Лекция 2
.doc
ЛЕКЦИЯ 2
Замена переменных в двойном интеграле. Определитель Якоби. Вычисление двойных интегралов в полярной системе координат. Геометрические приложения двойных интегралов: вычисление площадей плоских фигур, объемов тел.
1.5. ЗАМЕНА ПЕРЕМЕННЫХ В ДВОЙНОМ ИНТЕГРАЛЕ
Трудность вычисления двойных интегралов связана не только со сложностью подынтегральной функции, но и с формой границы области интегрирования. Как мы видели, двойные интегралы проще всего вычисляются по прямоугольнику, стороны которого параллельны координатным осям; сложнее вычисляются по фигуре, ограниченной наклонными прямыми; еще сложнее, если граница области – кривая линия. В связи с этим и цель замены переменных в двойных интегралах несколько иная, чем цель замены переменной в определенном интеграле по отрезку. Там мы заботились только об упрощении подынтегральной функции, а область интегрирования при любой замене переменной оставалась отрезком. Упрощение подынтегральной функции – одна из целей замены переменных в двойном интеграле. Другая цель – упрощение области интегрирования.
Предположим, что с помощью формул
x = x(u,v), y = y(u,v) (1.8)
мы переходим к новым переменным u и v. Будем считать, что u и v определяются из (1.8) единственным образом:
u = u(x,y), v = v(x,y). (1.9)
Это означает, что каждой точке M(x,y) из области D на плоскости xOy ставится в соответствие одна и только одна точка M*(u,v) из области G на плоскости uO'v. Другими словами, между областями D и G существует взаимно однозначное соответствие.
Пусть функция f(x,y) непрерывна в некоторой замкнутой ограниченной области D. Тогда для функции f(x,y) существует двойной интеграл
. (1.10)
При сделанных выше предположениях можно доказать, что
если функции (1.8) имеют в области D непрерывные частные производные первого порядка и если определитель Якоби (якобиан):
(1.11)
отличен в области G от нуля, то для интеграла (1.10) справедлива формула замены переменных:
. (1.12)
Пример 1.7. Вычислить интеграл
г
а
бРис.
1.12
де D
– параллелограмм, ограниченный прямыми:
x+y=1,
x+y=1,
2x–y=1,
2x–y=3
(рис. 1.12).
Решение. Непосредственное вычисление данного интеграла достаточно громоздкое, т.к. для сведения его к повторному необходимо область D разбить на три части и затем вычислить соответственно три интеграла. Однако простая замена переменных
x+y=u, 2x–y=v (1.13)
позволяет значительно упростить решение. Прямые x+y=1 и x+y=2 в системе координат xOy (рис. 1.12а) переходят в прямые u=1 и v=2 в системе координат uO'v (рис. 1.12б), а прямые 2x–y=1 и 2x–y=3 в прямые v=1 и v=3. Параллелограмм D взаимно однозначно преобразуется в прямоугольник G, который является более простой областью интегрирования. Осталось вычислить якобиан. Для этого выразим x и y через u и v из равенств (1.13): , . Следовательно
.
По формуле (1.12) окончательно получаем
.
Отметим, что величины u и v можно рассматривать как координаты (отличные, вообще говоря, от декартовых) точек области D. Так как координатные линии, в соответствие с формулами (1.8), будут, в общем случае, кривыми (а не прямыми, как в случае декартовых координат), то величины u и v называют криволинейными координатами точек области D.
1.6. ВЫЧИСЛЕНИЕ ДВОЙНЫХ ИНТЕГРАЛОВ В ПОЛЯРНОЙ СИСТЕМЕ КООРДИНАТ
Наиболее употребительная система координат на плоскости – это полярные координаты. Они связаны с декартовыми координатами x и y равенствами:
(1.14)
где 0, 0<2. (Повторите тему: "Полярная система координат").
Пусть рассматривается двойной интеграл
,
г
а
б Рис.
1.13
.
Следовательно, интегральную сумму для двойного интеграла в полярной системе координат можно записать в виде
.
Переходя к пределу, т.е. увеличивая число разбиений до бесконечности (при этом ), получим двойной интеграл в полярной системе координат
. (1.14)
Если область интегрирования D является простой в осевом направлении, т.е. любой луч, выходящий из центра координат, пересекает границу области интегрирования не более чем в двух точках, то двойной интеграл можно записать в виде повторного:
. (1.15)
Теперь проинтерпретируем полученный результат с точки зрения замены переменных. Вычислим якобиан перехода от декартовых координат к полярным, т.е. якобиан преобразования (1.14). Как и следовало ожидать, получим
Таким образом, формулу (1.14) можно было получить непосредственно из общей формулы замены переменных в двойных интегралах.
Отметим,
что переход от декартовых координат к
полярным во многих случаях является
целесообразным, если подынтегральная
функция или уравнения границы области
интегрирования содержат сумму x2+y2,
т.к. данная сумма в полярных координатах
принимает вид (cos)2+(sin)2=2.
Например, если область интегрирования
имеет вид четверти круга x2+y2=1,
x0,
y0,
то "с точки зрения" полярной системы
координат эта область будет иметь
прямоугольный в
а
б Рис.
1.14
П
Рис.
1.15
где .
Решение. Перейдем в полярную систему координат x=sin, y=cos, x2+y2=2. Тогда уравнение границы области D примет вид =2cos. Это есть уравнение окружности (рис. 1.15). Здесь изменяется от –/2 до /2, а от 0 до окружности =2cos. Таким образом, получаем
1.7. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПРИЛОЖЕНИЯ ДВОЙНЫХ ИНТЕГРАЛОВ
1.7.1. Вычисление площадей плоских фигур
К
Рис.
1.16
(1.16)
Эта формула более универсальна, чем соответствующая формула, выражающая площадь криволинейной трапеции с помощью определенного интеграла, т.к. данная формула применима не только к криволинейным трапециям, но и к фигурам, расположенным произвольно по отношению к координатным осям. В частности, если фигура ограничена двумя кривыми y=f1(x) и y=f2(x) и двумя прямыми x=a и x=b (см. рис. 1.16), то получим формулу
.
Это есть формула вычисления площадей плоских фигур при помощи определенных интегралов.
П
Рис.
1.17
Решение. Изобразим данную фигуру (рис. 1.17). Видно, что полученная фигура состоит из двух одинаковых областей: D1 и D2. следовательно
.
Интегрирование во внешнем интеграле будем производить по переменной y (в противном случае область интегрирования пришлось бы разбивать на две части). Тогда переменная y будет изменяться от 0 до 4, а переменная x, соответственно, от параболы до параболы . В результате получаем
.
В случае полярной системы координат площадь плоской фигуры вычисляется при помощи интеграла
Рис.1.18
В частности, если область интегрирования имеет вид, изображенный на рис. 1.18, то получим
.
Это есть известная формула вычисления площадей при помощи определенных интегралов в полярной системе координат.
П
Рис.
1.19
Решение. Запишем уравнение линии в полярной системе координат
,
т.е.
.
Построим эту линию (рис. 1.19). Поскольку полученная формула симметрична относительно осей Ox и Oy, то достаточно вычислить площадь четвертой части этой фигуры, а затем умножить полученный результат на 4:
.
1.7.2*. Вычисление объемов тел
Криволинейным цилиндром с основанием D, лежащим в плоскости xOy, называется тело T, ограниченное этим основанием, некоторой поверхностью z=f(x,y) и боковой цилиндрической поверхностью (рис.1.20).
О
Рис.
1.20
.
приблизительно равняется объему цилиндра. Ясно, что сумма n представляет собой интегральную сумму функции f(x,y) по области D. В результате мы получаем, что двойной интеграл представляет собой объем соответствующего криволинейного цилиндра (в этом заключается геометрический смысл двойного интеграла).
Пример 1.11*. Найти интеграл , рассматривая его как предел интегральных сумм.
Решение. Разобьем область интегрирования на квадраты прямыми
и вычислим значение подынтегральной функции в правом верхнем углу каждого квадрата. Составим интегральную сумму
,
где . Тогда
.
Пример 1.12. Найти объем тела V, который получается в результате пересечения цилиндра и сферы (рис. 1.21).
Решение. Объем данного тела находим по формуле
Рис.
1.21
где функция определена в круге, задаваемом неравенством
.
Итак, получаем
.
Переходя к полярным координатам, приходим к интегралу
.
Здесь – уравнение границы упомянутого круга в полярных координатах.