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 =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).