Math24.ru
Математический Анализ
Главная
Математический анализ
Пределы и непрерывность
Дифференцирование
Приложения производной
Интегрирование
Последовательности и ряды
Двойные интегралы
Тройные интегралы
Криволинейные интегралы
Поверхностные интегралы
Ряды Фурье
Дифференциальные уравнения
Уравнения 1-го порядка
Уравнения 2-го порядка
Уравнения N-го порядка
Системы уравнений
Формулы и таблицы
Powered by MathJax
   Повторные интегралы
Области интегрирования \(I\) и \(II\) типа
Двойные интегралы вычисляются, как правило, с помощью повторных интегралов. Однако переход от двойных к повторным интегралам возможен не для произвольной области интегрирования \(R,\) а для областей определенного типа. Введем понятия областей интегрирования типа \(I\) и \(II.\)

Определение \(1\). Говорят, что область \(R\) на плоскости относится к типу \(I\) или является элементарной относительно оси \(Oy\), если она лежит между графиками двух непрерывных функций, зависящих от \(x\) (рисунок \(1\)), и описывается множеством: \[R = \left\{ {\left( {x,y} \right)|\;a \le x \le b,\;p\left( x \right) \le y \le q\left( x \right)} \right\}.\] Определение \(2\). Говорят, что область \(R\) на плоскости относится к типу \(II\) или является элементарной относительно оси \(Ox\), если она лежит между графиками двух непрерывных функций, зависящих от \(y\) (рисунок \(2\)), и описывается множеством: \[R = \left\{ {\left( {x,y} \right)|\;u\left( y \right) \le x \le v\left( y \right),\;c \le y \le d} \right\}.\]
Рис.1
Рис.2
Связь между двойными и повторными интегралами
Пусть \(f\left( {x,y} \right)\) является непрерывной функцией в области \(R\) типа \(I:\) \[R = \left\{ {\left( {x,y} \right)|\;a \le x \le b,\;p\left( x \right) \le y \le q\left( x \right)} \right\}.\] Тогда двойной интеграл от функции \(f\left( {x,y} \right)\) в данной области выражается через повторный интеграл в виде \[ {\iint\limits_R {f\left( {x,y} \right)dA} } = {\int\limits_a^b {\int\limits_{p\left( x \right)}^{q\left( x \right)} {f\left( {x,y} \right)dydx} } .} \] Для области интегрирования типа \(II\) существует аналогичная формула. Если \(f\left( {x,y} \right)\) является непрерывной функцией в области \(R\) типа \(II:\) \[R = \left\{ {\left( {x,y} \right)|\;u\left( y \right) \le x \le v\left( y \right),\;c \le y \le d} \right\},\] то справедливо соотношение \[ {\iint\limits_R {f\left( {x,y} \right)dA} } = {\int\limits_c^d {\int\limits_{u\left( y \right)}^{v\left( y \right)} {f\left( {x,y} \right)dxdy} } .} \] Приведенные формулы (в англоязычной литературе они известны как теорема Фубини) позволяют вычислять двойные интегралы через повторные. В повторных интегралах сначала находится внутренний интеграл, а затем - внешний.

   Пример 1
Найти повторный интеграл \(\int\limits_0^1 {\int\limits_1^2 {xydydx} } .\)

Решение.
Сначала вычислим внутренний интеграл и затем внешний. \[ {\int\limits_0^1 {\int\limits_1^2 {xydydx} } } = {\int\limits_0^1 {\left[ {\int\limits_1^2 {xydy} } \right]dx} } = {\int\limits_0^1 {\left[ {x\left. {\left( {\frac{{{y^2}}}{2}} \right)} \right|_1^2} \right]dx} } = {\int\limits_0^1 {\frac{3}{2}dx} } = {\frac{3}{2}\left. {\left( {\frac{{{x^2}}}{2}} \right)} \right|_0^1 = \frac{3}{4}.} \]
   Пример 2
Найти повторный интеграл \(\int\limits_0^1 {\int\limits_y^{{y^2}} {\left( {x + 2y} \right)dxdy} }.\)

Решение.
Здесь область интегрирования относится к типу \(II\) (является элементарной относительно оси \(Ox\)). Вычисляя сначала внутренний интеграл по \(x,\) и затем внешний по \(y,\) получаем \[ {\int\limits_0^1 {\int\limits_y^{{y^2}} {\left( {x + 2y} \right)dxdy} } } = {\int\limits_0^1 {\left[ {\int\limits_y^{{y^2}} {\left( {x + 2y} \right)dx} } \right]dy} } = {\int\limits_0^1 {\left[ {\left. {\left( {\frac{{{x^2}}}{2} + 2yx} \right)} \right|_y^{{y^2}}} \right]dy} } = {\int\limits_0^1 {\left[ {\left( {\frac{{{y^4}}}{2} + 2{y^3}} \right) - \left( {\frac{{{y^2}}}{2} + 2{y^2}} \right)} \right]dy} } = {\int\limits_0^1 {\left[ {\frac{{{y^4}}}{2} + 2{y^3} - \frac{{5{y^2}}}{2}} \right]dy} } = {\left. {\left[ {\frac{{{y^5}}}{{10}} + \frac{{{y^4}}}{2} - \frac{{5{y^3}}}{6}} \right]} \right|_0^1 } = {\frac{1}{{10}} + \frac{1}{2} - \frac{5}{6} = - \frac{7}{{30}}.} \]
   Пример 3
Вычислить \(\int\limits_1^2 {\int\limits_0^y {x\sqrt {{y^2} + {x^2}} dxdy} }.\)

Решение.
Запишем повторный интеграл в виде \[ {I = \int\limits_1^2 {\int\limits_0^y {x\sqrt {{y^2} + {x^2}} dxdy} } } = {\int\limits_1^2 {\left[ {\int\limits_0^y {x\sqrt {{y^2} + {x^2}} dx} } \right]dy} .} \] Чтобы найти внутренний интеграл в квадратных скобках, сделаем замену: \[ {z = {y^2} + {x^2},}\;\; {\Rightarrow dz = 2xdx,}\;\; {\Rightarrow xdx = \frac{{dz}}{2}.} \] Если \(x = 0,\) то \(z = {y^2},\) и, соответственно, если \(x = y,\) то \(z = 2{y^2}.\) Тогда \[ {I = \int\limits_1^2 {\left[ {\int\limits_0^y {x\sqrt {{y^2} + {x^2}} dx} } \right]dy} } = {\int\limits_1^2 {\left[ {\int\limits_{{y^2}}^{2{y^2}} {\sqrt z \frac{{dz}}{2}} } \right]dy} } = {\int\limits_1^2 {\left[ {\left. {\left( {\frac{{{z^{\frac{3}{2}}}}}{3}} \right)} \right|_{{y^2}}^{2{y^2}}} \right]dy} } = {\frac{1}{3}\int\limits_1^2 {\left[ {{{\left( {2{y^2}} \right)}^{\frac{3}{2}}} - {{\left( {{y^2}} \right)}^{\frac{3}{2}}}} \right]dy} } = {\frac{1}{3}\int\limits_1^2 {\left[ {2\sqrt 2 {y^3} - {y^3}} \right]dy} } = {\frac{{2\sqrt 2 - 1}}{3}\int\limits_1^2 {{y^3}dy} } = {\frac{{2\sqrt 2 - 1}}{{12}}\left. {\left( {{y^4}} \right)} \right|_1^2 } = {\frac{{5\left( {2\sqrt 2 - 1} \right)}}{4}.} \]
   Пример 4
Вычислить \(\int\limits_0^1 {\int\limits_0^y {\ln \left( {{y^2} + 1} \right)dxdy} } .\)

Решение.
Вычисляя внутренний интеграл, получаем \[ {I = \int\limits_0^1 {\int\limits_0^y {\ln \left( {{y^2} + 1} \right)dxdy} } } = {\int\limits_0^1 {\left[ {\int\limits_0^y {\ln \left( {{y^2} + 1} \right)dx} } \right]dy} } = {\int\limits_0^1 {\left[ {\ln \left( {{y^2} + 1} \right)\left. x \right|_0^y} \right]dy} } = {\int\limits_0^1 {\ln \left( {{y^2} + 1} \right)ydy} .} \] Далее используем интегрирование по частям: \({\large\int\normalsize} {udv} = uv - {\large\int\normalsize} {vdu}.\) Пусть \(u = \ln \left( {{y^2} + 1} \right),\) \(dv = ydy.\) Тогда \[ {du = \frac{d}{{dy}}\ln \left( {{y^2} + 1} \right) = \frac{{2ydy}}{{{y^2} + 1}},}\;\; {v = \int {ydy} = \frac{{{y^2}}}{2}.} \] Подставляя это, получаем \[ {I = \int\limits_0^1 {\ln \left( {{y^2} + 1} \right)ydy} } = {\left. {\left[ {\frac{{{y^2}}}{2}\ln \left( {{y^2} + 1} \right)} \right]} \right|_0^1 - \int\limits_0^1 {\frac{{{y^2}}}{2}\frac{{2ydy}}{{{y^2} + 1}}} } = {\left. {\left[ {\frac{{{y^2}}}{2}\ln \left( {{y^2} + 1} \right)} \right]} \right|_0^1 - \int\limits_0^1 {\frac{{{y^3}dy}}{{{y^2} + 1}}} } = {\frac{{\ln 2}}{2} - \int\limits_0^1 {\frac{{{y^3}dy}}{{{y^2} + 1}}} .} \] Наконец, вычислим последний интеграл: \[ {\int\limits_0^1 {\frac{{{y^3}dy}}{{{y^2} + 1}}} } = {\int\limits_0^1 {\frac{{{y^3} + y - y}}{{{y^2} + 1}}dy} } = {\int\limits_0^1 {\left[ {y - \frac{y}{{{y^2} + 1}}} \right]dy} } = {\int\limits_0^1 {ydy} - \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {\frac{{d\left( {{y^2} + 1} \right)}}{{{y^2} + 1}}} } = {\left. {\left[ {\frac{{{y^2}}}{2} - \frac{1}{2}\ln \left( {{y^2} + 1} \right)} \right]} \right|_0^1 } = {\frac{1}{2} - \frac{{\ln 2}}{2}.} \] Окончательный ответ: \[\require{cancel} I = \cancel{\frac{{\ln 2}}{2}} + \frac{1}{2} - \cancel{\frac{{\ln 2}}{2}} = \frac{1}{2}. \]
   Пример 5
Изменить порядок интегрирования в повторном интеграле \(I = \int\limits_0^5 {\int\limits_{\frac{x}{2}}^x {f\left( {x,y} \right)dydx} } .\)

Решение.
Область интегрирования относится к типу \(I\) (рисунок \(3\)). Она представляет собой треугольник, ограниченный прямыми \(y = \large\frac{x}{2}\normalsize\) или \(x = 2y\) и \(y = x\) или \(x = y.\) Переменная \(x\) изменяется в интервале \(0 \le x \le 5.\) Изменяя порядок интегрирования, исходный интеграл можно записать в виде суммы следующих двух повторных интегралов: \[ {I = \int\limits_0^{2,5} {\int\limits_y^{2y} {f\left( {x,y} \right)dxdy} } } + {\int\limits_{2,5}^5 {\int\limits_y^5 {f\left( {x,y} \right)dxdy} } .} \]
Рис.3


Все права защищены © www.math24.ru, 2009-2016   info@math24.ru
Сайт оптимизирован для Chrome, Firefox, Safari и Internet Explorer.