Двойной интегралы и его свойства

лухов Ю.П. Конспект лекций по высшей математике 7

Лекция 30

ТЕМА: Двойной интегралы и его свойства

План.

1. Двойной интегралы и его свойства.
2. Геометрический смысл двойного интеграла.
3. Вычисление двойного интеграла путем сведения его к повторному.
4. Вычисление двойного интеграла в полярной системе координат.
5. Практическое применение двойного интеграла.

Рассмотрим в плоскости Оху замкнутую область D, ограниченную линией L. Разобьем эту область какими-нибудь линиями на п частей (причем теми же символами будем обозначать и площади соответствующих частей) и выберем в каждой части точку Рi (рис.1).

у

D

L

О x

Рис.1.

Пусть в области D задана функция z = f(x, y). Обозначим через f(P1), f(P2),…, f(Pn) значения этой функции в выбранных точках и составим сумму произведений вида f(Pi)Si : . (24.1)

Определение. Сумма вида называется интегральной суммой для функции f(x, y) в области D.

Замечание. С геометрической точки зрения (при ) интегральная сумма (24.1) представляет собой сумму объемов цилиндров с основаниями Si и высотами f(Pi).

Определение. Если существует один и тот же предел интегральных сумм (24.1) при и , не зависящий от способа разбиения области D и выбора точек Pi , то он называется двойным интегралом от функции f(x, y) по области D и обозначается . (24.2)

Область D при этом называется областью интегрирования.

Замечание 1. Для выяснения вопроса об условиях интегрируемости функции двух переменных можно по аналогии со случаем определенного интеграла ввести понятие верхней и нижней интегральных сумм, выбирая в каждой части области D точки, значение функции в которых является наибольшим и наименьшим для данной части. Тогда можно доказать, что необходимым и достаточным условием интегрируемости функции f(x, y) является, во-первых, ее ограниченность на D, а во-вторых, условие

(24.3)

где – некоторое разбиение, а S и s – соответственно верхняя и нижняя интегральные суммы. Доказательство этого утверждения проводится так же, как для случая определенного интеграла.

Замечание 2. Аналогично одномерному случаю можно доказать еще одно утвержде-ние: если функция f(x, y) непрерывна на D, то она интегрируема по этой области.

Свойства двойных интегралов

Часть свойств двойных интегралов непосредственно вытекает из определения этого понятия и свойств интегральных сумм, а именно:

1. Если функция f(x, y) интегрируема в D, то kf(x, y) тоже интегрируема в этой области, причем (24.4)

1. Если в области D интегрируемы функции f(x, y) и g(x, y), то в этой области интегрируемы и функции f(x, y) ± g(x, y), и при этом

(24.5)

3. Если для интегрируемых в области D функций f(x, y) и g(x, y) выполняется неравенство f(x, y) g(x, y) , то

(24.6)

Докажем еще несколько свойств двойного интеграла:

4. Если область D разбита на две области D1 и D2 без общих внутренних точек и функция f(x, y) непрерывна в области D, то

(24.7) Доказательство. Интегральную сумму по области D можно представить в виде:

где разбиение области D проведено так, что граница между D1 и D2 состоит из границ частей разбиения. Переходя затем к пределу при , получим равенство (24.7).

5. В случае интегрируемости на D функции f(x, y) в этой области интегрируема и функция | f(x, y) |, и имеет место неравенство

(24.8)

Доказательство.

откуда с помощью предельного перехода при получаем неравенство (24.8)

6. где SD – площадь области D. Доказательство этого утверждения получим, подставляя в интегральную сумму f(x, y) 0.

7. Если интегрируемая в области D функция f(x, y) удовлетворяет неравенству

m f(x, y) M,

то (24.9)

Доказательство.

Доказательство проводится предельным переходом из очевидного неравенства

Следствие.

Если разделить все части неравенства (24.9) на D, можно получить так называемую теорему о среднем:

В частности, при условии непрерывности функции f в D найдется такая точка этой области (х0 , у0), в которой f(х0 , у0) = , то есть

-

• еще одна формулировка теоремы о среднем.

Геометрический смысл двойного интеграла

Рассмотрим тело V, ограниченное частью поверхности, задаваемой уравнением z = f(x, y), проекцией D этой поверхности на плоскость Оху и боковой цилиндрической поверхностью, полученной из вертикальных образующих, соединяющих точки границы поверхности с их проекциями.

z=f(x,y)

z

V

y • Pi D Рис.2.

Будем искать объем этого тела как предел суммы объемов цилиндров, основаниями которых являются части Si области D, а высотами – отрезки длиной f(Pi), где точки Pi принадлежат Si. Переходя к пределу при , получим, что

(24.11)

то есть двойной интеграл представляет собой объем так называемого цилиндроида, ограниченного сверху поверхностью z = f(x, y), а снизу – областью D.

Вычисление двойного интеграла путем сведения его к повторному

Рассмотрим область D, ограниченную линиями x = a, x = b ( a < b ), где 1(х) и 2(х) непрерывны на [a, b]. Тогда любая прямая, параллельная координатной оси Оу и проходящая через внутреннюю точку области D, пересекает границу области в двух точках: N1 и N2 (рис.1). Назовем такую область правильной в на-

у правлении оси Оу. Аналогично определя-

y=2(x) ется область, правильная в направлении

N2 оси Ох. Область, правильную в направле-

нии обеих координатных осей, будем на-

D зывать просто правильной. Например,

правильная область изображена на рис.1.

y=1(x) N1

O a b x

Рис.1

Пусть функция f(x, y) непрерывна в области D. Рассмотрим выражение

, (24.12)

называемое двукратным интегралом от функции f(x, y) по области D. Вычислим вначале внутренний интеграл (стоящий в скобках) по переменной у, считая х постоянным. В результате получится непрерывная функция от х:

Полученную функцию проинтегрируем по х в пределах от а до b. В результате получим число

Докажем важное свойство двукратного интеграла.

Теорема 1. Если область D, правильная в направлении Оу, разбита на две области D1 и D2 прямой, параллельной оси Оу или оси Ох, то двукратный интеграл по области D будет равен сумме таких же интегралов по областям D1 и D2:

. (24.13)

Доказательство.

а) Пусть прямая х = с разбивает D на D1 и D2 , правильные в направлении Оу. Тогда

+

+

б) Пусть прямая y = h разбивает D на правильные в направлении Оу области D1 и D2 (рис.2). Обозначим через M1 (a1, h) и M2 (b1, h) точки пересечения прямой y = h с гра-ницей L области D.

y Область D1 ограничена непрерывными линиями

y=2(x) 1) y = 1(x);

D2 2) кривой А1М1М2В, уравнение которой запишем

h M1 M2 y = 1*(x), где 1*(х) = 2(х) при а х а1 и

A1 D1 B b1 x b, 1*(х) = h при а1 х b1;

3) прямыми x = a, x = b.

Область D2 ограничена линиями y = 1*(x),

A у = 2(х), а1 х b1.

y=1(x) Применим к внутреннему интегралу теорему о

разбиении промежутка интегрирования:

O a a1 b1 b

Рис.2.

+

Представим второй из полученных интегралов в виде суммы:

+ + .

Поскольку 1*(х) = 2(х) при а х а1 и b1 x b, первый и третий из полученных интегралов тождественно равны нулю. Следовательно,

ID = , то есть .

Следствие. Таким же образом можно разбить область D на любое число правильных областей. При этом двукратный интеграл по области D будет равен сумме интегралов по частичным областям.

Замечание 1. Используя теорему 1 и теоремы о среднем для определенного интеграла, можно доказать, что для двукратного интеграла справедливы соотношения:

(24.14)

где т и М – соответственно наименьшее и наибольшее значение функции f(x, y) в области D, а S – площадь этой области, и

ID = f(P)S, (24.15)

где Р – точка, принадлежащая области D .

Замечание 2. Более употребительной формой записи двукратного интеграла является

= (24.16)

Теорема 2. Двойной интеграл от непрерывной функции f(x, y) по правильной области D равен двукратному интегралу от этой функции по данной области, то есть

. (24.17)

Доказательство.

Разобьем область D прямыми, параллельными координатным осям, на п правильных (в основном прямоугольных) областей S1, S2,…, Sn. Тогда по теореме 1

.

Из (24.15) получим: , где справа стоит интегральная сумма, предел которой равен двойному интегралу от f по области D, а слева – постоянное число ID . Переходя к пределу при , получим равенство (24.17).

Пример. Вычислим двойной интеграл от функции z = x + y по области, представляющей собой треугольник с вершинами в точках (0,0), (0,1) и (1,0) (рис.3).

у Здесь а = 0, b = 1, 1(x) = 0, 2(x) = 1 – x.

Тогда

1 D

O 1 x

Рис.3.

Вычисление двойного интеграла в полярных координатах

Правильной областью в полярных координатах назовем такую область, границу которой каждый луч, выходящий из полюса, пересекает не более чем в двух точках (рис.4).

=2 ()

Рис.4.

=1 ()

2 1

Зададим в области D, ограниченной кривыми =1 () и =2 (), где 1 < < 2 ,

непрерывную функцию z = f(, ) . Разобьем область D на части Sik , ограниченные лучами = i-1 и = i , выходящими из полюса, и дугами окруж-ностей = k-1 и = k с центром в полюсе, и составим интегральную сумму , где Pik – точка, принадлежащая Sik . Найдем площадь части Sik , не пересекаемой границей области, как разность площадей двух секторов:

, где . Учитывая, что площади частей, пересекаемых границей области, стремятся к нулю при и , получим:

(24.18)

Пример. Выведем с использованием двойного интеграла формулу для площади круга радиуса R с центром в начале координат:

Практическое применение двойного интеграла

1. Площадь плоской области.

Из формулы 24.1 следует, что при f(x,y) 0 предел интегральной суммы при равен площади области интегрирования S, то есть

(28.1)

1. Объем цилиндроида.

Рассмотрим тело, ограниченное частью поверхности S ( z = f(x,y) ), ограниченной контуром L, проекцией этой поверхности на плоскость Оху и отрезками, параллель-ными оси Оz и соединяющими каждую точку контура L с соответствующей точкой плоскости Оху. Такое тело будем называть цилиндроидом. Тогда из формул (24.1) и (24.2) получим, что объем этого тела равен двойному интегралу от функции f(x,y) по области S:

(28.2)

1. Площадь криволинейной поверхности.

Вычислим площадь части криволинейной поверхности S, заданной уравнением z = f(x,y), ограниченной контуром L. Вспомним еще раз (см. лекцию 27), что площадь элемента поверхности Si равна

,

где Di – проекция Si на плоскость Оху, – угол между осью Оz и нормалью к Si в некоторой ее точке Составив интегральную сумму

и устремив ее к пределу при , получим формулу для площади поверхности:

(28.3)

1. Момент инерции плоской фигуры.

Вспомним определение момента инерции

а) материальной точки М с массой т относительно точки О: I = mr (r – расстояние от М до О);

б) системы материальных точек m1, m2,…, mn относительно точки О:

.

Определим теперь момент инерции относительно точки О материальной плоской фигуры D.

у

Si D

i Pi

ri

O i x

Рис. 1.

Найдем момент инерции фигуры D (рис.1) относительно начала координат, считая, что плотность в каждой точке равна 1. Разобьем область D на части Si (i = 1, 2,… n) и выберем в каждой части точку Pi (i, i). Назовем элементарным моментом инерции площадки Si выражение вида Ii = (i + i)Si и составим интегральную сумму

(28.4)

для функции f(x, y) = x + y по области D.

Определение. Предел интегральной суммы (28.4) при называется моментом инерции фигуры D относительно начала координат:

(28.5)

Определение. Интегралы

(28.6)

называются моментами инерции фигуры D относительно осей Ох и Оу.

Замечание. Если поверхностная плотность не равна 1, а является некоторой функцией = (х, у), то момент инерции фигуры относительно начала координат вычисляется по формуле

(28.7)

1. Координаты центра масс плоской фигуры.

Как известно, координаты центра масс системы материальных точек P1, P2,…, Pn с масса-ми т1, т2,…, тп определяются по формулам

.

Если разбить плоскую фигуру D с поверхностной плотностью, равной 1, на части, то масса каждой части будет равна ее площади. Будем считать теперь, что вся масса эле-ментарной площадки Si сосредоточена в какой-либо ее точке Pi (i, i). Тогда фигуру D можно рассматривать как систему материальных точек, центр масс которой определяется равенствами

.

Переходя к пределу при , получим точные формулы для координат центра масс плоской фигуры:

. (28.8)

В случае переменной поверхностной плотности = (х, у) эти формулы примут вид

. (28.9)

афедра информатики и высшей математики КГПУ

Двойной интегралы и его свойства