Книги по разным темам
Pages: | 1 | ... | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | ... | 13 | ( y) Теорема 2. Пусть функция f (x, y) C(D ), и пусть ( y) = f (x, y)dx, ( y) y [c,d]. Тогда ( y) C [c,d].
( ) Эта теорема была доказана ранее (см. гл. 1, з6, теорема о непрерывности интеграла как функции параметра).
Следствие. Если функция f (x, y) C(D ), то существует ( y) d d Iповт. = y)dy = dy f (x, y)dx.
( c c ( y) Ранее (см. з3, теорема 2) было доказано, что если f (x, y) C(D ), то f (x, y) R(D ), т. е. существует Iдв. = f (x, y)dxdy. Таким образом, прихо (D ) дим к заключению: если f (x, y) C(D ), то существуют одновременно Iдв. и Iповт.. А тогда по теореме 1 настоящего параграфа приходим к выводу, что Iдв. = Iповт., т. е.
( y) d f (x, y)dxdy = dy f (x, y)dx. (4) (D ) c ( y) Замечание 1. Если область (D ) представляет собой криволинейную трапе~ ~ цию другого типа и ограничена кривыми y = (x), y = (x), x [a,b] и пря~ ~ мыми x = a, x = b, a < b (функции (x) и (x) предполагаются непрерыв~ ~ ными на промежутке [a,b] и такими, что (x) (x), x [a,b]), то вместо формулы (4) придем к формуле ~ (x) b f (x, y)dxdy = dx f (x, y)dy. (5) ~ (D ) a ( x) Разумеется, что при этом предполагается, что f (x, y) C(D ), а, следователь~ ( x) b ~ но, Iдв. = f (x, y)dxdy и Iповт. = dx f (x, y)dy существуют.
~ (D ) a ( x) ~ y y = (x) y d ~ y = (x) (D) (D) ~ y =(x) ~ c y =(x) x x a a b b Рис. 2.8. К замечанию Рис. 2.7. К замечанию Замечание 2. Если контур области (D ) пересеy кается лишь в двух точках как параллелями оси (D3) абсцисс, так и параллелями оси ординат (как, например, в случае, изображенном на рис. 2.8), то (D1) справедливы обе формулы (4) и (5). При этом, конечно, предполагается, что f (x, y) C(D ). Функ~ (D2) ~ ции (x),(x) C [a,b]. Функции ( ) x ( y),( y) C [c,d].
( ) Замечание 3. В случае более сложного контура Рис. 2.9. К замечанию область (D ) обычно разлагается на конечное число частей рассмотренного типа (например, на рис. 2.9 область (D ) рассекается прямой x = на три такие части: (D1), (D2 ), (D3) ). Тогда и искомый двойной интеграл представляется суммой двойных интегралов, распространенных в отдельности на эти части:
f (x, y)dF = f (x, y)dF + f (x, y)dF + f (x, y)dF.
(D ) ( D1) (D2 ) ( D3 ) з7. Примеры к главе 1. Вычислить I = (x + y)dxdy, где (D ) - область, ограниченная двумя ( D ) параболами: y = x2 и y2 = x.
Полезно сделать чертеж (хотя бы грубо), чтобы y получить общее представление об области. Решая совместно уравнения парабол, находим точки их пересечения: (0, 0) и (11).
, x = yЕсли внешнее интегрирование производить по y, то промежутком изменения y будет [0,1]. Взяв проy (D) извольное значение y из промежутка [0,1], видим по y = xx рисунку, что x изменяется от x = y2 до x = y. БуO x= y Рис. 2.10. К примеру дем иметь, следовательно, I = dy (x + y)dx.
x= yВычисляем внутренний интеграл:
x= y x= y 1 1 4 + = y3 2 + y3 2 - y6 - y3 = y3 2 - y6 - y3.
(x + y)dx = x3 yx 3 3 3 3 x= yx= yВычисляем теперь внешний интеграл:
- - 4 y3 1 y6 y3 dy = 140.
3 x2 dxdy, где (D ) - об2. Вычислить I = y y( D ) ласть, ограниченная прямыми x = 2, y = x и гиy = x перболой xy = 1.
x = Наносим все эти три линии на рисунок (D ) (рис. 2.11). Совместным решением уравнений легко получить, что прямая x = 2 пересекает 1 прямую y = x в точке (2, 2), а гиперболу xy = 1 xy = x 2, 1 ; прямая же O - в точке y = x и гипербола Рис. 2.11. К примеру xy = 1 (в пределах первого квадранта, где и лежит рассматриваемая область) пересекаются в точке (11).
, Если внешнее интегрирование производить по x, то промежуток изменения x будет [1, 2]. Взяв произвольное значение x из этого промежутка, видим по рисунку, что y изменяется от y = до y = x. Будем иметь, следовательно, x y=x y=x y=x x2 dy. Но x2 dy =- xI = dx = x3 - x, так что y y2 yy= 1 y=1 x y=1 x x I = - x)dx =.
(x В то время как в примере 1 вычисление двойного интеграла по обеим формулам (4) или (5) представлялось одинаково простым, в примере 2 дело обстоит иначе: вычисление по формуле (4) здесь было бы сложнее. Тем не менее мы выполним его, ибо поучительно дать себе отчет в причине указанного обстоятельства.
Прямая, параллельная оси Ox, пересекает контур области (D ) в двух точках, так что формула (4) применима. Но кривая, ограничивающая нашу область слева, состоит из двух частей: куска гиперболы и куска прямой, которые определяются различными уравнениями. Иными словами, функция x =( y) задается различными формулами в различных частях промежутка, 2 изменения y. Именно,, если y 1,1, y ( y) = y, если y [1, 2].
Поэтому интегрирование по y следует разбить на два промежутка:,1 и [1, 2]. Следовательно, будем иметь:
1 x=2 2 x=I = dyx2 dx + dy x2 dx.
y2 y1 2 x=1 y 1 x= y Так как x=2 x=x=2 x=y x2 dx = x3 8 1 x2 dx = x3 = -, = -, y2 3y2 1 3y2 3y5 y2 3y2 3y2 x=1 y x= x= y x= y y то 1 y 8 1 I = dy + - 3y2 - 3 dy = 17 + 5 = 9.
12 6 3y2 3y1 2 С подобными обстоятельствами приходится считаться: из двух возможных путей вычисления двойного интеграла, естественно, выбирают более простой.
3. Вычислить I = 4x2 - y2dxdy, где (D ) - y ( D ) область, ограниченная прямыми y = 0, x = 1, y = x.
Если внешнее интегрирование производить по x, y=x то промежуток изменения x будет [0,1]. Взяв произx =вольное значение x из промежутка [0,1], видим по (D) рисунку, что y изменяется от y = 0 до y = x. Будем x y=x O y = иметь, следовательно, I = dx 4x2 - y2dy. Вы Рис. 2.12. К примеру 0 y=числяем внутренний интеграл:
y=x y=x y y 4x2 - y2dy = 4x2 - y2 + 2x2 arcsin = + x2.
2 2x 2 y=y=Вычисляем теперь внешний интеграл:
I = 23 + x2dx = 1 3 +.
3 3 2 В примере 3 вычисление I можно было вести и по формуле (4), т. е. производить внешнее интегрирование по y. Но в этом случае мы натолкнемся на более трудные квадратуры. Чтобы убедиться в этом, станем вычислять I 1 x=по формуле (4). Имеем: I = dy 4x2 - y2 dx. Вычисляем внутренний инте 0 x= y грал:
x=x= y4x2 - y2dx = - - - = x 4x2 y2 2 ln 2x + 4x2 y() x= y x= y y2 y= 4 - y2 - ln 2 + 4 - y2 - y2 3 + ln 2 y + 3y.
() () 2 2 А тогда ln 2 + ( ) y2 y I = 4 - y2 - 3y2 + y2 + ln dy.
2 2 + 4 - y Сопоставляя это выражения для I с ранее полученным: I = 23 + x2dx, видим, что вычисление I по формуле (5) предпочтительнее. Подобное обстоятельство следует учитывать при выборе формулы для вычисления двойного интеграла.
Для приобретения навыков в расстановке пределов интегрирования в случае криволинейной области полезны следующие упражнения.
Задача 1. Переменить порядок интегy рирования в повторном интеграле y=2-x I = dx f (x, y)dy.
-xy= -x = 2 y + Область интегрирования (D ) опре(D ) x =-2 y +деляется совместными неравенствами:
x x-6 -2 -6 x 2, -1 y 2 - x. Изобразим -эту область (D ) на рисунке. Из рис. 2.Рис. 2.13. К задаче видим, что если брать внешнее интегрирование по y, то область (D ) следует разбить на две области (D1) и (D2 ) линией y = 0. Тогда: (D1) будет определяться неравенствами: -1 y 0, -2 y +1 x 2 y +1, а (D2 ) - неравенствами 0 y 8, -2 y +1 x 2 - y. Будем иметь, следовательно, x=2 y+x=2- y 0 I = dy f (x, y)dx + dy f (x, y)dx.
-1 x=-2 y+1 0 x=-2 y+Задача 2. Переменить порядок интегрирования в повторном интеграле y=1-xI = dx f (x, y)dy.
-y=- 1-x Область интегрирования (D ) определяется совместными неравенствами -1 x 1, - 1- x2 y 1- x2.
y x = 1- y x =- 1- y x -(D ) x = 1- yx =- 1- y-Рис. 2.14. К задаче Изобразим область (D ) на рисунке. Из рис. 2.14 видим, что если внешнее интегрирование производить по y, то область (D ) следует разбить линией y = на две области (D1) и (D2 ). Область (D1) определяется неравенствами:
-1 y 0, - 1- y2 x 1- y2, а область (D2 ) - неравенствами 0 y 1, - 1- y x 1- y. Следовательно, будем иметь x= 1- y2 x= 1- y 0 I = dy f (x, y)dx + dy f (x, y)dx.
-1 0 x=- 1- y x=- 1- yЗадача 3. Переменить порядок интегрирования в повторном интеграле y= 2ax 2a I = dx f (x, y)dy (a > 0 ).
y= 2ax-x Область интегрирования (D ) определяется совместными неравенствами:
0 x 2a ; 2ax - x2 y 2ax. Изобразим область (D ) на рисунке. Из рис. 2.15 видим, что если внешнее интегрирование производить по y, то область (D ) следует разбить линией: y = a на три области: (D1), (D2 ), (D3).
Область (D1) определяется неравенствами:
y0 y a, x a - a2 - y2 ;
2a область (D2 ) - неравенствами:
0 y a, a + a2 - y2 x 2a ;
область (D3) - неравенствами ya y 2a, x 2a.
2a y 2a yx = 2a x = 2a a x = a + a2-yx = a - a2-yx a 2a Рис. 2.15. К задаче Следовательно, будем иметь:
x=a- a2 - y2 a a x=2a 2a x=2a I = dy f (x, y)dx + dy f (x, y)dx + dy f (x, y)dx.
0 0 a y2 yx=a+ a2- yx= x= 2a 2a 0 x, Задача 4. Вычислить I = cos(x + y) dxdy, где (D ) = 0 y.
( D ) y y = - x (D4) (D2) y = - x (D3) x (D1) 3 Рис. 2.16. К задаче Отметим прежде всего, что cos(x + y) 0 в областях:
(D1) = x ; 0 y - x и (D4 ) = x ; - x y.
2 2 cos(x + y) 0 в областях:
(D2 ) = x ; - x y и (D3) = x ; 0 y - x.
2 2 Имеем поэтому I = cos(x + y) dxdy = cos(x + y)dxdy - cos(x + y)dxdy ( D ) (D1) (D2 ) cos(x + y)dxdy + cos(x + y)dxdy = ( D3) (D4 ) 2 y= 2-x 2 y= = dx dx cos(x + y)dy - cos(x + y)dy 0 y=0 0 y= 2-x y=3 2-x y= - dx dx cos(x + y)dy = cos(x + y)dy + 2 y=0 2 y=3 2-x 2 y= -x y=3 -x y= 2 = sin(x + y) dx - dx - dx + sin(x + y) sin(x + y) y=0 y=y= -x 0 0 2 y= + sin(x + y) dx = (1- sin x)dx + (1+ sin x)dx + y=3 -x 20 + dx + 2 dx = + = 2.
(1+ sin x)dx + (1- sin x)dx = 2 2 0 2 Задача 5. Вычислить I = {x } sgn(x - y2 + 2)dxdy, где (D) = + y2 4.
(D ) yx2 1. Вет x2 - y2 + 2 = 0 -= y 2 ( ) ( ) ви этой гиперболы являются линиями разрыва подынтегральной функции. Так как подынтеx гральная функция - ограниченная в (D ) и непрерывная там всюду, за исключением точек, лежа- -2 -щих на двух простых кривых, то двойной инте- грал I существует.
Пусть Рис. 2.17. К задаче (D1) = -1 x 1; x2 + 2 y 4 - x2, {} (D3) = -1 x 1; - 4 - x2 y - x2 + 2, {} (D2 ) = -2 x -1; - 4 - x2 y 4 - x2 U {} U -1 x 1; - x2 + 2 y x2 + 2 U {} U 1 x 2; - 4 - x2 y 4 - x2.
{} Имеем в (D1) U (D3) : x2 - y2 + 2 < 0, а в (D2 ): x2 - y2 + 2 > 0. Мы знаем, что существование и величина двойного интеграла не зависят от значений, принимаемых подынтегральной функцией вдоль конечного числа простых кривых.
Поэтому I = dxdy - dxdy - dxdy = FD2 - FD1 - FD3, ( D2 ) ( D1) ( D3) где FD1, FD2, FD3 - площади областей (D1), (D2 ), (D3). Так как F( D ) = 4, F( D3) = F( D1), то F( D2 ) = 4 - 2F( D1) и, следовательно, I = 4 - 4F( D1). Так как область (D1) симметрична относительно оси Oy, то y= 4-x1 F( D1) = 2 dx dy = 2 4 - x2 - x2 + 2 dx = () 0 y= x2 +x=4 x x = 2 x 4 - x2 + arcsin - x2 + 2 - ln x + x2 + 2 = ( ) 22 2 x= 3 2 = 2 3 + - - ln 1+ 3 + ln 2 = + 2ln.
() 2 3 2 1+ А тогда 8 2 I = 4 - - 8ln = + 4ln 2 + 3.
() 1+ Задача 6. Вычислить I = E( y - x2 ) dxdy, где (D ) = y 4.
{x } ( D ) По определению функции E, имеем:
если 0 y - x2 <1, т. е. если x2 y <1+ x2, то E( y - x2 ) = 0 ;
если 1 y - x2 < 2, т. е. если 1+ x2 y < 2 + x2, то E( y - x2 ) = 1;
если 2 y - x2 < 3, т. е. если 2 + x2 y < 3+ x2, то E( y - x2 ) = 2 ;
если 3 y - x2 < 4, т. е. если 3+ x2 y < 4 + x2, то E( y - x2 ) = 3.
Следовательно, E( y - x2 ) = 0 в (D1);
y E( y - x2 ) = 1 в (D2 ); E( y - x2 ) = 2 в x= y-(D3); E( y - x2 ) = 3 в (D4 ). Видим, что (D4) подынтегральная функция терпит разрыв x= y-на конечном числе простых кривых, ле- (D3) жащих в области (D ). В остальных точx= y-(D2) ках области (D ) она непрерывная. Так x= y как подынтегральная функция еще и ог(D1) раниченная в (D ), то двойной интеграл x I существует. Принимая во внимание, -2 -1 что существование и величина двойного Рис. 2.18. К задаче интеграла не зависят от значений, принимаемых подынтегральной функцией вдоль конечного числа простых кривых, можем написать, что:
I = 2 dxdy + 3 dxdy 0 dxdy + 1 dxdy + ( D1) ( D2 ) ( D3 ) ( D4 ) I = FD2 + 2 FD3 + 3 FD4, где FD2, FD3, FD4 - площади областей (D2 ), (D3), (D4 ) соответственно. Так как области (D2 ), (D3), (D4 ) симметричны относительно оси Oy, то:
x= y-4 y=2 FD4 = 2 dy dx = 2 y - 3 dy = 2 ( y - 3)3 2 = ;
3 y=3 x=0 x= y-4 y=4 2 FD3 = 2 dy dx - FD4 = 2 y - 2 dy - = 2 ( y - 2)3 2 - = 3 3 y=2 x=0 4 4 = 2 2 - = 2 2 -1 ;
( ) 3 3 x= y-4 8 FD2 = 2 dy dx - (FD3 + FD4 ) = 2 y -1dy - = 1 x=0 y=2 8 2 8 = 2 y -1)3 2 - = 4 3 -.
3( 3 y=А тогда 8 2 I = 3 - + 2 2 2 -1 + 3 = 4 3 - 3 2 + 4.
()4 4() 3 3 3 Глава 3. Криволинейные интегралы з1. Криволинейные интегралы первого рода 1. Прежде чем дать определение криволинейного интеграла первого рода, рассмотрим следующую задачу.
Имеется спрямляемая пространственная кривая (l) длины s. Пусть на (l) непрерывным образом распределена масса с плотностью (x, y, z). (Средней плотностью дуги мы называем отношение ее массы к ее длине. Плотность (x, y, z) кривой (l) в точке (x, y, z) есть предел средней плотности бесконечно малой дуги, стягивающейся в упомянутую точку). Требуется найти массу m кривой (l).
Разбиваем кривую (l) точками z B= An K An-1 A0 = A, A1, A2,, An-1, An = B произвольным образом на n частичных дуг Ak Ak+1 (k = 0,1, 2,K, n -1) с длиAk+нами s0, s1, s2, K, sn-1. Полагаем A= AAk = max sk. Предполагаем частич{ } A1 A2 y k=0, n-ные дуги Ak Ak+1 столь малыми, что на (Ak Ak+1 плотность распределения x массы вдоль этой дуги можно приРис. 3.1. К задаче по определению массы ближенно считать постоянной, равной кривой (xk, yk, zk ), где точка (xk, yk, zk ) - любая, принадлежащая (Ak Ak+1. Тогда масса mk частичной дуги Ak Ak+привой (l) будет приближенно выражаться формулой mk = (xk, yk, zk ) sk.
Масса m всей кривой (l) будет выражаться приближенно суммой m (x0, y0, z0 ) s0 + (x1, y1, z1) s1 + K + (xn-1, yn-1, zn-1) sn-1 = n-=, yk, zk ) sk.
(xk k=Интуитивно ясно, что чем мельче частичные дуги Ak Ak+1, тем меньше ошибка, которую мы делаем, считая частичную дугу Ak Ak+1 однородной. Поэтому за массу m кривой (l) естественно принять:
n-m = lim, yk, zk ) sk.
(xk k=2. Дадим теперь определение криволинейного интеграла первого рода.
Пусть в пространстве расположена спрямляемая кривая (l), имеющая концы в точках A и B, и пусть во всех точках кривой (l) определена функция f (x, y, z). Проделаем следующие операции.
1. Разобьем кривую (l) точками A0 = A, A1, A2, K, An-1, An = B, следующими друг за другом вдоль кривой (l) в направлении от A к B, на частичные дуги (Ak Ak+1. Пусть sk - длина (Ak Ak+1 ( k = 0,1,K, n -1). Положим = max sk ( - ранг дробления).
Pages: | 1 | ... | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | ... | 13 | Книги по разным темам