WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!

Pages:     | 1 |   ...   | 3 | 4 || 6 | 7 |   ...   | 13 |

( y) Теорема 2. Пусть функция f (x, y) C(D ), и пусть ( y) = f (x, y)dx, ( y) y [c,d]. Тогда ( y) C [c,d].

( ) Эта теорема была доказана ранее (см. гл. 1, §6, теорема о непрерывности интеграла как функции параметра).

Следствие. Если функция f (x, y) C(D ), то существует ( y) d d Iповт. = y)dy = dy f (x, y)dx.

( c c ( y) Ранее (см. §3, теорема 2) было доказано, что если f (x, y) C(D ), то f (x, y) R(D ), т. е. существует Iдв. = f (x, y)dxdy. Таким образом, прихо (D ) дим к заключению: если f (x, y) C(D ), то существуют одновременно Iдв. и Iповт.. А тогда по теореме 1 настоящего параграфа приходим к выводу, что Iдв. = Iповт., т. е.

( y) d f (x, y)dxdy = dy f (x, y)dx. (4) (D ) c ( y) Замечание 1. Если область (D ) представляет собой криволинейную трапе~ ~ цию другого типа и ограничена кривыми y = (x), y = (x), x [a,b] и пря~ ~ мыми x = a, x = b, a < b (функции (x) и (x) предполагаются непрерыв~ ~ ными на промежутке [a,b] и такими, что (x) (x), x [a,b]), то вместо формулы (4) придем к формуле ~ (x) b f (x, y)dxdy = dx f (x, y)dy. (5) ~ (D ) a ( x) Разумеется, что при этом предполагается, что f (x, y) C(D ), а, следователь~ ( x) b ~ но, Iдв. = f (x, y)dxdy и Iповт. = dx f (x, y)dy существуют.

~ (D ) a ( x) ~ y y = (x) y d ~ y = (x) (D) (D) ~ y =(x) ~ c y =(x) x x a a b b Рис. 2.8. К замечанию Рис. 2.7. К замечанию Замечание 2. Если контур области (D ) пересеy кается лишь в двух точках как параллелями оси (D3) абсцисс, так и параллелями оси ординат (как, например, в случае, изображенном на рис. 2.8), то (D1) справедливы обе формулы (4) и (5). При этом, конечно, предполагается, что f (x, y) C(D ). Функ~ (D2) ~ ции (x),(x) C [a,b]. Функции ( ) x ( y),( y) C [c,d].

( ) Замечание 3. В случае более сложного контура Рис. 2.9. К замечанию область (D ) обычно разлагается на конечное число частей рассмотренного типа (например, на рис. 2.9 область (D ) рассекается прямой x = на три такие части: (D1), (D2 ), (D3) ). Тогда и искомый двойной интеграл представляется суммой двойных интегралов, распространенных в отдельности на эти части:

f (x, y)dF = f (x, y)dF + f (x, y)dF + f (x, y)dF.

(D ) ( D1) (D2 ) ( D3 ) §7. Примеры к главе 1. Вычислить I = (x + y)dxdy, где (D ) – область, ограниченная двумя ( D ) параболами: y = x2 и y2 = x.

Полезно сделать чертеж (хотя бы грубо), чтобы y получить общее представление об области. Решая совместно уравнения парабол, находим точки их пересечения: (0, 0) и (11).

, x = yЕсли внешнее интегрирование производить по y, то промежутком изменения y будет [0,1]. Взяв проy (D) извольное значение y из промежутка [0,1], видим по y = xx рисунку, что x изменяется от x = y2 до x = y. БуO x= y Рис. 2.10. К примеру дем иметь, следовательно, I = dy (x + y)dx.

x= yВычисляем внутренний интеграл:

x= y x= y 1 1 4 + = y3 2 + y3 2 - y6 - y3 = y3 2 - y6 - y3.

(x + y)dx = x3 yx 3 3 3 3 x= yx= yВычисляем теперь внешний интеграл:

- - 4 y3 1 y6 y3 dy = 140.

3 x2 dxdy, где (D ) – об2. Вычислить I = y y( D ) ласть, ограниченная прямыми x = 2, y = x и гиy = x перболой xy = 1.

x = Наносим все эти три линии на рисунок (D ) (рис. 2.11). Совместным решением уравнений легко получить, что прямая x = 2 пересекает 1 прямую y = x в точке (2, 2), а гиперболу xy = 1 xy = x 2, 1 ; прямая же O – в точке y = x и гипербола Рис. 2.11. К примеру xy = 1 (в пределах первого квадранта, где и лежит рассматриваемая область) пересекаются в точке (11).

, Если внешнее интегрирование производить по x, то промежуток изменения x будет [1, 2]. Взяв произвольное значение x из этого промежутка, видим по рисунку, что y изменяется от y = до y = x. Будем иметь, следовательно, x y=x y=x y=x x2 dy. Но x2 dy =- xI = dx = x3 - x, так что y y2 yy= 1 y=1 x y=1 x x I = - x)dx =.

(x В то время как в примере 1 вычисление двойного интеграла по обеим формулам (4) или (5) представлялось одинаково простым, в примере 2 дело обстоит иначе: вычисление по формуле (4) здесь было бы сложнее. Тем не менее мы выполним его, ибо поучительно дать себе отчет в причине указанного обстоятельства.

Прямая, параллельная оси Ox, пересекает контур области (D ) в двух точках, так что формула (4) применима. Но кривая, ограничивающая нашу область слева, состоит из двух частей: куска гиперболы и куска прямой, которые определяются различными уравнениями. Иными словами, функция x =( y) задается различными формулами в различных частях промежутка, 2 изменения y. Именно,, если y 1,1, y ( y) = y, если y [1, 2].

Поэтому интегрирование по y следует разбить на два промежутка:,1 и [1, 2]. Следовательно, будем иметь:

1 x=2 2 x=I = dyx2 dx + dy x2 dx.

y2 y1 2 x=1 y 1 x= y Так как x=2 x=x=2 x=y x2 dx = x3 8 1 x2 dx = x3 = -, = -, y2 3y2 1 3y2 3y5 y2 3y2 3y2 x=1 y x= x= y x= y y то 1 y 8 1 I = dy + - 3y2 - 3 dy = 17 + 5 = 9.

12 6 3y2 3y1 2 С подобными обстоятельствами приходится считаться: из двух возможных путей вычисления двойного интеграла, естественно, выбирают более простой.

3. Вычислить I = 4x2 - y2dxdy, где (D ) – y ( D ) область, ограниченная прямыми y = 0, x = 1, y = x.

Если внешнее интегрирование производить по x, y=x то промежуток изменения x будет [0,1]. Взяв произx =вольное значение x из промежутка [0,1], видим по (D) рисунку, что y изменяется от y = 0 до y = x. Будем x y=x O y = иметь, следовательно, I = dx 4x2 - y2dy. Вы Рис. 2.12. К примеру 0 y=числяем внутренний интеграл:

y=x y=x y y 4x2 - y2dy = 4x2 - y2 + 2x2 arcsin = + x2.

2 2x 2 y=y=Вычисляем теперь внешний интеграл:

I = 23 + x2dx = 1 3 +.

3 3 2 В примере 3 вычисление I можно было вести и по формуле (4), т. е. производить внешнее интегрирование по y. Но в этом случае мы натолкнемся на более трудные квадратуры. Чтобы убедиться в этом, станем вычислять I 1 x=по формуле (4). Имеем: I = dy 4x2 - y2 dx. Вычисляем внутренний инте 0 x= y грал:

x=x= y4x2 - y2dx = - - - = x 4x2 y2 2 ln 2x + 4x2 y() x= y x= y y2 y= 4 - y2 - ln 2 + 4 - y2 - y2 3 + ln 2 y + 3y.

() () 2 2 А тогда ln 2 + ( ) y2 y I = 4 - y2 - 3y2 + y2 + ln dy.

2 2 + 4 - y Сопоставляя это выражения для I с ранее полученным: I = 23 + x2dx, видим, что вычисление I по формуле (5) предпочтительнее. Подобное обстоятельство следует учитывать при выборе формулы для вычисления двойного интеграла.

Для приобретения навыков в расстановке пределов интегрирования в случае криволинейной области полезны следующие упражнения.

Задача 1. Переменить порядок интегy рирования в повторном интеграле y=2-x I = dx f (x, y)dy.

-xy= -x = 2 y + Область интегрирования (D ) опре(D ) x =-2 y +деляется совместными неравенствами:

x x-6 -2 -6 x 2, -1 y 2 - x. Изобразим -эту область (D ) на рисунке. Из рис. 2.Рис. 2.13. К задаче видим, что если брать внешнее интегрирование по y, то область (D ) следует разбить на две области (D1) и (D2 ) линией y = 0. Тогда: (D1) будет определяться неравенствами: -1 y 0, -2 y +1 x 2 y +1, а (D2 ) – неравенствами 0 y 8, -2 y +1 x 2 - y. Будем иметь, следовательно, x=2 y+x=2- y 0 I = dy f (x, y)dx + dy f (x, y)dx.

-1 x=-2 y+1 0 x=-2 y+Задача 2. Переменить порядок интегрирования в повторном интеграле y=1-xI = dx f (x, y)dy.

-y=- 1-x Область интегрирования (D ) определяется совместными неравенствами -1 x 1, - 1- x2 y 1- x2.

y x = 1- y x =- 1- y x -(D ) x = 1- yx =- 1- y-Рис. 2.14. К задаче Изобразим область (D ) на рисунке. Из рис. 2.14 видим, что если внешнее интегрирование производить по y, то область (D ) следует разбить линией y = на две области (D1) и (D2 ). Область (D1) определяется неравенствами:

-1 y 0, - 1- y2 x 1- y2, а область (D2 ) – неравенствами 0 y 1, - 1- y x 1- y. Следовательно, будем иметь x= 1- y2 x= 1- y 0 I = dy f (x, y)dx + dy f (x, y)dx.

-1 0 x=- 1- y x=- 1- yЗадача 3. Переменить порядок интегрирования в повторном интеграле y= 2ax 2a I = dx f (x, y)dy (a > 0 ).

y= 2ax-x Область интегрирования (D ) определяется совместными неравенствами:

0 x 2a ; 2ax - x2 y 2ax. Изобразим область (D ) на рисунке. Из рис. 2.15 видим, что если внешнее интегрирование производить по y, то область (D ) следует разбить линией: y = a на три области: (D1), (D2 ), (D3).

Область (D1) определяется неравенствами:

y0 y a, x a - a2 - y2 ;

2a область (D2 ) – неравенствами:

0 y a, a + a2 - y2 x 2a ;

область (D3) – неравенствами ya y 2a, x 2a.

2a y 2a yx = 2a x = 2a a x = a + a2-yx = a - a2-yx a 2a Рис. 2.15. К задаче Следовательно, будем иметь:

x=a- a2 - y2 a a x=2a 2a x=2a I = dy f (x, y)dx + dy f (x, y)dx + dy f (x, y)dx.

0 0 a y2 yx=a+ a2- yx= x= 2a 2a 0 x, Задача 4. Вычислить I = cos(x + y) dxdy, где (D ) = 0 y.

( D ) y y = - x (D4) (D2) y = - x (D3) x (D1) 3 Рис. 2.16. К задаче Отметим прежде всего, что cos(x + y) 0 в областях:

(D1) = x ; 0 y - x и (D4 ) = x ; - x y.

2 2 cos(x + y) 0 в областях:

(D2 ) = x ; - x y и (D3) = x ; 0 y - x.

2 2 Имеем поэтому I = cos(x + y) dxdy = cos(x + y)dxdy - cos(x + y)dxdy ( D ) (D1) (D2 ) cos(x + y)dxdy + cos(x + y)dxdy = ( D3) (D4 ) 2 y= 2-x 2 y= = dx dx cos(x + y)dy - cos(x + y)dy 0 y=0 0 y= 2-x y=3 2-x y= - dx dx cos(x + y)dy = cos(x + y)dy + 2 y=0 2 y=3 2-x 2 y= -x y=3 -x y= 2 = sin(x + y) dx - dx - dx + sin(x + y) sin(x + y) y=0 y=y= -x 0 0 2 y= + sin(x + y) dx = (1- sin x)dx + (1+ sin x)dx + y=3 -x 20 + dx + 2 dx = + = 2.

(1+ sin x)dx + (1- sin x)dx = 2 2 0 2 Задача 5. Вычислить I = {x } sgn(x - y2 + 2)dxdy, где (D) = + y2 4.

(D ) yx2 1. Вет x2 - y2 + 2 = 0 -= y 2 ( ) ( ) ви этой гиперболы являются линиями разрыва подынтегральной функции. Так как подынтеx гральная функция – ограниченная в (D ) и непрерывная там всюду, за исключением точек, лежа- -2 -щих на двух простых кривых, то двойной инте- грал I существует.

Пусть Рис. 2.17. К задаче (D1) = -1 x 1; x2 + 2 y 4 - x2, {} (D3) = -1 x 1; - 4 - x2 y - x2 + 2, {} (D2 ) = -2 x -1; - 4 - x2 y 4 - x2 U {} U -1 x 1; - x2 + 2 y x2 + 2 U {} U 1 x 2; - 4 - x2 y 4 - x2.

{} Имеем в (D1) U (D3) : x2 - y2 + 2 < 0, а в (D2 ): x2 - y2 + 2 > 0. Мы знаем, что существование и величина двойного интеграла не зависят от значений, принимаемых подынтегральной функцией вдоль конечного числа простых кривых.

Поэтому I = dxdy - dxdy - dxdy = FD2 - FD1 - FD3, ( D2 ) ( D1) ( D3) где FD1, FD2, FD3 – площади областей (D1), (D2 ), (D3). Так как F( D ) = 4, F( D3) = F( D1), то F( D2 ) = 4 - 2F( D1) и, следовательно, I = 4 - 4F( D1). Так как область (D1) симметрична относительно оси Oy, то y= 4-x1 F( D1) = 2 dx dy = 2 4 - x2 - x2 + 2 dx = () 0 y= x2 +x=4 x x = 2 x 4 - x2 + arcsin - x2 + 2 - ln x + x2 + 2 = ( ) 22 2 x= 3 2 = 2 3 + - - ln 1+ 3 + ln 2 = + 2ln.

() 2 3 2 1+ А тогда 8 2 I = 4 - - 8ln = + 4ln 2 + 3.

() 1+ Задача 6. Вычислить I = E( y - x2 ) dxdy, где (D ) = y 4.

{x } ( D ) По определению функции E, имеем:

если 0 y - x2 <1, т. е. если x2 y <1+ x2, то E( y - x2 ) = 0 ;

если 1 y - x2 < 2, т. е. если 1+ x2 y < 2 + x2, то E( y - x2 ) = 1;

если 2 y - x2 < 3, т. е. если 2 + x2 y < 3+ x2, то E( y - x2 ) = 2 ;

если 3 y - x2 < 4, т. е. если 3+ x2 y < 4 + x2, то E( y - x2 ) = 3.

Следовательно, E( y - x2 ) = 0 в (D1);

y E( y - x2 ) = 1 в (D2 ); E( y - x2 ) = 2 в x= y-(D3); E( y - x2 ) = 3 в (D4 ). Видим, что (D4) подынтегральная функция терпит разрыв x= y-на конечном числе простых кривых, ле- (D3) жащих в области (D ). В остальных точx= y-(D2) ках области (D ) она непрерывная. Так x= y как подынтегральная функция еще и ог(D1) раниченная в (D ), то двойной интеграл x I существует. Принимая во внимание, -2 -1 что существование и величина двойного Рис. 2.18. К задаче интеграла не зависят от значений, принимаемых подынтегральной функцией вдоль конечного числа простых кривых, можем написать, что:

I = 2 dxdy + 3 dxdy 0 dxdy + 1 dxdy + ( D1) ( D2 ) ( D3 ) ( D4 ) I = FD2 + 2 FD3 + 3 FD4, где FD2, FD3, FD4 – площади областей (D2 ), (D3), (D4 ) соответственно. Так как области (D2 ), (D3), (D4 ) симметричны относительно оси Oy, то:

x= y-4 y=2 FD4 = 2 dy dx = 2 y - 3 dy = 2 ( y - 3)3 2 = ;

3 y=3 x=0 x= y-4 y=4 2 FD3 = 2 dy dx - FD4 = 2 y - 2 dy - = 2 ( y - 2)3 2 - = 3 3 y=2 x=0 4 4 = 2 2 - = 2 2 -1 ;

( ) 3 3 x= y-4 8 FD2 = 2 dy dx - (FD3 + FD4 ) = 2 y -1dy - = 1 x=0 y=2 8 2 8 = 2 y -1)3 2 - = 4 3 -.

3( 3 y=А тогда 8 2 I = 3 - + 2 2 2 -1 + 3 = 4 3 - 3 2 + 4.

()4 4() 3 3 3 Глава 3. Криволинейные интегралы §1. Криволинейные интегралы первого рода 1°. Прежде чем дать определение криволинейного интеграла первого рода, рассмотрим следующую задачу.

Имеется спрямляемая пространственная кривая (l) длины s. Пусть на (l) непрерывным образом распределена масса с плотностью (x, y, z). (Средней плотностью дуги мы называем отношение ее массы к ее длине. Плотность (x, y, z) кривой (l) в точке (x, y, z) есть предел средней плотности бесконечно малой дуги, стягивающейся в упомянутую точку). Требуется найти массу m кривой (l).

Разбиваем кривую (l) точками z B= An K An-1 A0 = A, A1, A2,, An-1, An = B произвольным образом на n частичных дуг Ak Ak+1 (k = 0,1, 2,K, n -1) с длиAk+нами s0, s1, s2, K, sn-1. Полагаем A= AAk = max sk. Предполагаем частич{ } A1 A2 y k=0, n-ные дуги Ak Ak+1 столь малыми, что на (Ak Ak+1 плотность распределения x массы вдоль этой дуги можно приРис. 3.1. К задаче по определению массы ближенно считать постоянной, равной кривой (xk, yk, zk ), где точка (xk, yk, zk ) – любая, принадлежащая (Ak Ak+1. Тогда масса mk частичной дуги Ak Ak+привой (l) будет приближенно выражаться формулой mk = (xk, yk, zk ) sk.

Масса m всей кривой (l) будет выражаться приближенно суммой m (x0, y0, z0 ) s0 + (x1, y1, z1) s1 + K + (xn-1, yn-1, zn-1) sn-1 = n-=, yk, zk ) sk.

(xk k=Интуитивно ясно, что чем мельче частичные дуги Ak Ak+1, тем меньше ошибка, которую мы делаем, считая частичную дугу Ak Ak+1 однородной. Поэтому за массу m кривой (l) естественно принять:

n-m = lim, yk, zk ) sk.

(xk k=2°. Дадим теперь определение криволинейного интеграла первого рода.

Пусть в пространстве расположена спрямляемая кривая (l), имеющая концы в точках A и B, и пусть во всех точках кривой (l) определена функция f (x, y, z). Проделаем следующие операции.

1. Разобьем кривую (l) точками A0 = A, A1, A2, K, An-1, An = B, следующими друг за другом вдоль кривой (l) в направлении от A к B, на частичные дуги (Ak Ak+1. Пусть sk – длина (Ak Ak+1 ( k = 0,1,K, n -1). Положим = max sk ( – ранг дробления).

Pages:     | 1 |   ...   | 3 | 4 || 6 | 7 |   ...   | 13 |



© 2011 www.dissers.ru - «Бесплатная электронная библиотека»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.