Главная | Обратная связь | Поможем написать вашу работу!

Замечания.. §4. Замена переменных в двойном интеграле

Замечания.

В случае, когда непрерывна на все условия теоремы выполняются и равенство (2) справедливо.
Отметим, что интеграл представляет собой собственный интеграл, зависящий от параметра.

Рассмотрим случай криволинейной трапеции. Справедлива такая теорема:

Теорема 1. 4 (Фубини). Пусть область задана неравенствами , где . Пусть существует и для любого существует . Тогда существует интеграл и он равен .

► Так как непрерывна на , существует её минимальное значение на этом отрезке. Аналогично, существует максимальное значение функции на отрезке в прямоугольник , состоящий из точек , , . На этом прямоугольнике рассмотрим функцию

Условия предыдущей теоремы для функции выполнены. Она интегрируема в , равна 0 (и, значит, интегрируема) в . Следовательно, она интегрируема на всём множестве . При этом

Наконец, для любого выполнено равенство

По доказанному в предыдущей теореме,

откуда сразу получаем:

что и требовалось доказать. ◄

Следствие : Пусть ) непрерывна в области , ограниченной сверху графиком функции , снизу - , где , a по бокам - отрезками вертикальных прямых х = а и х = b. Тогда

► Из непрерывности сразу следует её интегрируемость на . Кроме того, для любого функция непрерывна (а, значит, интегрируема по у). Все условия теоремы выполнены. ◄

Замечание. Если область можно ограничить так:
, , то

Смысл этих теорем ясен – указан способ сведения двойного интеграла к собственным интегралам, зависящим от параметра.

§4. Замена переменных в двойном интеграле

При вычислении интегралов часто бывает удобно сделать замену переменных , где – непрерывны в некоторой области . Впоследствии мы будем часто писать просто вместо и т. п. и, кроме того, говорить при выполнении вышеупомянутых условий, что x и y – непрерывно дифференцируемые в Δ функции. Будем также использовать обозначения

Пусть при этом формулы задают взаимно-однозначное отображение квадрируемых областей: . Кроме того, потребуем, чтобы всюду на области Δ не равнялся 0 якобиан отображения
.

Теорема 1. 5. При сформулированных выше условиях для непрерывной на функции выполняется равенство

► Строгое доказательство этой теоремы потребовало бы значительных усилий из-за обилия технических деталей. Мы изложим здесь схему доказательства. Во-первых, оба интеграла в формулировке теоремы существуют, поскольку – непрерывная функция.

Рассмотрим разбиение области Δ прямыми, параллельными осям u и v. Рассмотрим его часть, имеющую вид прямоугольника с вершинами

При отображении

эти точки перейдут, соответственно, в точки

Далее, при

При малых производные , вычисленные в точках , мало отличаются от соответствующих производных, вычисленных в точке , поэтому и определённые выше векторы мало отличаются от векторов и , соответственно, и рассматриваемый четырёхугольник представляет собой «почти параллелограмм».

Как известно из курса линейной алгебры, площадь параллелограмма со сторонами

равна модулю определителя, составленного из координат этих векторов,

т. е равна . Поэтому при сделанном преобразовании координат интегральная сумма

близка по величине к интегральной сумме

Точнее говоря, можно доказать, что соответствующие интегральные суммы для интегралов, стоящих в правой и левой частях доказываемого равенства, отличаются друг от друга на стремящуюся к нулю величину. Поэтому и интегралы совпадают. ◄

Замечание. Утверждение теоремы сохранится, если условие взаимной однозначности отображения нарушится на множестве нулевой площади.

§5. Переход к полярным координатам. Вычисление

Пусть требуется вычислить по области , которая задаётся в полярных координатах условиями

Сделаем замену переменных

При этой замене нарушается взаимная однозначность отображения. Точке (0, 0) соответствует целый отрезок на оси . Однако и точка, и отрезок имеет нулевую площадь, и теорема, с учётом замечания, справедлива. Осталось вычислить якобиан преобразования.

Следовательно,

Полярные координаты бывают очень полезны при вычислениях. Рассмотрим пример.

Пример. Найти .

Решение. — это несобственный интеграл, и прежде всего следует установить его сходимость. По определению,

Первый из интегралов — собственный, второй — сходится по 1-й теореме о сравнении, так как при справедливо неравенство, из которого следует, что , а интеграл , очевидно, сходится.