Вычисление двойного интеграла повторным интегрированием

I случай. Прямоугольная область.

Пусть функция f(x;y) определена на прямоугольнике Р=[a,b;c,d] и интегрируема по y на [c;d] для любого фиксированного xÎ[a;b], т.е. "xÎ[a;b] . Тем самым определена функция на [a;b]. Если функция F(х) интегрируема на [a;b], т.е. , то этот интеграл называется повторным интегралом от функции f по прямоугольнику Р, взятым сначала по y, а затем по x. Его символически обозначают

. (1)

Аналогично определяется повторный интеграл . (2)

Теорема 1. Если функция f(x;y) непрерывна на прямоугольнике Р=[a,b;c,d], то существуют повторные интегралы (1) и (2).

Доказательство.

Докажем существование интеграла (1). Для этого достаточно доказать, что функция непрерывна на [a;b]. Пусть x₀ - произвольная точка отрезка [a;b]. Придадим x₀ приращение Dх, так чтобы x₀+DхÎ[a;b]. Тогда

,

. (3)

Т.к. функция f непрерывна на прямоугольнике Р, то она и равномерно непрерывна на нём. Тогда "e>0 $d>0: "(x₁;y₁),(x₂;y₂)ÎP: r((x₁;y₁),(x₂;y₂))<d Þ

|f(x₁;y₁)-f(x₂;y₂)|<e. (4)

Пусть e>0 - произвольное число. выполнено

, .

Тогда для этих точек должно выполняться (4), т.е.

. (5)

Из (3) и(5) следует

.

Т.о., из условия следует .

Следовательно, F(х) непрерывна в точке х₀. Так как х₀ – произвольная точка из [a;b] то F(х) непрерывна на [a;b]. Следовательно, она интегрируема на [a;b], т.е. .

Существование повторного интеграла (2) доказывается аналогично.

Теорема 2. Если функция f(x;y) непрерывна на прямоугольнике Р=[a,b;c,d], то справедлива формула

.

(без доказательства)

Пример 1. Вычислить , где Р прямоугольник [0,1;0,1].

D . D

II случай. Непрямоугольная область.

Пусть функция f(x;y) определена на замкнутой области Р, представляющей собой плоскую фигуру, ограниченную прямыми x=a и x=b (a<b), кривыми y=j₁(x) и y=j₂(x), причем j₁(x)£j₂(x) и j₁(х), j₂(х) непрерывны на [a;b]. Такую область назовем простой областью I типа. (обозначим её Р_I). Очевидно, что Р_I квадрируема. Рассуждая аналогично I случаю, имеем: , повторный интеграл:

. (6)

Пусть область Р ограничена прямыми y=c и y=d (c<d), кривыми x=y₁(y), x=y₂(y), причем y₁(y)£y₂(y) и y₁(y) и y₂(y) непрерывны на [c;d]. Такую область назовем простой областью II типа. (обозначим её Р_II). Р_II квадрируема. Тогда , повторный интеграл:

. (7)

Теорема 3. Если функция f(x;y) непрерывна на простой области I типа, то существует повторный интеграл (6).

Доказательство.

Докажем непрерывность функции F(х) на [a;b]. Из этого будет следовать ее интегрируемость. Пусть х- произвольная точка отрезка [a;b]. В интеграле сделаем замену переменной: . Если t=0, то y=j₁(x), если t=1, то y=j₂(x), . Получим

.

Т.к. f(x;y) непрерывна на Р_I, функции j₁(х), j₂(х) непрерывны на [a;b], то функция g(x;t) непрерывна на прямоугольнике D=[a,b;0,1]. Поэтому на основании теоремы 1 F(х) непрерывна на [a;b]. Следовательно, она интегрируема на [a;b], т.е. .

Теорема 4. Если функция f(x;y) непрерывна на простой области II типа, то существует повторный интеграл (7).

Теорема 5. Если функция f(x;y) непрерывна на простой области I типа, то справедлива формула

. (8)

Доказательство (на оценку «отлично»).

Так как j₁(x) и j₂(x) непрерывны на [a;b], то они на этом отрезке имеют наименьшее и наибольшее значения. Обозначим их , . Пусть D=[a,b;c,d], PÌD.Рассмотрим функцию F(x;y) на D:

По условию f непрерывна на замкнутой квадрируемой области Р, следовательно, она интегрируема на Р. Т.к. F(x;y)=f(x;y), то и F(x;y) интегрируема на Р и

.

С другой стороны, т.к. на Р₁ и Р₂ F(x;y)=0, то F(x;y) интегрируема и на Р₁, Р₂ и

(все интегральные суммы равны нулю, а значения на границе можно не учитывать).

Тогда по свойству аддитивности двойного интеграла F(x;y) интегрируема на

и

. (9)

Теперь наша задача свелась к вычислению - двойного интеграла по прямоугольной области.

" фиксированного хÎ[a;b]

,

так как существует каждый из трёх интегралов справа:

, а .

Тогда "хÎ[a;b]

. (10)

Так как f(x;y) непрерывна на Р, то по теореме 3 непрерывна на [a;b]. Тогда из (10) следует, что непрерывна на [a;b], значит, F(х) интегрируема на [a;b], т.е. существует повторный интеграл (случай I)

Загрузка...

. (11)

Теперь из (9) и (11), учитывая (10), получаем

.

Теорема 6.Если функция f(x;y) непрерывна на простой области II типа, то справедлива формула

. (12)

Замечание 1. Если контур области интегрирования пересекается не более, чем в двух точках, как параллелями оси Ох, так и параллелями оси Оу, то имеют место обе формулы (8) и (12), и, значит, повторные интегралы (6) и (7) равны.

Замечание 2. Если область Р не является простой областью I или II типа, то её разбивают (если возможно) на конечное число простых областей I и II типа. Тогда двойной интеграл по области Р равен сумме интегралов по простым областям.

Пример 2. Р ограничена: y=x³, y+x=2, x=0. Вычислить .

D Найдём координаты точки А:

x³=2-x, x³+x-2=0, x=1.

=

. D

Пример 3. Р ограничена: y²=3x+9, y=3–x. Свести к повторным двумя способами.

D Найдём точки пересечения графиков функций:

(3-x)²=3x+9, 9-6x+x²-3x-9=0,

x²-9x=0, x(x-9)=0, x=0, x=9,

y=3, y=-6.

Выразим из первого уравнения х: 3x+9=y²-9,

.

. D

Дата добавления: 2015-07-07