zaicevVM_2

Для строгого доказательства этой формулы нужно убедиться, что интегральные суммы для криволинейного интеграла и для определённого интеграла на отрезке [a, b] одинаковы. В данном пособии это не рассматривается.

Если бы линия L была задана уравнением x = g(y), y [c, d], то аналогично получили бы:

Lc

2)Пусть линия L задана параметрическими уравнениями x = x(t), y = y(t), t [t1, t2]. В этом случае dL = ( x′( t ))2 + ( y′( t ))2 dt , получим

127

o

Сделав подстановку x = Rcost, мы придём к только что вычисленному интегралу от sin2 t.

Эту же часть окружности очень удобно задать в полярных координатах:

r= R,ϕ 0,π . Пользуясь формулой (10.17), получим

2

Итак, из рассмотренных трёх способов задания четверти окружности наиболее удобным для вычисления криволинейного интеграла по ней оказался последний.

3. Вычисление двойного интеграла

Покажем, что вычисление двойного интеграла можно свести к последовательному вычислению двух обычных определённых интегралов.

1) Вначале рассмотрим вычисление двойного интеграла ∫∫ f ( M )dS в де-

D

картовой системе координат Oxy.

Найдём, прежде всего, удобное выражение для dS. Для этого выберем специальное разбиение области D (разбиение может быть любым!), а, именно, разобьём D на части прямыми, параллельными координатным осям (x = const, y = const). В этом случае можно взять dS = dxdy (рисунок 6), а двойной интеграл записать так

∫∫ f ( M )dS = ∫∫ f ( x, y )dx dy .

D D

Пусть область интегрирования D устроена так, как показано на рисунке 7, т. е. D = { M(x,y): y1(x) ≤ y ≤ y2(x), a ≤ x ≤ b }, причём каждая прямая, параллельная оси Oy пересекает границу этой области не более чем в двух точках (говорят,

что область D правильная в направлении оси Oy ).

128

Нижнюю из этих точек будем называть точкой входа (они лежат на линии y = y1(x) – линии входа), а верхнюю – точкой выхода (они лежат на линии

y = y2(x) – линии выхода).

Научимся вычислять двойной интеграл по такой области. Пусть, вначале, f(x,y) > 0 в области D, тогда эту функцию можно понимать как поверхностную плотность распределения массы и двойной интеграл будет давать массу m(D) пластинки D. Подсчитаем эту массу теперь по-другому.

Рассмотрим вертикальную полосу ABB1A1 малой ширины dx (вертикальный стержень) и выделим элемент этого стержня (на рисунке 7 он заштрихован). Площадь этого элемента dS = dxdy, а масса приближённо равна f(x,y)dxdy (ввиду малого размера этого элемента плотность во всех его точках можно считать постоянной). Чтобы найти массу этого стержня, надо «просуммировать» массы всех

При этом интегрировании x и dx постоянны (не меняются вдоль стержня), поэтому множитель dx вынесен за знак интеграла, а у, как видно из рисунка, меняется от значения y1(x) (на нижней границе) до значения y2(x) (на верхней границе).

Чтобы получить теперь массу всей пластинки D, нужно «просуммировать» массы всех бесконечно узких вертикальных стержней, т. е. проинтегрировать выражение (*) по переменной x в пределах её наибольшего изменения от a до b, поэтому получим

129

Итак, можно сформулировать правило вычисления двойного интеграла в де-

картовых координатах: вначале надо проинтегрировать функцию f(x,y) по y (при фиксированном x) в пределах от точки входа до точки выхода, а затем полученный результат проинтегрировать по x в пределах его наибольшего изменения для области D.

Интеграл по y, вычисляемый первым (в формуле (10.18) он расположен в скобках), называют внутренним, а интеграл по x – внешним.

Определённый интеграл от определённого интеграла (повторный интеграл), стоящий в правой части равенства (10.18), часто записывают иначе:

Замечания.

1.Правило вычисления двойного интеграла сохраняется и для функции f(x,y)≤ 0.

2.Если область D = { M(x,y): x1(y) ≤ x ≤ x2(y), c ≤ y ≤ d } и является пра-

3. Если область D более сложного вида, то прямыми x = const и y = const её следует разбить на области уже рассмотренных видов, а затем применить свойство аддитивности интеграла. Аналогичное разбиение нужно проводить и в случае, если какую-либо линию, определяющую линию входа или линию выхода, т. е. верхний или нижний предел во внутреннем интеграле, нельзя задать одним уравнением.

4. Внешнее интегрирование осуществляется по проекции области D на соответствующую координатную ось.

Пример 10.2. Вычислить двойной интеграл ∫∫( x2 + y)dxdy, если область D

D

ограничена линиями y =2x, y = 0,5x, xy = 2.

Решение. Решая совместно уравнения прямых y = 2x и y = 0,5x, найдём точку O(0; 0) их пересечения. Прямые с уравнением y = 2x и y = 0,5x и гипербола с

уравнением xy = 2 или y = 2x пересекаются соответственно в точках A(1; 2) и

130

ности интеграла и применяем формулу (10.18):

∫∫( x2 + y)dxdy = ∫∫( x2 + y)dxdy + ∫∫( x2 + y)dxdy =

131

выми и полярными координатами: x = r cosϕ, y = r sinϕ, преобразуем функцию f(x,y) в функцию переменных r и ϕ:

f(x,y) = f(rcosϕ, rsinϕ) = F(r,ϕ).

Получим выражение для dS в полярных координатах. Для этого разобьём об-

ласть D на части с помощью окружностей r = const и лучей ϕ = const. Возьмём один из получившихся элементов (он на рисунке 10 заштрихован). Можно приближённо принять этот криволинейный четырёхугольник за прямоугольник, сто-

роны которого будут dr и rdϕ. Тогда dS = rdrdϕ - выражение элемента площади в полярных координатах.

Двойной интеграл примет вид

∫∫ f ( x, y )dS = ∫∫F( r ,ϕ )rdrdϕ.

D D

Чтобы вычислить этот интеграл, будем, как и в предыдущем пункте, трактовать двойной интеграл как массу пластинки D с плотностью F(r,ϕ).

Представим себе фигуру D разбитой на узкие стержни, ограниченные лучами, образующими с полярной осью OP углы ϕ и ϕ + dϕ. Взяв один такой стержень KCC1K1, выделим на нем элемент, лежащий между концентрическими окружностями радиусов r и r + dr. Масса этого элемента приближённо равна

F(r,ϕ)dS = F(r,ϕ)rdrdϕ. Массу всего стержня найдём «суммированием» масс всех

При этом интегрировании ϕ и dϕ постоянны. Массу всей пластинки D определим «суммированием» масс всех стержней, т. е. интегрированием по ϕ:

Итак, правило вычисления двойного интеграла в полярных координатах: вна-

чале надо проинтегрировать функцию f(rcosϕ, rsinϕ) r по переменной r при произвольном, но фиксированном ϕ в пределах от точки входа (r = r1(ϕ)) до точки выхода (r = r2(ϕ)), а затем полученный результат проинтегрировать по ϕ в пределах его наибольшего изменения для области D.

Замечание.

Если область D ограничена замкнутой линией r = r(ϕ), а полюс O лежит внутри этой области, то ϕ будет изменяться от 0 до 2π, а r от 0 до r(ϕ).

раничена линиями x2 + y2 = 1, x2 + y2 = 2y (вне окружности x2 + y2 = 1).

132

Как видно из рисунка 11, пределами изменения ϕ будут полярные углы точек C и B – точек пересечения окружностей. Решая совместно их уравнения, найдём

T

которое задано так: T = { М(x,y,z): z1(x,y) ≤ z ≤ z2(x,y), (x,y) Dxy Oxy} (ри-

сунок 12) и каждая прямая, параллельная оси Oz и проходящая через точку

133

плоскость z = 1− x− y. Применим формулу (10.20):

5. Вычисление поверхностного интеграла

Пусть поверхность Σ задана уравнением z = z(x,y), причём (x,y) Dxy Oxy. Здесь Dxy по сути дела проекция поверхности Σ на плоскость Oxy. Требуется вы-

числить поверхностный интеграл ∑∫∫ f ( x, y,z )dσ .