параллельными оси Оz, выражается формулой

 

. (1.21)

Замечание. Заметим, что в (1.1) область D есть ортогональная проекция куска поверхности z = f(x,y) на плоскости хОу. Иногда же поверхность, ограничивающая тело, задаётся уравнением у = j (x,z) или х = y (y,z), в таком случае проекция её (область D) берётся на плоскости хОz, соответственно уОz, при этом в (1.1) изменяется лишь обозначения переменных.

1.Если тело не является цилиндрическим, то его разбивают на цилиндрические части.

2.Если f(x,y) £ 0,то .

3.Если тело ограничено сверху поверхностью z = f₂(x,y) ³ 0, снизу – поверхностью z = f₁(x,y) ³ 0 (причём обе поверхости проектируются на плоскость хОу в область D), то объём тела находится по формуле

 

.

 

Замечание. Эта формула верна и тогда, когда функции f₂(x,y) и f₁(x,y) –любые непрерывные функции, удовлетворяющие условию f₂(x,y) ³ f₁(x,y).

При вычислении объёма тела полезно сделать пространственный рисунок, который давал бы представление о форме данного тела.

Если же такого рисунка не удаётся построить, то можно ограничиться хотя бы рисунком, изображающим только область интегрирования (основание цилиндрического тела на плоскости).

Однако и в этом случае необходимо представить себе, хотя бы в общих чертах, то тело, объём которого требуется найти.

Пример 1.7.1 Вычислить объём тела, ограниченного поверхностями:

Решение.

 

(куб.ед)

 

Пример 1.7.2 Вычислить объём тела, ограниченного поверхностями z = 0, x² + y² = 2y, z = 4 – x² – y².

Решение.

Данное тело представляет собой вертикальный цилиндр, ограниченный сверху пароболоидом z = 4 – x ² – y², а снизу – кругом D, уравнение граничной окружности x² + y² = 2y. (рис. 1.22)

Следовательно, .

 

 

Так как область интегрирования круг, а подынтегральная функция зависит от х² + у², то целесообразно перейти к полярным координатам. Уравнение окружности х² + у² = 2у в полярных координатах примет вид , то есть , полярный угол q в области D изменяется от 0 до p. Тогда

 

(куб.ед).

Упражнения.

 

Задание 1. Найти площадь фигуры, ограниченной данными линиями:

 

1.1 1.4

1.2 1.5

1.3

 

Задание 2. Найти объёмы тел, ограниченных заданными свойствами:

 

2.1

2.2

2.3

2.4

2.5

 

Задание 3.Пластинка Д задана ограничивающими её кривыми,m- поверхностная плотность. Найти массу пластинки:

 

3.1

3.2

3.3

3.4

3.5

 

Задание 4. Найти координаты центра тяжести однородной пластинки ограниченной кривыми:

 

4.1

4.2

4.3

4.4

4.5

 

1.8 Площадь плоской фигуры

Пусть f(x,y) º 1 всюду в области D.

Составим по данной области D интегральную сумму:

(где S- площадь области D), но тогда и , или по определению двойного интеграла

.

 

В полярных координатах (r,q)

 

. (1.22)

Пример 1.8.1 Вычислить площадь плоско области D, ограниченной прямой х + 2у = 2 и параболой у = х²/4 – 1.

Решение. Решив совместно уравнения прямой и параболы, найдём точки пересечения заданных линий: (2;0) и (-4;3). Тогда площадь плоской области (рис.1.23)

(кв.ед).

 

Пример 1.8.2 Найти площадь фигуры, ограниченной линиями у = 0, у = х, х² + у² = 2х. Þ r² = 2r сos q.

 

(кв.ед.).

 

Пример 1.8.3 найти площадь фигуры, ограниченную линией х³ + у³= аху (площадь петли) (рис. 1.25).