Вычисление двойного интеграла повторным интегрированием

1. Повторные интегралы

I случай. Прямоугольная область.

Пусть функция f (x; y) определена на прямоугольнике Р =[ a, b; c, d ] и интегрируема по y на [ c; d ] для любого фиксированного x Î[ a; b ], т.е. " x Î[ a; b ] . Тем самым определена функция на [ a; b ]. Если функция F(х) интегрируема на [ a; b ], т.е. , то этот интеграл называется повторным интегралом от функции f по прямоугольнику Р, взятым сначала по y, а затем по x. Его символически обозначают

. (1)

Аналогично определяется повторный интеграл . (2)

Теорема 1. Если функция f (x; y) непрерывна на прямоугольнике Р =[ a, b; c, d ], то существуют повторные интегралы (1) и (2).

Доказательство.

Докажем существование интеграла (1). Для этого достаточно доказать, что функция непрерывна на [ a; b ]. Пусть x ₀ - произвольная точка отрезка [ a; b ]. Придадим x ₀ приращение D х, так чтобы x ₀+D х Î[ a; b ]. Тогда

,

. (3)

Т.к. функция f непрерывна на прямоугольнике Р, то она и равномерно непрерывна на нём. Тогда " e >0 $ d >0: "(x ₁; y ₁),(x ₂; y ₂)Î P: r ((x ₁; y ₁),(x ₂; y ₂))<d Þ

| f (x ₁; y ₁) -f (x ₂; y ₂)|< e. (4)

Пусть e >0 - произвольное число. выполнено

, .

Тогда для этих точек должно выполняться (4), т.е.

. (5)

Из (3) и(5) следует

.

Т.о., из условия следует .

Следовательно, F(х) непрерывна в точке х ₀. Так как х ₀ – произвольная точка из [ a; b ] то F(х) непрерывна на [ a; b ]. Следовательно, она интегрируема на [ a; b ], т.е. .

Существование повторного интеграла (2) доказывается аналогично.

II случай. Непрямоугольная область.

Пусть функция f (x; y) определена на замкнутой области Р, представляющей собой плоскую фигуру, ограниченную прямыми x=a и x=b (a < b), кривыми y = j ₁(x) и y = j ₂(x), причем j ₁(x)£ j ₂(x) и j ₁(х), j ₂(х) непрерывны на [ a; b ]. Такую область назовем простой областью I типа. (обозначим её Р_I). Очевидно, что Р_I квадрируема.

Рассуждая аналогично I случаю, имеем: , повторный интеграл:

. (6)

Пусть область Р ограничена прямыми y=c и y=d (c < d), кривыми x = y ₁(y), x = y ₂(y), причем y ₁(y)£ y ₂(y) и y ₁(y) и y ₂(y) непрерывны на [ c; d ]. Такую область назовем простой областью II типа. (обозначим её Р_II). Р_II квадрируема. Тогда , повторный интеграл:

. (7)

Теорема 2. Если функция f (x; y) непрерывна на простой области I типа, то существует повторный интеграл (6).

Доказательство.

Докажем непрерывность функции F(х) на [ a; b ]. Из этого будет следовать ее интегрируемость. Пусть х - произвольная точка отрезка [ a; b ]. В интеграле сделаем замену переменной: . Если t =0, то y = j ₁(x), если t =1, то y = j ₂(x), . Получим

.

Т.к. f (x; y) непрерывна на Р_I, функции j ₁(х), j ₂(х) непрерывны на [ a; b ], то функция g (x; t) непрерывна на прямоугольнике D =[ a, b;0,1]. Поэтому на основании теоремы 1 F(х) непрерывна на [ a; b ]. Следовательно, она интегрируема на [ a; b ], т.е. .

Теорема 3. Если функция f (x; y) непрерывна на простой области II типа, то существует повторный интеграл (7).

 

2. Вычисление двойного интеграла

Теорема 4. Если функция f (x; y) непрерывна на прямоугольнике Р =[ a, b; c, d ], то справедлива формула

.

Доказательство.

Существование двойного интеграла и повторных интегралов доказано в предыдущих теоремах. Докажем равенство

.

Отрезки [ a; b ] и [ c; d ] разобьём произвольными точками , на частичные отрезки. Через точки деления проведём прямые параллельные осям координат. Этими прямыми прямоугольник Р разобьётся на частичные прямоугольники , , . В силу условия функция f (x; y) непрерывна на замкнутом прямоугольнике , поэтому на этом прямоугольнике она имеет наименьшее и наибольшее значения. "(х; у)Î . Зафиксируем произвольно точку . Ясно, что " у Î[ y_{k- 1}; y_k ]. Интегрируя это неравенство на отрезке [ y_{k- 1}; y_k ], получим

, (8)

где D y_k = y_k - y_{k- 1}. Таких неравенств будет m штук. Суммируя неравенства (8) по k от 1 до m, получим

.

По свойству аддитивности определенного интеграла

.

Обозначим . Тогда

.

Умножим все части этого равенства на D x_i = x_i – x_{i- 1}. Суммируя их по i от 1 до n, получим

. (9)

Средняя часть неравенства (9) представляет собой интегральную сумму для функции F(х) на [ a; b ]. Крайние части (9) представляют собой нижнюю и верхние суммы Дарбу для функции f (x; y) на Р. Действительно,

.

Аналогично, .

Поэтому из (9) получаем

. (10)

Так как функция f (x; y) непрерывна на Р, то она интегрируема на этом прямоугольнике, следовательно,

.

Но тогда из (10) следует, что

. (11)

С другой стороны, по теореме 1

. (12)

Из (11) и (12) следует .

Равенство доказывается аналогично.

Пример. Вычислить , где Р прямоугольник [0,1;0,1].

D . D

Теорема 5. Если функция f (x; y) непрерывна на простой области I типа, то справедлива формула

. (13)

Доказательство.

Так как j ₁(x) и j ₂(x) непрерывны на [ a; b ], то они на этом отрезке имеют наименьшее и наибольшее значения. Обозначим их , . Пусть D =[ a, b; c, d ], P Ì D. Рассмотрим функцию F (x; y) на D:

По условию f непрерывна на замкнутой квадрируемой области Р, следовательно, она интегрируема на Р. Т.к. F (x; y)= f (x; y), то и F (x; y) интегрируема на Р и

.

С другой стороны, т.к. на Р ₁ и Р ₂ F (x; y)=0, то F (x; y) интегрируема и на Р ₁, Р ₂ и

(все интегральные суммы равны нулю, а значения на границе можно не учитывать).

Тогда по свойству аддитивности двойного интеграла F (x; y) интегрируема на

и

. (14)

Теперь наша задача свелась к вычислению - двойного интеграла по прямоугольной области.

" фиксированного х Î[ a; b ]

,

так как существует каждый из трёх интегралов справа:

, а .

Тогда " х Î[ a; b ]

. (15)

Так как f (x; y) непрерывна на Р, то по теореме 2 непрерывна на [ a; b ]. Тогда из (15) следует, что непрерывна на [ a; b ], значит, F(х) интегрируема на [ a; b ], т.е. существует повторный интеграл (случай I)

. (16)

Теперь из (14) и (16), учитывая (15), получаем

.

Теорема 6. Если функция f (x; y) непрерывна на простой области II типа, то справедлива формула

. (17)

Замечание 1. Если контур области интегрирования пересекается не более, чем в двух точках, как параллелями оси О х, так и параллелями оси О у, то имеют место обе формулы (13) и (17), и, значит, повторные интегралы (6) и (7) равны.

Замечание 2. Если область Р не является простой областью I или II типа, то её разбивают (если возможно) на конечное число простых областей I и II типа. Тогда двойной интеграл по области Р равен сумме интегралов по простым областям.

Замечание 3. Формулы (13) и (17) справедливы и в том случае, когда f имеет разрывы в конечном числе точек и на кривых, площадь которых равна нулю.

Пример 1. Р ограничена: y = x ³, y + x =2, x =0. Вычислить .

D Найдём координаты точки А:

x ³=2- x, x ³+ x -2=0, x =1.

=

. D

Пример 2. Р ограничена: y ²=3 x +9, y =3– x. Свести к повторным двумя способами.

D Найдём точки пересечения графиков функций:

(3 -x)²=3 x +9, 9-6 x + x ²-3 x -9=0,

x ²-9 x =0, x (x -9)=0, x =0, x =9,

y =3, y =-6.

Выразим из первого уравнения х: 3 x +9= y ²-9,

.

. D