Кратные интегралы 2

Интеграл
 2 (x)
 f (x, y) dy называется внутренним, а
1 (x)
b  2 (х)


 dx называется внешним. Область D имеет спеf
(x,
y)
dy
 

a  (х)
1

2. Пусть область D ограничена линиями у = с, y = d,
х = 1 (у), x = 2 (y), где 1 (у)  2 (у). Всякая прямая, параллельная оси Ох, пересекает границу этой области в двух точках.
у
d
циальный вид: всякая прямая, параллельная оси Оу (кроме
прямых х = а, x = b) пересекает границу с областью D в двух
точках. Нижнюю точку будем называть точкой входа, а верхнюю – точкой выхода.
c
X=1(y)
У=2(х)
у
0
В этом случае двойной интеграл сводится к повторному
D
a
в
d
ψ 2 (y)
с
ψ1 (y)
 f (x, y) d S =  dy
У=1(х)
0
X=2(y)
D
х
Ордината точки входа будет нижним пределом интегрирования, а ордината выхода – верхним пределом интегрирования во внутреннем интеграле. Числа а и b будут соответственно нижним и верхним пределами интегрирования во внешнем
интеграле.
Расставив пределы интегрирования в повторном интеграле, перейдем к вычислению внутреннего интеграла
 2 (x)
 f (x, y) dy . Интегрирование в нем ведется по у, поэтому счи-
1 (x)
таем х постоянным числом. Найдем первообразную при этих
условиях для f (x) и вычислим ее значение по формуле Ньютона-Лейбница на отрезке [y1, y2] = [1 (x), 2 (x)]. Полученная
функция будет функцией только одного аргумента х, поэтому
В повторном интеграле сначала вычисляется внутренний
ψ 2 (y)
интеграл  f (x, y) dx , в котором х считается переменной, а
ψ1 (y)
у – постоянной величиной, а потом – внешний интеграл, в котором подынтегральная функция будет зависеть только от у.
3. Пусть область D такого вида, что прямая, параллельная любой координатной оси, пересекает ее границу не более
чем в двух точках.
y
d
а
теграл, вычисляемый по формуле Ньютона-Лейбница.
Д
В
А
c
b
внешний интеграл  F (x) dx есть обычный определенный ин-
 f (x, y) dx.
0
С
а
в
х
Точки касания вертикальных прямых (А и В) делят границу этой области на нижнюю часть у = 1 (х) и верхнюю
часть у = 2 (х). В то же время точки касания горизонтальных
прямых (С и Д) делят границу этой же области на левую кривую х = 1 (у) и правую х = 2 (у).
Для такой области порядок интегрирования безразличен,
т.е. можно интегрировать сначала по х, потом по у, а можно и
наоборот – сначала по у, потом по х. Так как и в том и в другом случае получится один и тот же двойной интеграл, то
можно записать:
b
 2 (x)
d
ψ 2 (y)
а
1 (x)
с
ψ1 (y)
 dx
 f (x, y) dy =  dy
 f (x, y) dx .
Необходимо только помнить, что при любом порядке
интегрирования внешний интеграл имеет постоянные пределы, а внутренний – хотя бы один переменный предел, если область не прямоугольна. Только в случае прямоугольной области постоянными будут и внешние, и внутренние пределы интегрирования.
Если контур области таков, что прямые, параллельные
координатным осям, пересекают его более чем в двух точках,
то область разбивают на части, к которым уже можно применять сформулированные выше правила.
у
у=х
у = х2
0
х
1
Точка входа в область лежит на параболе у = х2, а точка выхода из области – на прямой у = х. Прямая, по которой мы пересекаем область, лежит на полосе изменения х, 0  х  1. Значит, a = 0, b = 1. Расставляем пределы интегрирования
1
х
0
х2
2
 dх  х у dy .
Интегрируем
1
х
х
х
0
х2
х2
х2
2
2
 x y d S =  dх  х у dy =
D
= х2 
=
2
у
2
х
=
х2
2
2
 х у dy = х  у dy =
1 2 2
1
х (х – х4) = (х4 – х6) =
2
2
1 1 4 6
1  х5 х7 
  
(х
х
)
dх
=

7 
2 0
2  5
1
=
0
1
.
35
Пример 2. Двойной интеграл  f (x, y) d S привести к
D
2.2. Рекомендации по решению типовых задач
повторному и расставить пределы интегрирования, если об-
Пример 1. Вычислить  x 2 y d S , где область D ограни-
ласть D ограничена линиями х =
y, x=
D
чена линиями у = х, у = х2.
Решение. Построим область D. Проведем прямую, параллельную оси Оу.
Решение. Построим заданные линии:
х=
х  0
y, 
.
2
y  x
Эта линия – правая ветвь параболы.
2  y 2 , y = 0.
х  0
х  0
,  2
.
2  y2 ,  2
2
2
x  2  у
x  у  2
Эта линия – полуокружность с радиусом 2 .
x=
Линия у = 0 - это ось Ох.
у
А
В
х
0
Область, которую ограничивают эти линии, заштрихована. Найдем координаты угловых точек: О (0, 0), B ( 2 , 0).
Для нахождения координат точки А нужно решить систему:
х  у


x  2 - у 2
у =
2  y 2 , y = 2 – y2.
 у1  1  у 2  2
, 
.
x 1  1 x 2  
у2 + у – 2 = 0, 
Итак, А (1, 1).
точка выхода – на линии x = 2  y 2 . Запишем повторный интеграл и расставим пределы интегрирования:
2 - у2
о
у
 f (x, y) d S =  dy
D
 f (x, y) dx .
1
2 у
о
1 1- у 2
Пример 3. В повторном интеграле  dy
менить порядок интегрирования.
у
2
1
Зайдем в область D по прямой, параллельной оси Ох, на
полосе 0  у  1 точка входа в область лежит на линии х = y ,
1
Решение. Построим область D, пользуясь следующими
данными: так как внешний интеграл берется по у, то мы идем
в область D по полосе 0  y  1, пересекаем эту область по
прямой, параллельной оси Ох, точка входа в область лежит на
линии х = 1 - 1 у 2 , а точка выхода из области – на линии
х = 2 – у.
Построим эти линии
х = 1 - 1 у 2 , 1 у 2 = 1 – х, 1 – у2 = (1 – х)2,
(1 – х)2 = (х – 1)2, (х – 1)2 + у2 = 1 – уравнение окружности с
центром в точке (1, 0) и радиусом 1.
х = 2 – у, х + у = 2 – уравнение прямой.
 f (x, y) dx из-
0
1
2
х
Область D заштрихована. Изменим порядок интегрирования. Теперь будем заходить в область по прямой, параллельной оси Оу. И если любая точка входа лежит на одной и
той же линии у = 0, то точки выхода в разных частях области
лежат на разных линиях. Поэтому нужно разбить область D
прямой х = 1 на две стандартные области, записать повторные
интегралы по областям D1 и D2 и расставить пределы интегрирования. В области D1 линия входа у = 0, линия выхода получается из уравнения окружности у2 = 1 – (х – 1)2,
у = 1  ( х  1) 2 , в области D2 линия входа у = 0, а линия выхода у = 2 – х.
Поэтому
1
2 у
1
1- (х -1)2
о
1 1- у 2
о
0
 dy
 f (x, y) dx =  dх
2
2- х
1
0
 f (x, y) dу +  dх  f (x, y) dу .
Нас интересует точка А, лежащая на границе области D.
Ее координаты х = 3, y = 3. Перейдем к повторному интегралу
и вычислим его
3
6-х
0
2  4- х
S =  f d S =  dх
Пример 4. Найти площадь области D, ограниченной линиями х + у = 6, y = 2 + 4  х , х = 0.
D
3
0
4  х - парабола, х = 0 – ось Оу.
2
1
0
0
a
x
2.  dx  dу .
х
0
Найдем точки пересечения параболы и прямой. Для этого решим систему уравнений:
х  у  6
 6–х=2+

у  2  4  х
4х
4 – х = 4х
4х = t
4 – х = t2
2
t –t=0
t (t – 1) = 0
t1 = 0
t2 = 1
2
x1 = 4 - t 1 = 4
x2 = 4 - t 22 = 3.
2
0
2  4- х
х
2
+
2
3

3
dх =  (6 - х - 2 - 4 - х ) dх =
0
(4  х) 3
3
0
=
5
17
=2 .
6
6
В задачах 1 – 5 вычислить повторные интегралы и построить область интегрирования.
1.  dу  (х 2  2у) dx .
А
6-х
2.3. Задачи для самостоятельного решения
D
у
3
dу =  у
=  (4 - х - 4 - х ) dх = 4х -
Решение. Площадь области D вычисляется по формуле
S =  d S . Построим линии, ограничивающие область:
х + у = 6 – прямая, у – 2 =

0
4
0
2
2
x
ln y
1
0
2
3.  dx 
y
dу .
x
4.  dу  e x dx .
2π
a
0
a sin 
5.  d
 r dr .
Ответ. 4
Ответ.
2
.
3
2
а
3
a.
Ответ. 9.
1
.
2
π a2
Ответ.
.
2
Ответ.
В задачах 6 – 9 в двойном интеграле  f (x, y) d S расстаD
вить пределы интегрирования в том и другом порядке, где
D – область, ограниченная заданными линиями.
6. х = 0, x = 1, y = 0, y = 2.
7. x = 0, y = 0, x + y = 2.
8. y = x2, y = 4 – x2.
9. y = x, y = 2x, x + y = 6.