WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!

Pages:     | 1 |   ...   | 7 | 8 || 10 | 11 |   ...   | 13 |

( K ) Чтобы выразить I обыкновенным определенным интегралом, нужно использовать параметрические уравнения контура (K ). Сделав это, мы придем в точности к интегралу, стоящему в правой части (7), если только положительный обход контура (KD ) соответствует положительному обходу контура (K ). Если же положительный обход контура (KD ) соответствует отрицательному обходу контура (K ), то мы получим интеграл стоящий в правой части (7), взятый со знаком «минус». Таким образом, FD = ±I. (9) Преобразуем интеграл I (см. (8)) по формуле Грина Q P P(,)d + Q(,)d = - dd.

(K ) () У нас в I : P = x(,) y(,), Q = x(,) y(,). Значит, Q = x y + x y Q P - = x y - x y = J(,).

P = x y + x y Поэтому I = J(,)dd.

(x y - x y )dd = () () А, следовательно, FD =± J(,)dd.

() У нас по условию J(,) всюду в () сохраняет знак. Поэтому, принимая во внимание, что FD > 0, можем написать FD = J(,) dd. (10) () Из рассуждений, проведенных выше, следует, что J(,) > 0 тогда, когда положительный обход контура (KD ) соответствует положительному обходу контура (K ) и что J(,) < 0 тогда, когда положительный обход контура (KD ) соответствует отрицательному обходу контура (K ).

К двойному интегралу, стоящему в правой части (10), применим частный случай теоремы о среднем. Получим.

FD = J(, ) F, где (, ) (). (11) FD Из (11) находим = J(, ). Станем сжимать область () по всем направF лениям в некоторую точку (,) (тогда (, ) (,)). В силу непрерывности отображения область (D) будет при этом сжиматься в точку (x, y), которая соответствует точке (,). Следовательно, FD J(,) = lim.

F F Таким образом, модуль якобиана есть коэффициент искажения площадей при переходе из плоскости O в плоскость Oxy.

Замечание. Формула (10) остается верной и в том случае, когда взаимнооднозначное соответствие между точками областей (D ) и () нарушается на множестве точек, лежащих на конечном числе простых кривых. При этом предполагается, что якобиан J(,) остается ограниченным всюду в ().

§6. Замена переменных в двойном интеграле Пусть между точками областей (D ) и () установлено взаимноx = x(,), однозначное соответствие посредством формул y = y(,). Считаем, что вы полняются все условия, указанные при выводе формулы для площади плоской фигуры в криволинейных координатах.

Пусть в области (D ) задана непрерывная функция f (x, y). Мы знаем, что тогда существует двойной интеграл I = f (x, y)dxdy. Требуется выразить I ( D ) через некоторый двойной интеграл по области ().

Составим интегральную сумму Римана для двойного интеграла I. Для этого произвольной сетью простых кривых нужно разбить область (D ) на части (D1), (D2 ), K, (Dn ); в каждой части (Dk ) взять произвольную точку n (xk, yk ), и тогда = f (xk, yk ) FDk.

k=Заметим, что, проводя в (D ) сеть простых кривых, мы, в силу однозначности отображения, будем проводить также сеть простых кривых в области (), так что () разобьется на части (1), (2 ), K, (n ).

По формуле для площади плоской фигуры в криволинейных координатах, имеем FDk = J(,) dd.

(k ) Применяя к двойному интегралу, стоящему в правой части, частный случай теоремы о среднем, получим FDk = J(k, k ) Fk, где точка (k, k ) (k ).

А тогда n = f (xk, yk ) J(k, k ) Fk.

k=Было отмечено, что у нас двойной интеграл I существует. Следовательно, lim = I при любом выборе точек (xk, yk ) в (Dk ). В частности, в качестве точек (xk, yk ) можно взять точки, соответствующие точкам (k, k ), т. е.

положить xk = x(k, k ), yk = y(k, k ). При таком выборе точек (xk, yk ) будем иметь:

n = f x(k, k ), y(k, k ) J(k, k ) Fk.

() k=Сумма, стоящая здесь в правой части, есть сумма Римана для двойного интеграла I* = f x(,), y(,) J(,) dd, () () причем I* существует, ибо подынтегральная функция в нем есть функция непрерывная в ().

Отметим, что, измельчая дробление в (D ), мы тем самым будем измельчать дробление и в (), ибо функции, осуществляющие взаимно-однозначное отображение областей (D ) и () друг на друга, есть непрерывные функции. Но тогда I* при 0. А так как I при 0, то получаем I = I*, т. е.

f (x, y)dxdy = f x(,), y(,) J(,) dd. (1) ( ) (D ) () cos, Тогда x = r Частный случай. Пусть y = r sin.

f (x, y)dxdy = f (r cos,r sin )r drd.

(D ) () Замечание. Формула (1) остается верной и тогда, когда взаимнооднозначное соответствие между точками областей (D ) и () нарушается на множестве точек, лежащих на конечном числе простых кривых. При этом предполагается, что якобиан J(,) остается ограниченным всюду в ().

§7. Примеры к главе + -xПример 1 (интеграл Эйлера). Вычислить I = e dx (попутно будет доказана сходимость этого несобственного интеграла).

y Введем в рассмотрение функцию f (x, y) = e-x - y2 и области (D1), (D2 ), (D3), где:

(D1) – четверть круга: x2 + y2 R2, лежащая в первой четверти;

x 0 x R, (D2 ) – квадрат:

0 y R;

R R Рис. 3.29.

(D3) – четверть круга: x2 + y2 2R2, лежащая в К вычислению первой четверти.

интеграла Эйлера Ясно, что (D1) (D2 ) (D3). Отсюда и из того, что f (x, y) > 0 следует:

-x2 - y2 -x2 - y2 - x2 - y dxdy dxdy dxdy. (2) e e e (D1) ( D ) ( D ) 144244 1244244 3 3 = I1 = I2 = IВыразим двойной интеграл I2 через повторный.

R R R R -x2 - y2 -x2 - y2 - x2 - yI2 = dxdy = dx dy = e e e dxe dy = ( D2 ) 0 0 0 R R R - y2 -x2- x = e dy e dx = e dx.

00 Вычисление двойных интегралов I1, I3 будем производить, переходя к полярным координатам. Будем иметь R -x2 - y2 -r2 -rI1 = dxdy = d e e r drd = e r dr = (D1) (1) 0 R R r= R -r2 -r22 R= ;

( e r dr = e dr2 = - e-r = 1- e- ) 24 4 r=0 R r= 2R 22 -x2- yI3 = dxdy = d e-r r dr = - e-r = 1- e-2R.

() e r=(D3 ) 0 Теперь неравенство (2) может быть записано в виде R -x 1- e- R() () e dx 1- e-2R 4 R -x 1- e- Re dx 2 1- e-2R.

В этом неравенстве перейдем к пределу при R +. Так как 1- e- R2, 1- e-2R, 2 2 2 R+ R+ то по теореме о сжатой переменной заключаем, что R -xlim e dx = 2.

R+ + - x2 - xИтак, получили e dx = 2. Легко показать, что e dx = 2, а следо0 + - xвательно, e dx =.

Пример 2. В интеграле I = f (x, y)dxdy перейy r = a cos ( D ) ти к полярным координатам и расставить пределы интегрирования, если (D ) – круг x2 + y2 ax (a > 0 ).

x a a a 2 a x2 + y2 ax x - + y2 (D ) – a a круг радиуса с центром в точке, 0. Положим Рис. 3.30. К примеру 2 x = r cos, Окружность x2 + y2 = ax в полярных координатах задается урав y = r sin.

нением r2 = ar cos r = a cos, -,. Якобиан J(r,) = r.

2 Если внешнее интегрирование производить по, то промежутком измене. Взяв произвольное значение из промежутка ния, будет, - 2, видим по рисунку 3.30, что r изменяется от, r = 0 до r = a cos. Бу- 2 дем иметь, следовательно, 2 r=a cos I = d f (r cos,r sin )r dr.

- 2 r=a y Пример 3. В интеграле r = sin a I = f (x, y)dxdy перейти к поляр = ( D ) = 4 ным координатам и расставить пределы sin r = a cos2 интегрирования, если (D ) – параболи -a a x -a x a, ческий сегмент Рис. 3.31. К примеру 3 x2 y a.

a В полярных координатах отрезок прямой y = a, -a x a, определяется a 3 xуравнением: r =,,, а кусок параболы y =, x -a,a], – [ sin 4 4 a sin уравнением: r = a, 0, U,. Будем производить внешнее 4 cos0,, интегрирование по. Взяв произвольное значение из промежутка sin видим по рисунку 3.31, что r изменяется от r = 0 до r = a. Взяв произcos вольное значение из промежутка,, видим, что r изменяется от r = 4 a до r =. Взяв произвольное значение из промежутка,, видим, sin sin что r изменяется от r = 0 до r = a. Будем, следовательно, иметь cossin a r=a r= cos2 sin 4 I = d f (r cos,r sin )r dr + d f (r cos,r sin )r dr + 0 r=0 r=sin r=a cos + d f (r cos,r sin )r dr.

r=1 Пример 4. В интеграле I = dx f (x, y)dy перейти к полярным координа 0 там и расставить пределы интегрирования в том и другом порядке.

y 1 = arcsin r = sin r = C B 1 = arccosr = cos r A x O Рис. 3.32. К примеру Область интегрирования (D ) определяется соотношениями x = r cos, J(r,) = r.

0 x 1, (D ) = 0 y 1. При замене y = r sin, y = 0, = 0, Отрезок OA = 0 x 1 0 r 1.

x = 0, =, Отрезок OB = 0 y 0 r 1.

r = 1, = arccos, x = 1, cos Отрезок AC = r 0 y 1 1 r 2.

0 r =, = y = 1, arcsin, sin Отрезок BC = r 0 x 1 1 r 2.

I. Если внешнее интегрирование производить по, то будем иметь 1 r= r= cos sin 4 I = d f (r cos,r sin )r dr + d f (r cos,r sin )r dr.

0 r=0 r=II. Будем производить теперь внешнее интегрирование по r. Взяв произвольное значение r из промежутка [0,1], видим по рис. 3.32, что изменяется от =0 до =. Взяв произвольное значение r из промежутка 2 ви[1, ], 1 дим, что изменяется от =arccos до =arcsin. Будем иметь, следоваr r тельно, = =arcsin1 2 r I = dr f (r cos,r sin )r d + dr f (r cos,r sin )r d.

0 =0 =arccosr y y=xПример 5. В интеграле I = dx f (x, y)dy 0 y=B перейти к полярным координатам и расставить пределы интегрирования в том и другом порядке.

C Область интегрирования (D ) определяет0 x 1, x ся соотношениями (D ) = A 0 y x2. Делаем O x = r cos, J(r,) = r.

Рис. 3.33. К примеру замену y = r sin y = 0, = 0, Отрезок OA = 0 x 1 0 r 1.

r = 1, = arccos, x = 1, cos Отрезок AB = r 0 y 1 1 r 2.

0 r = sin, -1, = arcsin 1+ 4ry = x2, cos(OCB = 0 x 1 2r 0 r 2.

0 sin ( y = x2 r sin = r2 cos2 r =, 0, ;

cosимеем также r sin = r2(1- sin2 ) r sin2 + sin - r = 0 sin =-1± 1+ 4r2r так как sin 0 для 0,, 1+ 4r2 -1 = arcsin 1+ 4r2 -1, r sin = [0, ].

2r 2r (r) в точке r = 0 понимается в предельном смысле, (0) = 0.

I. Будем производить внешнее интегрирование по. Взяв произвольное 0, видим по рис. 3.33, что r изменяется от значение из промежутка sin r = до r =. Поэтому будем иметь cos cos r= cos I = d f (r cos,r sin )r dr.

sin r= cosII. Станем производить теперь внешнее интегрирование по r. Взяв произвольное значение r из промежутка [0,1], видим по рис. 3.33, что изменяется 1+ 4r2 -1. Взяв произвольное значение r из промеот =0 до = arcsin 2r жутка 2 видим по рис. 3.33, что изменяется от =arccos до [1, ], r 1+ 4r2 -1. Следовательно, будем иметь = arcsin 2r 1+4r2 -1 1+4r2 -=arcsin =arcsin 1 2r 2r I = dr f (r cos,r sin )r d + dr f (r cos,r sin )r d.

0 =0 =arccosr Пример 6. Переменить порядок интегрирования в интеграле 2 r=a sin I = d f (,r)dr.

0 r= Область интегрирования (D ) определяет 1 ry = - arcsin 2 a 0, ся соотношениями: (D ) = 2 Из = 0 r a sin 2.

1 rсоотношения r = a sin 2 r2 = a2 sin = arcsin ar2 rx sin 2= 2=arcsin a2 aO a Рис. 3.34. К примеру 1 r= arcsin, r [0, a]. Требуется произвеaсти внешнее интегрирование по r.

Возьмем произвольное значение r из промежутка [0, a]. Из рис. 3.34 ви1 rдим, что будет изменяться при этом r от значения = arcsin до значеa 1 rния = - arcsin. Следовательно, будем иметь 2 a r= -1 arcsin 2 a aI = dr f (,r)d.

r=1 arcsin aПример 7. В двойном интеграле f (x, y)dxdy, где (D ) – область, огра (D ) ниченная линиями: x + y = a (a > 0 ), x = 0, y > 0, сделать замену переx = ucos4 v, менных по формулам:

y = usin4 v.

При такой замене:

1) линия x + y = a (a > 0 ) перейдет в линию u cos2 v + u sin2 v = a u = a u = a (рис. 3.35, 3.36);

y = 0, v = 0, usin4 v = 0, 2) линия 0 < x a перейдет в линию 0 < ucos4 v a < u a;

x = 0, ucos4 v = 0, v =, 3) линия 0 < y a перейдет в линию 0 < usin4 v a 0 < u a;

ucos4 v = 0, 4) точка O(0, 0) перейдет в линию u = 0.

usin4 v = y v a () x u (D) O a O a Рис. 3.35. К примеру 7 Рис. 3.36. К примеру xu xv cos4 v -4ucos3 vsin v J(u,v) = yu yv = sin4 v 4usin3 v cos v = 4usin3 v cos3 v.

Следовательно, v= a I = 4 f (ucos4 v,usin4 v)sin3 v cos3 v dv.

udu 0 v=Пример 8. Произведя соответствующую замену переменных, свести двойной интеграл I = f (x y)dxdy, где (D ) – область, ограниченная линиями:

( D ) xy = 1, xy = 2, y = x, y = 4x ( x > 0, y > 0 ), к однократному.

y v 4 y = 4x 3 (D) () y = x 2 xy= 1 xy=x u 1 2 1 Рис. 3.37. К примеру 8 Рис. 3.38. К примеру Делаем замену переменных:

x =, xy = u, u v (u > 0, v > 0, ибо x > 0, y > 0 ).

y = v y = uv x При такой замене:

1) линия xy = 1 перейдет в линию u = 1;

2) линия xy = 2 перейдет в линию u = 2;

3) линия y = x перейдет в линию v = 1;

4) линия y = 4x перейдет в линию v = 4.

1 1 u xu xv = 2 uv - v3 2 J(u,v) = yu yv 1 v 1 u =.

2v 2 u v Будем иметь, следовательно, 2 v=4 u=2 1 dv I = du f (u) = f (u) ln v du = ln 2 f (u)du.

[ ]v= v=2 v 1 v=1 u=1 Пример 9. Найти площадь фигуры, ограниченной линией (x - y)2 + x2 = a(a > 0 ).

v x - y = u, Делаем замену переменных x = v x = v, y = v - u. При такой замене линия (x - y)2 + x2 = a() u a (a > 0 ) переёдет в линию u2 + v2 = a2. Это – окружность радиуса a с центром в точке (0, 0).

xu xv = 0 1= 1.

J(u,v) = yu yv - Рис. 3.39. К примеру Искомая площадь F фигуры, ограниченной линией (x - y)2 + x2 = a2 (a > 0 ) будет равна F = dxdy = J(u,v) dudv = dudv = a2 (кв. ед.).

( D ) () () Пример 10. Найти площадь фигуры, ограниченной линиями:

(x2 + y2)2 = 2a2(x2 - y2 ); x2 + y2 a2.

y = = r =a r=a 2cosx a a = =-Рис. 3.40. К примеру x = r cos, В полярной системе Переходим к полярным координатам y = r sin.

координат линия (x2 + y2)2 = 2a2(x2 - y2 ) будет иметь уравнение:

r = a 2cos2 (это – лемниската), а линия x2 + y2 = a2 – уравнение r = a (это – окружность). Найдем точки пересечения этих линий. Для этого нужно решить систему:

r = a 2cos2, 1 2cos2 = 1 cos2 = = ± ; = ±.

26 r = a Принимая во внимание симметричность фигуры, станем вычислять площадь ее части, расположенной в первой четверти. Взяв произвольное значение из 0,, видим из рис. 3.40, что r при этом изменяется от значепромежутка ния r = a до значения r = a 2cos2. Будем иметь, следовательно, r=a 2cos2 r=a 2cos6 6 1 r2 F = d d = r dr = (2a cos2 - a2 )d = a2 42 2 2 2 r=a 0 r=a 0 3 3 - F = a2 (кв. ед.).

Пример 11. Найти площадь фигуры, ограниченной кривыми y2 = 2 px ;

y2 = 2qx ; x2 = 2ry ; x2 = 2sy (0 < p < q; 0 < r < s ).

v 2s y x2= 2sy x2= 2ry () y2= 2qx (D) 2r y2= 2px x u O O 2q 2p Рис. 3.41. К примеру 11 Рис. 3.42. К примеру Делаем замену переменных y2 u, = x = u13 v2 3, x y = u2 3 v1 3.

x = v y При такой замене:

1) ветвь параболы y2 = 2 px перейдет в прямую линию u = 2 p ;

2) ветвь параболы y2 = 2qx перейдет в прямую линию u = 2q ;

Pages:     | 1 |   ...   | 7 | 8 || 10 | 11 |   ...   | 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.