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 = е²и 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

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).

⇐ Назад

Далее ⇒