ВУЗ:
Рубрика:
4 КРАТНЫЕ, КРИВОЛИНЕЙНЫЕ И ПОВЕРХНОСТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ
Пусть также функция u = f (x, y) интегрируема в рассматриваемой области и при каждом значе-
нии x ∈ [a, b] существует интеграл
I(x) =
Z
g(x)
h(x)
f(x, y) dy.
Тогда существует интеграл
Z
b
a
I(x) dx =
Z
b
a
dx
Z
g(x)
h(x)
f(x, y) dy
и выполняется равенство
Z
Ω
f dΩ =
Z
b
a
dx
Z
g(x)
h(x)
f(x, y) dy. (1)
Замечание 3. Если область имеет более сложную конфигурацию, чем та, которая указана
в теоремах 1 и 2, то, как правило, её можно разбить на простые и для вычисления интеграла
воспользоваться пунктом 1 предложения 2.
Пример 3. Вычислим объём тела, в основании которого лежит прямоугольник
0 6 x 6 a, 0 6 y 6 b,
и ограниченного сверху эллиптическим параболоидом
z =
x
2
2p
+
y
2
2q
.
Таким образом, нашем случае областью интегрирования Ω является указанный прямоугольник,
и мы имеем
V =
ZZ
Ω
x
2
2p
+
y
2
2q
dx dy =
Z
b
0
dy
Z
a
0
x
2
2p
+
y
2
2q
dx =
Z
b
0
a
3
6p
+
ay
2
2q
dy =
a
3
b
6p
+
ab
3
6q
=
ab
6
a
2
p
+
b
2
q
.
Пример 4. Пусть Ω — это круг радиуса R с центром в начале координат. Вычислим интеграл
I =
ZZ
Ω
y
2
p
R
2
− x
2
dΩ.
В силу теоремы 1 имеем
I =
Z
R
−R
dx
Z
√
R
2
−x
2
−
√
R
2
−x
2
y
2
p
R
2
− x
2
dy = 2
Z
R
−R
p
R
2
− x
2
dx
Z
√
R
2
−x
2
0
y
2
dy.
Но внутренний интеграл в этом выражении есть
Z
√
R
2
−x
2
0
y
2
dy =
1
3
(R
2
−x
2
)
3
2
,
и поэтому
I =
2
3
Z
R
−R
(R
2
− x
2
)
2
dx =
4
3
Z
R
0
(R
2
− x
2
)
2
dx =
32
45
R
3
.
Аналогичный теореме 1 результат для тройных интегралов формулируется следующим обра-
зом.
Теорема 2. Пусть в плоскости (x, y) задана измеримая область D, а область Ω ⊂ R
3
имеет вид
Ω = {(x, y, z) ∈ R
3
| (x, y) ∈ D, h(x, y) 6 z 6 g(x, y) },
где z = g(x, y) и z = h(x, y) — некоторые функции двух переменных. Пусть также функция u =
f(x, y, z) интегрируема в области Ω и для каждой точки (x, y) ∈ D существует интеграл
I(x, y) =
Z
g(x,y)
h(x,y)
f(x, y, z) dz.
4 КРАТНЫЕ, КРИВОЛИНЕЙНЫЕ И ПОВЕРХНОСТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ
Пусть также функция u = f (x, y) интегрируема в рассматриваемой области и при каждом значе-
нии x ∈ [a, b] существует интеграл
Z g(x)
I(x) = f (x, y) dy.
h(x)
Тогда существует интеграл
Z b Z b Z g(x)
I(x) dx = dx f (x, y) dy
a a h(x)
и выполняется равенство
Z Z b Z g(x)
f dΩ = dx f (x, y) dy. (1)
Ω a h(x)
Замечание 3. Если область имеет более сложную конфигурацию, чем та, которая указана
в теоремах 1 и 2, то, как правило, её можно разбить на простые и для вычисления интеграла
воспользоваться пунктом 1 предложения 2.
Пример 3. Вычислим объём тела, в основании которого лежит прямоугольник
0 6 x 6 a, 0 6 y 6 b,
и ограниченного сверху эллиптическим параболоидом
x2 y 2
+ . z=
2p 2q
Таким образом, нашем случае областью интегрирования Ω является указанный прямоугольник,
и мы имеем
ZZ 2 Z b Z a 2 Z b 3
x y2 x y2 a ay 2 a3 b ab3 ab a2 b2
V = + dx dy = dy + dx = + dy = + = + .
Ω 2p 2q 0 0 2p 2q 0 6p 2q 6p 6q 6 p q
Пример 4. Пусть Ω — это круг радиуса R с центром в начале координат. Вычислим интеграл
ZZ p
I= y 2 R2 − x2 dΩ.
Ω
В силу теоремы 1 имеем
√ √
Z R Z R2 −x2 p Z R p Z R2 −x2
2
I= dx √
2 2
y R − x dy = 2 2 2
R − x dx y 2 dy.
−R − R2 −x2 −R 0
Но внутренний интеграл в этом выражении есть
Z √R2 −x2
1 3
y 2 dy = (R2 − x2 ) 2 ,
0 3
и поэтому
2 R 2 4 R 2 32
Z Z
2 2
I= (R − x ) dx = (R − x2 )2 dx = R3 .
3 −R 3 0 45
Аналогичный теореме 1 результат для тройных интегралов формулируется следующим обра-
зом.
Теорема 2. Пусть в плоскости (x, y) задана измеримая область D, а область Ω ⊂ R3 имеет вид
Ω = { (x, y, z) ∈ R3 | (x, y) ∈ D, h(x, y) 6 z 6 g(x, y) },
где z = g(x, y) и z = h(x, y) — некоторые функции двух переменных. Пусть также функция u =
f (x, y, z) интегрируема в области Ω и для каждой точки (x, y) ∈ D существует интеграл
Z g(x,y)
I(x, y) = f (x, y, z) dz.
h(x,y)
Страницы
- « первая
- ‹ предыдущая
- …
- 2
- 3
- 4
- 5
- 6
- …
- следующая ›
- последняя »
