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 =ex,
y = 2, Û ex = 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 Di (i =1,2,..., n) обозначим через DSi).
Частичная область Di представляет собой криволинейную фигуру, ограниченную двумя дугами концентрических окружностей радиусов ri и ri+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 Di, она будет равна разности площадей двух круговых секторов:
Обозначим 
(Средний радиус между ri и ri + Dri).
Тогда 
.
Для составления интегральной суммы 
для функции f(x,y) в качестве точек (xi,hi) областей Di выбираем точки, лежащие на средних окружностях радиуса ri.
Согласно формулам (1.2) для произвольно выбранной т. (xi,hi) будем иметь
(взяли 
, т.к. точка находится на окружности радиуса ).
Угол qi – между полярной осью и лучом, проходящим через т. (xi,hi)
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. (xi,hi) точку на контуре частичной области Di (мы ведь знаем, что выбор точек (xi,hi) в области Di 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).
