МАТЕМАТИЧЕСКИЙ АНАЛИЗ: МЕРА ЖОРДАНА...
TRANSCRIPT
Е.М. РУДОЙ
МАТЕМАТИЧЕСКИЙ АНАЛИЗ:МЕРА ЖОРДАНА. КРАТНЫЙ ИНТЕГРАЛ
(теория, примеры, упражнения)
2009
2
Предисловие
Учебное пособие состоит из четырех глав, отражающих основныетеоретические и практические аспекты университетского курса мате-матического анализа, читаемого во втором семестре второго курса длястудентов математического факультета Новосибирского государствен-ного педагогического университета, обучающихся по специальности «информатика-математика».
Большинство задач, включенных в пособие, содержится в качествеупражнений и примеров в различных изданиях (см. список литерату-ры). Часть примеров составлена специально для настоящего издания.
Нумерация упражнений сквозная и не зависит от номера главы ипараграфа. Сложные задачи помечены звездочкой.
При составлении упражнений автор попытался собрать задачи, со-ответствующие теоретическому курсу.
3
1. Мера Жордана.
Ранее мы изучили понятие определенного интеграл для функцийодной переменной. При интегрировании мы имели дело только с отрез-ками, длины которых определяется элементарно (как разность междуконцом и началом отрезка).
Одним из основных приложений определенного интеграла являетсяизмерение площадей плоских фигур. Причем, давая точное определе-ние понятия «площади», мы использовали многоугольники как элемен-тарные (простейшие) фигуры. Затем основные свойства их площадейперенесли на квадрируемые фигуры (неотрицательность площади, ко-нечная аддитивность, монотонность).
Во второй главе мы введем понятие кратного интеграла – интеграладля функций n-переменных. Для этого нам надо дать точное опреде-ление меры множества в Rn. При этом в случае n = 2 мера должнасовпадать с площадью фигуры.
1.1 Сеть в Rn. Кубы и элементарные множества.
Определение. Множество вида
x = (x1, . . . , xn) ∈ Rn | ai ≤ xi ≤ bi, i = 1, . . . , n,
где ai, bi – заданные числа, ai < bi, i = 1, . . . , n, называется n-мернымбрусом в пространстве Rn.
Если bi − ai = bj − aj для всех i, j = 1, . . . , n, то брус называетсяn-мерным кубом.
Определение. Пусть k – натуральное число; разобьем каждую ко-ординатную ось на отрезки точками xi = m · 10−k, m = 0,±1,±2, . . . .Таким образом, все пространство Rn «разобьется» на кубы вида
Q =
x = (x1, . . . , xn) ∈ Rn
∣∣∣ m
10k≤ xi ≤
m+ 1
10k, i = 1, . . . , n
.
В этом случае будем говорить, что в пространстве Rn построена сетьпорядка k, а кубы Q, входящие в эту сеть, будем называть кубами по-рядка k.
4
Отметим, что в одномерном случае (при n = 1) кубы Q являютсяотрезками, в двумерном (при n = 2) — квадратами, в трехмерном (приn = 3) — обычными трехмерными кубами.
x1
x2
Сеть в простран-стве R2
Перечислим основные свойства сети, непосредственно следующие изопределения.
5
1. Различные кубы одного порядка не имеют общих внутренних то-чек. В пересечение двух кубов одного порядка могут входить только ихграничные точки.
2. Куб порядка k состоит из 10n кубов порядка k + 1.3. Если G – ограниченное множество в Rn, то для любого нату-
рального k существует конечное число кубов порядка k, объединениекоторых содержит G.
Определение. Любой конечный набор попарно различных кубоводного порядка называется элементарным множеством.
Замечание. В силу свойства 2 сети понятие элементарного множе-ства не зависит от порядка k. Кроме того, объединение и пересечениеконечного числа элементарных множеств есть элементарное множество.
1.2 Мера элементарных множеств.
По аналогии с формулой для длины (n = 1), площади (n = 2) иобъема (n = 3) определим меру n-мерного куба.
Определение. Пусть Q – куб порядка k. Число
µQ = 10−nk (1)
называется его мерой.Определение. Пусть S – элементарное множество, т.е.
S =∪i
Qi,
где Qi попарно различные кубы порядка k. Меру µS элементарногомножества S определим по формуле
µS =∑i
µQi.
Меру пустого множества будем считать равной нулю, т.е.
µ∅ = 0.
6
Непосредственно из определения меры элементарных множеств по-лучаем следующие свойства:
1. Неотрицательность меры: µS ≥ 0 для любого элементарногомножества S. Причем µS = 0 тогда и только тогда, когда S = ∅.
2. Полуаддитивность меры: µ(P ∪S) ≤ µP +µS для любых элемен-тарных множеств P и S. Причем, если P и S не имеют общих кубов, тоµ(P ∪ S) = µP + µS
3. Монотонность меры: Если P ⊂ S, то µP ≤ µQ.
1.3 Мера Жордана произвольного ограниченного множе-ства.
Пусть F – ограниченное множество в пространстве Rn. Выберемнатуральное k. Обозначим через Fk множество всех тех кубов порядкаk, которые целиком содержатся в F , а через F k – множество всех техкубов порядка k, имеющих непустое пересечение с F .
7
x1
x2
Fk
Fk
Справедливость следующих включений очевидна:
Fk ⊂ F ⊂ F k. (2)
Отметим, что множества Fk и F k могут быть пустыми. Например, еслимножество F есть точка в пространстве Rn, то не существует ни одногокуба, содержащегося в F . Случай же пустого F k возможен, когда F = ∅.
8
Кроме того, в силу монотонности меры элементарных множеств из(2) следует, что
µFk ≤ µF k. (3)
Ясно, что при увеличении k множества Fk возрастают, а F k убывают,т.е. справедливы включения
F1 ⊂ F2 ⊂ . . . ⊂ Fk . . . ⊂ F ⊂ . . . ⊂ F k ⊂ . . . ⊂ F 1. (4)
Тем самым, мы имеем две неотрицательные монотонные числовые по-следовательности мер множеств Fk и F k, одна из которых µFk —возрастающая, другая µF k — убывающая, такие, что
0 ≤ µF1 ≤ µF2 ≤ . . . ≤ µFk . . . ≤
≤ . . . ≤ µF k ≤ . . . ≤ µF 2 ≤ µF 1. (5)
Из (5) следует, что последовательность µFk ограничена сверху, аµF k – снизу. Поэтому для любого ограниченного множества F суще-ствуют конечные пределы
µ∗F = limk→∞
µFk, µ∗F = limk→∞
µF k.
Определение. Числа µ∗F и µ∗F называются внутренней и внешнеймерами множества F соответственно.
Определение. Если µ∗F = µ∗F , то говорят, что множество F из-меримо по Жордану. Общее значение его внешней и внутренней мерназывается n-мерной мерой Жордана и обозначается µF , т.е.
µF = µ∗F = µ∗F.
В дальнейшем для краткости будем, как правило, выражение «поЖордану» опускать. Например, вместо «измеримое по Жордану мно-жество» будем говорить «измеримое множество» и т.п.
Перечислим свойства меры, непосредственно следующие из опреде-ления:
9
1. Мера элементарного множества совпадает с введенной ранее ме-рой.
2. Если µ∗F = 0, то множество F измеримо и µF = 0.3. Мера µΠ произвольного бруса
Π = x ∈ Rn | ai ≤ xi ≤ bi, i = 1, . . . , n
равна произведению длин его сторон, т.е.
µΠ =
n∏i=1
(bi − ai).
4. Мера µA любого измеримого множества A ⊂ Rn неотрицательна,т.е.
µA ≥ 0.
Оказывается, что не всякое ограниченное множество является изме-римым. Действительно, в пространстве R1 рассмотрим множество Q0
рациональных точек на отрезке [0, 1]. Для любого натурального k ниодин куб порядка k не содержится в Q0. Следовательно, внутренняямера µ∗Q0 равна нулю. С другой стороны, т.к. Q0 плотно в [0, 1], товнешняя мера µ∗Q0 равна 1.
Пример. Доказать, что куб Q ранга k0 в пространстве Rn измеримпо Жордану и его мера Жордана совпадает с введенной в (1) мерой,т.е. равна 10−k0n.
Решение. Рассмотрим сеть ранга k. Если k < k0, то никакой кубранга k не содержится в Q. Поэтому, множество Fk тех кубов рангаk, которые лежат в Q пустое, т.е. Fk = ∅ и, следовательно, µFk = 0.Если k = k0, то Fk0 = Q и µFk0 = 10−k0n. Далее, если k > k0, то опятьполучаем, что Fk = Q и µFk = 10−k0n. Поэтому внутренняя мера кубаQ равна
µ∗Q = limk→∞
µFk = 10−k0n.
Вычислим теперь внешнюю меру куба Q. Данный куб Q по опреде-лению есть множеству
Q =
(x1, . . . , xn)
∣∣∣ mi
10k0≤ xi ≤
mi + 1
10k0, i = 1, . . . , n
,
10
где mi – некоторые целые числа, i = 1, . . . , n. Пусть k > k0. Рассмотримобъединение F k всех кубов ранга k, имеющих хотя бы одну общую точкус Q. Очевидно, что
F k =
(x1, . . . , xn)
∣∣∣ mi
10k0− 1
10k≤ xi ≤
mi + 1
10k0+
1
10k, i = 1, . . . , n
– куб с ребром длины
1
10k0+ 2
1
10k,
который содержит (10k−k0 + 2)n кубов ранга k. Поэтому
µF k = (10k−k0 + 2)n · 10−kn = 10−k0n(1 +
2
10k−k0
)nи, следовательно,
µ∗Q = limk→∞
µF k = 10−k0n.
Здесь мы воспользовались тем, что отбрасывание конечного числа чле-нов числовой последовательности не влияет на ее предел. Поэтому мыне вычисляли меру F k при k ≤ k0.
Таким образом, мы показали, что внешняя и внутренняя меры мно-жества Q совпадают. Следовательно, куб Q измерим и его мера равна10−k0n, что совпадает с определением (1) меры куба.
Пример. Доказать, пользуясь определением меры Жордана, изме-римость отрезка F = [a, b] ⊂ R1, a < b, и найти его меру.
Решение. Для определенности будем считать, что a > 0. Представимчисла a и b в виде бесконечной десятичной дроби
a = a0, a1a2a3 . . . ak . . . ,
b = b0, b1b2b3 . . . bk . . . .
При этом справедливы неравенства
a0, a1a2a3 . . . ak ≤ a ≤ a0, a1a2a3 . . . ak +1
10k,
11
b0, b1b2b3 . . . bk ≤ b ≤ b0, b1b2b3 . . . bk +1
10k.
Выберем натуральное k. Пусть Fk множество всех тех отрезков (ку-бы в одномерном случае) порядка k, которые целиком содержатся вотрезке [a, b], а F k – множество всех тех отрезков порядка k, имеющихнепустое пересечение с [a, b]. Очевидно, что справедливы следующиенеравенства
b0, b1 . . . bk − a0, a1 . . . ak −2
10k≤ µFk ≤
≤ µF k ≤ b0, b1 . . . bk − a0, a1 . . . ak +2
10k.
Устремляя k к бесконечности, получаем, что
b− a ≤ µ∗F ≤ µ∗F ≤ b− a.
Откуда следует измеримость отрезка [a, b]. При этом его мера µ[a, b]равна b− a.
Задачи.1. Доказать, что открытый куб Q порядка k в пространстве Rn яв-
ляется измеримым по Жордану множеством и его мера равна мере за-мкнутого куба ранга k, то есть µQ = 10−kn.
2. Найти меру следующих множеств в пространстве R1:а) A = 1,б) X = 1, 2, . . . , n,в) Y = 1
2n | n ∈ N,г)∗ Z = m2n | 1 ≤ m ≤ 2n − 1, k = 1, 2, 3, . . ..3. Доказать, что конечное число точек в пространстве Rn имеет меру
нуль.4. Доказать, пользуясь определением меры Жордана, измеримость
следующих множеств и найти их меру:а) интервал (a, b) в R;б) замкнутый прямоугольник Π = (x1, x2) ∈ R2 | ai ≤ xi ≤ bi, i =
1, 2 в R2;
12
в) открытый прямоугольник Π = (x1, x2) ∈ R2 | ai < xi < bi, i =1, 2 в R2.
5∗. Указать неограниченное множество с конечной внутренней ме-рой.
6∗. Доказать, чтоа) множество с положительной внутренней мерой имеет внутренние
точки;б) мера измеримого по Жордану множества, не имеющего внутрен-
них точек, равна нулю.7. Пусть X1 ⊂ X2 ⊂ Rn. Доказать, что
µ∗(X1) ≤ µ∗(X2), µ∗(X1) ≤ µ∗(X2).
8. Доказать, что если µ∗(X) = 0, то множество X измеримо и егомера равна нулю.
9. Пусть множество M измеримо и B ⊂ M . Следует ли, что B –измеримое множество?
10. Пусть множество M – измеримо и его мера равна нулю. Можетли множество M содержать внутренние точки?
11. Пусть множество M – измеримо и его мера равна нулю. Изме-римо ли замыкание M множества M?
12. Пусть замыкание M множества M измеримо. Измеримо ли мно-жество M?
13. Привести пример неизмеримого по Жордану множества в R2.14. Пусть X = (x, y) | x ∈ [0, 1]∩Q, y = 0. Измеримо ли множество
X в R2? Если – да, то найти его меру.15. Пусть множество A измеримо в Rn. Измеримы ли проекции A
на оси координат в R1?16∗. Пусть последовательность xk сходится в Rn. Доказать, что
множество xk ∈ Rn | k = 1, 2, 3 . . . , измеримо. Найти его меру.
1.4 Критерий измеримости. Цилиндрические множества.
Сформулируем критерий измеримости множества по Жордану впространстве Rn.
13
Теорема. Множество измеримо по Жордану тогда и только тогда,когда мера его границы равна нулю.
Используя эту теорему можно легко доказать, что множество Q0 ра-циональных точек на отрезке [0, 1] в пространстве R1 неизмеримо. Дей-ствительно, границей множества Q0 является весь отрезок [0, 1], меракоторого равна единице.
Определение. Пусть в Rn−1 задана область Ω. Пусть в области Ωопределены две непрерывные функции φ(x1, . . . , xn−1), ψ(x1, . . . , xn−1)такие, что φ(x1, . . . , xn−1) ≤ ψ(x1, . . . , xn−1) для всех (x1, . . . , xn−1) ∈ Ω.Цилиндрическим множеством с основанием Ω называется множество
C = x = (x1, x2, . . . , xn) ∈ Rn | (x1, . . . , xn−1) ∈ Ω,
φ(x1, . . . , xn−1) ≤ xn ≤ ψ(x1, . . . , xn−1) .
Теорема. Пусть функция f(x1, . . . , xn−1) непрерывна на измери-мом, ограниченном и замкнутом множестве Ω ⊂ Rn−1. Тогда множество
epi f = x = (x1, . . . , xn) ∈ Rn |
(x1, . . . , xn−1) ∈ Ω, xn = f(x1, . . . , xn−1)
измеримо в Rn и его мера равна нулю.Определение. Множество epi f ⊂ Rn называется графиком функ-
ции f(x1, . . . , xn−1), (x1, . . . , xn−1) ∈ Ω ⊂ Rn−1.Теорема. Если множество Ω – ограничено, замкнуто и измеримо в
Rn−1, функции φ(x1, . . . , xn−1) и ψ(x1, . . . , xn−1) – непрерывны в Ω, тоцилиндрическое множество C с основанием Ω измеримо в Rn.
Задачи.17. Доказать, что для любых множеств A, B ⊂ Rn справедливы
следующие включения:а) ∂(A ∪B) ⊂ ∂A ∪ ∂B,б) ∂(A ∩B) ⊂ ∂A ∪ ∂B,в) ∂(A\B) ⊂ ∂A ∪ ∂B,
где ∂X — граница множества X.
14
18. Пусть мера множеств A и B равна нулю. Доказать, что множе-ства A ∪ B, A ∩ B, A\B — измеримы и µ(A ∪ B) = 0, µ(A ∩ B) = 0,µ(A\B) = 0.
19. Пусть A ∪B и A ∩B — измеримые множества. Верно ли, что Aи B — измеримы?
20. Пусть множество X ⊂ Rn – измеримо, −→a = (a1, . . . , an) – посто-янный вектор. Определим множество X + −→a = y = (y1, . . . , yn) | yi =xi + ai, x = (x1, . . . , xn) ∈ X, i = 1, . . . , n. Доказать, что множествоX +−→a – измеримо и его мера равна мере множества X.
21∗. Доказать, что на числовой прямой существует ограниченноеоткрытое неизмеримое по Жордану множество.
22. Привести пример несчетного неизмеримого по Жордану множе-ства, замыкание которого измеримо по Жордану.
23∗. Доказать, что множество всех внутренних точек измеримого поЖордану множества, измеримо.
24. Будут ли цилиндрическими следующие множества:
а) Ω = (x, y) ∈ R2 | x2 + y2 ≤ 1 ⊂ R2,
б) Ω = (x, y, z) ∈ R3 | x2 + y2 + z2 ≤ 1 ⊂ R3,
в) Ω = (x, y) ∈ R2 | x2 + y2 = 1 ⊂ R2,
г) Ω = (x, y) ∈ R2 | x ∈ [0, 1] ∩Q, y ∈ [0, 1] ⊂ R2,
д) Ω = (x, y, z) ∈ R3 | x2 + y2 ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1 ⊂ R3,
е) Ω = (x, y, z) ∈ R3 | x2 + y2 = 1, 0 ≤ z ≤ 1 ⊂ R3?
25. Измеримы ли множества из предыдущей задачи в соответству-ющих пространствах?
1.5 Основные свойства меры Жордана.
Свойства полуаддитивности, аддитивности и монотонности мерыЖордана для элементарных множеств непосредственно следовали изопределения их меры. Эти же свойства справедливы и для любых из-меримых по Жордану множеств.
15
Теорема. Пусть множества A и B измеримы. Тогда множества A∪B, A ∩B, A\B измеримы.
Теорема. Пусть множества A и B измеримы. Тогда имеет местонеравенство
µ(A ∪B) ≤ µA+ µB (полуаддитивность меры).
Следствие. Пусть множества Ai – измеримы, i = 1, . . . k. Тогдаимеет место неравенство
µ( k∪i=1
Ai
)≤
k∑i=1
µAi.
Теорема. Пусть множества A и B измеримы и не имеют общихвнутренних точек. Тогда имеет место равенство
µ(A ∪B) = µA+ µB (аддитивность меры).
Теорема. Пусть множества A и B измеримы и A ⊂ B. Тогда имеетместо неравенство
µA ≤ µB (монотонность меры).
Задачи.26. Привести пример двух множеств таких, что A ⊂ B, A = B, но в
тоже время µA = µB.27∗. Пусть множества A и B измеримы. Доказать, что
а) µ(A ∪B) = µ(A\B) + µ(B\A) + µ(A ∩B);
б) µ(A ∪B) = µ(A) + µ(B)− µ(A ∩B).
28. Пусть Ak – измеримые по Жордану множества меру нуль, k =1, . . . , p, и пусть
A =
p∪k=1
Ak.
16
Доказать, что µA = 0.29. Пусть Ak – измеримые по Жордану множества меру нуль, k ∈ N,
и пусть
A =∞∪k=1
Ak
– измеримое по Жордану множество. Доказать, что µA = 0.30∗. Привести пример таких измеримых множеств Ak, k ∈ N, мера
µAk которых равна нулю, но в тоже время
A =
∞∪k=1
Ak
– неизмеримое множество.
2. Кратные интегралы.
Ранее мы рассмотрели физические и геометрические задачи, приво-дящие к понятию определенного интеграла для функции одной пере-менной. Типичной задачей такого рода является задача о вычисленииплощади криволинейной трапеции.
Легко указать аналогичные «многомерные» задачи, приводящие кпонятию двойного, тройного или n-кратного интегралов. Например, вы-числение массы неоднородного тела T по известной объемной плотностиρ(x). Для этого разобьем тело на малые участки Ti, i = 1, . . . , k. При-ближенно будем считать объемную плотность ρ(x) каждого участка Tiпостоянной и равной ρ(xi), где xi – некоторая точка, принадлежащаяTi. Тогда приближенная масса тела будет задаваться формулой
k∑i=1
ρ(xi)|Ti|,
где |Ti| – объем участка Ti.Точное значение массы тела естественно определить как предел ука-
занной суммы при неограниченном уменьшении каждого участка Ti.
17
Этот предел и будет взят за определение тройного интеграла от функ-ции ρ(x) по трехмерной области T . Конечно, для этого следует уточнитьтермины «разбиение тела», «неограниченное уменьшение» и пр.
2.1 Разбиение измеримых множеств.
Пусть Ω – измеримое по Жордану множество в Rn.Определение. Конечная система τ = Ωikτi=1 измеримых множеств
Ωi, i = 1, . . . , kτ , называется разбиением множества Ω, если:1. µ(Ωi ∩ Ωj) = 0 для любых i = j ;2.∪kτi=1Ωi = Ω.
Замечание. Отметим, что множества Ωi разбиения τ могут попарнопересекаться. Главное, чтобы мера такого пересечения равнялась нулю.
Определение. Число
diamΩ = supx,y∈Ω
ρ(x, y)
называется диаметром множества Ω.Определение. Число
|τ | = maxi=1,...,kτ
diamΩi,
где diamΩi – диаметр множества Ωi, назовем мелкостью разбиения τ .Определение. Пусть дано два разбиения τ1 = Ω1
jkτ1j=1 и τ2 =
Ω2i lτ2i=1 множества Ω, и для каждого Ω2
i ∈ τ2 существует такое Ω1j ∈ τ1,
что Ω2i ⊂ Ω1
j . В этом случае будем говорить, что разбиение τ2 вписанов разбиение τ , и писать τ2 ≻ τ1.
Перечислим основные свойства разбиений множеств:1. Если τ1 ≺ τ2 и τ2 ≺ τ3, то τ1 ≺ τ3 (транзитивность).2. Для любых двух разбиений τ1 и τ2 множества Ω существует такое
его разбиение τ , что
τ ≻ τ1, τ ≻ τ2 (финальность).
18
Лемма. Пусть τ = Ωikτi=1 – разбиение множества Ω. Тогда спра-ведливо равенство
µΩ =
kτ∑i=1
µΩi.
Лемма. Для любого измеримого множества Ω и для любого ε > 0существует разбиение τ множества Ω такое, что мелкость |τ | < ε.
2.2 Интегральные суммы. Определение кратного интеграла.
Пусть на измеримом множестве Ω ⊂ Rn задана функция y = f(x),x ∈ Ω. Пусть τ = Ωikτi=1 – разбиение множества Ω. Пусть ξi – произ-вольная точка множества Ωi, i = 1, . . . , kτ .
Определение. Число
στ = στ (f) = στ (f ; ξ1, . . . , ξkτ ) =
kτ∑i=1
f(ξi)µΩi
называется интегральной суммой Римана функции f(x), соответствую-щей разбиению τ .
Определение. Функция f(x) называется интегрируемой по Римануна множестве Ω, если один и тот же предел имеет любая последователь-ность интегральных сумм
στm =
kτm∑i=1
f(ξi,m)µΩmi ,
соответствующих разбиениям τm = Ωmi kτmi=1 множества Ω, у которых
их мелкость |τm| стремится к нулю при m → ∞, а точки ξi,m выбраныпроизвольным образом из множеств Ωmi , i = 1, . . . , kτm , m = 1, 2, . . .
Если этот предел существует, то он называется интегралом Риманаот функции f(x) по множеству Ω и обозначается∫
Ω
f(x) dx или∫. . .
∫Ω
f(x1, . . . , xn) dx1 . . . dxn.
19
Таким образом,∫Ω
f(x) dx = limm→∞
στm(f ; ξ1,m, . . . , ξkτm ,m).
Последнее равносильно тому, что существует число, обозначаемое∫Ω
f(x) dx, которое удовлетворяет следующему условию: для любого ε >
0 найдется такое δ > 0, что для любого разбиения τ = Ωikτi=1 множе-ство Ω мелкости |τ | и при любом выборе точек ξi ∈ Ωi, i = 1, . . . , kτ ,имеет место неравенство∣∣∣ ∫
Ω
f(x)dx− στ (f ; ξ1, . . . , ξkτ )
∣∣∣< ε.
Кратко это можно записать в виде:∫Ω
f(x) dx = lim|τ |→0
στ (f ; ξ1, . . . , ξkτ ).
Определение. Множество Ω, по которому производится интегри-рование, называется областью интегрирования.
Если n > 1, то интеграл∫Ω
f(x) dx называется кратным интегралом.
В случае n = 2 он называется двойным, в случае n = 3 – тройным, а вслучае произвольного натурального n — n-кратным.
Пример. Пусть Ω – измеримое множество в Rn; пусть f(x) = 1для всех x ∈ Ω. Вычислим интеграл от функции f(x) по области Ω.Для этого рассмотрим произвольное разбиение τ = Ωikτi=1 области Ωи составим для него интегральную сумму
στ =
kτ∑i=1
f(ξi)µΩi,
20
где ξi произвольная точка, принадлежащая Ωi, i = 1, . . . , kτ . Учитывая,что f(ξi) = 1 для всех i = 1, . . . , kτ , и свойство разбиений, получаем
στ =
kτ∑i=1
µΩi = µΩ.
Таким образом, имеем ∫Ω
1 dx = µΩ.
Замечание. Пусть Ω – множество меры нуль в пространстве Rn,n ≥ 2. Тогда любая функция f(x), определенная на Ω, интегрируема нанем и ∫
Ω
f(x) dx = 0.
В частности, функция f(x) может быть и не ограничена на Ω. Отме-тим, что в случае функции одной переменной интегрируемая по Римануфункция должна быть ограничена.
Замечание. Можно показать, что в случае n = 1 и Ω = [a, b] – отре-зок на числовой прямой R определения определенного интеграла, изу-ченного ранее (когда рассматриваются интегральные суммы, соответ-ствующие только разбиению отрезка на частичные отрезки) и в смыслеопределения разбиения множества, данного в этом параграфе, равно-сильны, т.е. приводят к одному и тому же понятию интеграла.
Пример. Вычислить интеграл∫ ∫0 ≤ x ≤ 10 ≤ y ≤ 1
xy dxy,
рассматривая его как предел интегральной суммы, разбивая областьинтегрирования на квадраты прямыми
x =i
n, y =
j
n, i, j = 0, . . . , n.
21
Задачи.31. Вычислить диаметр следующих множеств:
а) Ω = (x, y) ∈ R2 | x2 + y2 ≤ 1,
б) Ω = (x, y) ∈ R2 | x2 + y2 = 1,
в) Ω = (x, y) ∈ R2 | x2 + y2 < 1,
г) Ω− треугольник с вершинами O(0,0), A(1,0), B(0,1),
д) Ω = (x, y) ∈ R2 | x ∈ [0, 1], y = 0,
е) Ω = (0, 0), (1, 1), (2, 0) ⊂ R2.
32. Вычислить диаметр n-мерного куба в пространстве Rn.33. Пусть f(x) = C, где C − const, x ∈ Ω, Ω – измеримое в Rn
множество. Вычислить ∫Ω
f(x) dx.
34. Вычислить интеграл∫ ∫1 ≤ x ≤ 21 ≤ y ≤ 3
(x2 + y2) dxy,
рассматривая его как предел интегральной суммы, разбивая областьинтегрирования на квадраты прямыми
x = 1 +i
n, y = 1 +
2j
n, i, j = 0, . . . , n.
35. Привести пример непрерывной, не равной тождественно нулюфункции f(x), x ∈ Ω ⊂ Rn, такой, что∫
Ω
f(x) dx = 0.
22
36∗. Пусть функция f(x), x ∈ Ω ⊂ Rn, – непрерывна и неотрица-тельна на Ω, µΩ > 0, и пусть∫
Ω
f(x) dx = 0.
Доказать, что f(x) = 0 на Ω.37∗. Привести пример неограниченной на измеримом множестве Ω ⊂
Rn, n ≥ 2, функции f(x) такой, что интеграл∫Ω
f(x) dx
существует.
2.3 Верхние и нижние суммы Дарбу. Критерий интегриру-емости.
По аналогии со случаем интеграла от функции одной переменнойвведем понятия верхних и нижних сумм Дарбу, соответствующих дан-ному разбиению τ множества.
Определение. Пусть функция f(x) ограничена на измеримом мно-жестве Ω ⊂ Rn; τ = Ωikτi=1 – разбиение множества Ω,
mi = infx∈Ωi
f(x), Mi = supx∈Ωi
f(x), i = 1, 2, . . . , kτ .
Тогда суммы
sτ =
kτ∑i=1
mi µΩi, Sτ =
kτ∑i=1
Mi µΩi
называются нижней и верхней суммами Дарбу для данного разбиенияτ области Ω.
Для сумм Дарбу sτ , Sτ и интегральной суммы στ справедливы оче-видные неравенства
sτ ≤ στ ≤ Sτ .
23
Кроме того, аналогично одномерному случаю можно доказать, что длялюбых двух разбиений τ1 и τ2 множества Ω выполняется неравенствоsτ1 ≤ Sτ2 .
При заданной на множестве Ω функции f(x) суммы sτ и Sτ являют-ся функциями разбиений τ множества Ω. Поэтому для них определимпонятия пределов
lim|τ |→0
sτ , lim|τ |→0
Sτ .
Определение. Пусть задана функция F (τ), определенная на мно-жестве всех разбиений τ измеримого множества Ω. Будем говорить, чточисло a является пределом функции F (τ) при |τ | → 0, если для любо-го ε > 0 существует такое δ > 0, что для всех разбиений τ , мелкостькоторых |τ | < δ, имеет место
|F (τ)− a| < ε.
Теорема. Пусть функция f(x) – ограничена на измеримом множе-стве Ω. Функция f(x) интегрируема по Риману на множестве Ω тогдаи только тогда, когда
lim|τ |→0
(Sτ − sτ ) = 0.
При выполнении этого условия имеют место равенства
lim|τ |→0
sτ = lim|τ |→0
Sτ =
∫Ω
f(x)dx.
Определение. Пусть функция f(x) определена на множестве Ω ⊂Rn. Число
ω(f ; Ω) = supx′,x′′
(f(x′)− f(x′′))
называется колебанием функции f(x) на множестве Ω.Используя это определение, последнюю теорему можно переформу-
лировать в эквивалентном виде.
24
Теорема. Пусть функция f(x) – ограничена на измеримом множе-стве Ω. Функция f(x) интегрируема по Риману на множестве Ω тогдаи только тогда, когда
lim|τ |→0
kτ∑i=1
ω(f ; Ωi)µΩi = 0.
Сформулируем еще один критерий интегрируемости – критерий Дар-бу.
Теорема. Пусть функция f(x) ограничена на измеримом множествеΩ, тогда f(x) интегрируема на Ω тогда и только тогда, когда для любогоε > 0 существует разбиение τ множества Ω такое, что
Sτ − sτ < ε.
Кратко последнее утверждение можно записать так:
∀ε > 0 ∃τ : Sτ − sτ < ε.
Отметим, что все эти утверждения доказываются аналогично одно-мерному случаю.
Одним из важнейших классов интегрируемых функций являютсянепрерывные функции.
Теорема. Пусть функция f(x) определена и непрерывна на замкну-том, ограниченном и измеримом множестве Ω. Тогда f(x) интегрируемана Ω.
Данная теорема является лишь достаточным признаком интегриру-емости функции.Следующий пример показывает, что множество инте-грируемых функций не ограничивается лишь непрерывными.
Пример. Показать, что функция
f(x, y) =
0, если y ∈ [0, 12 ],1, если y ∈ (12 , 1]
интегрируема на квадрате Ω = [0, 1]× [0, 1]. Вычислить интеграл∫ ∫Ω
f(x, y) dxdy.
25
Решение. Покажем сначала, что функция f(x, y) интегрируема наΩ. Для этого воспользуемся критерием Дарбу. Выберем произвольноеε > 0 и найдем такое разбиение τ множества Ω, чтобы Sτ − sτ < ε.Разобьем множество Ω на две части:
Ω1 =
(x, y) | x ∈ [0, 1], y ∈
[0,
1
2
],
Ω2 =
(x, y) | x ∈ [0, 1], y ∈
(1
2, 1
],
тогдаτ = Ω1,Ω2
искомое разбиение. Действительно, для Ω1 имеем M1 = m1 = 0, µΩ =12 ; для Ω2 имеем M2 = m2 = 1, µΩ2 = 1
2 . Поэтому, Sτ = sτ = 12 и,
следовательно, 0 = Sτ − sτ < ε, ∀ε > 0.Далее, так как функция f(x, y) интегрируема на Ω и для разбиения
τ ее верхняя и нижняя суммы Дарбу равны, то∫ ∫Ω
f(x, y) dxdy =1
2.
Приведем пример неинтегрируемой на измеримом множестве функ-ции. Рассмотрим в R2 квадрат Ω = [0, 1]× [0, 1] и положим
f(x, y) =
0, если x – рациональное,1, если x – иррациональное.
Затем для любого натурального n рассмотрим разбиение τ квадратаΩ на одинаковые квадраты Ωij со стороной длины 1/n, i, j = 1, . . . , n.Так как множество рациональных чисел плотно в R, то для всех i, j =1, . . . , n
mij = inf(x,y)∈Ωij
f(x, y) = 0, Mij = sup(x,y)∈Ωij
f(x, y) = 1.
26
Таким образом, получаем
Sτ − sτ =
n∑i, j=1
(Mij −mij)µΩij = 1
для любого натурального n. При n→ ∞ мелкость |τ | разбиения τ стре-миться к нулю, но разность Sτ−sτ равна единице. Следовательно, функ-ция f(x, y) не интегрируема.
Задачи.38. Составить верхнюю Sτ и нижнюю sτ суммы Дарбу для функции
f(x, y) = xy в области Ω = (x, y) | 0 ≤ x, y ≤ 1, где τ – разбиениеобласти Ω на квадраты прямыми
x =i
n, y =
j
n, i, j = 0, . . . , n.
39. Составить верхнюю Sτ и нижнюю sτ суммы Дарбу для функцииf(x, y) = x2 + y2 в области Ω = (x, y) | 1 ≤ x ≤ 2, 1 ≤ y ≤ 3, где τ –разбиение области Ω на прямоугольники прямыми
x = 1 +i
n, y = 1 +
2j
n, i, j = 0, . . . , n.
2.4 Свойства кратных интегралов.
На кратные интегралы от ограниченных функций переносятся всеосновные свойства определенного интеграла функции одной перемен-ной: линейность, аддитивность и пр.
1. Если Ω – измеримое множество, то∫Ω
1 · dx = µΩ.
2. Если функции fi(x) – интегрируемы на множестве Ω, то для лю-бых действительных чисел αi, i = 1, . . . , k, функция
k∑i=1
αifi(x)
27
также интегрируема на множестве Ω и∫Ω
k∑i=1
αifi(x) dx =
k∑i=1
αi
∫Ω
fi(x) dx (линейность интеграла).
3. Если Ω1 и Ω2 – измеримые множества, Ω1 ⊂ Ω2, функция f(x)ограничена и интегрируема на Ω2, то она интегрируема и на множествеΩ1.
4. Если Ω – измеримое множество, τ = Ωikτi=1 – его разбиение,функция f(x) ограничена на множестве Ω, а ее сужения на Ωi интегри-руемы на Ωi, i = 1, . . . , kτ , то функция f(x) интегрируема на Ω и
∫Ω
f(x) dx =
kτ∑i=1
∫Ωi
f(x) dx (аддитивность интеграла).
5. Если функции f(x) и g(x) интегрируемы на множестве Ω и длявсех x ∈ Ω выполняется неравенство f(x) ≤ g(x), то∫
Ω
f(x) dx ≤∫Ω
g(x) dx.
6. Если функции f(x) и g(x) интегрируемы и ограничены на неко-тором множестве Ω, то их произведение f(x) g(x) – интегрируемая наΩ функция. Если к тому же
infx∈Ω
|g(x)| > 0,
то и частное f(x)/g(x) интегрируемо на множестве Ω.7. Если функция f(x) ограничена и интегрируема на Ω, то |f(x)|
интегрируема на Ω и справедливо неравенство∣∣∣ ∫Ω
f(x)dx∣∣∣≤ ∫
Ω
|f(x)|dx.
28
8. Пусть функция f(x) – ограничена, интегрируема и неотрицатель-на на измеримом множестве Ω, µΩ > 0. Пусть, кроме того, функцияf(x) непрерывна на Ω и существует такая точка x0, что f(x0) > 0. То-гда справедливо неравенство∫
Ω
f(x)dx > 0.
Из последнего свойства следует, что если f(x) – интегрируемая инепрерывная на измеримом множестве Ω с положительной мерой функ-ция такая, что ∫
Ω
|f(x)|dx = 0,
то f(x) ≡ 0 в Ω.9. Если функции f(x) и g(x) интегрируемы на множестве Ω ⊂ Rn,
m ≤ f(x) ≤ M , x ∈ Ω, и функция g(x) не меняет знак на Ω, то суще-ствует такое число λ ∈ [m,M ], что∫
Ω
f(x)g(x)dx = λ
∫Ω
g(x)dx.
Следствие. Если множество Ω – открытое множество, любые дветочки которого можно соединить непрерывной кривой, функции f(x)и g(x) – интегрируемы, функция f(x) – непрерывна и ограничена, афункция g(x) не меняет свой знак на Ω, то в Ω существует такая точкаξ, что ∫
Ω
f(x)g(x)dx = f(ξ)
∫Ω
g(x)dx.
Задачи.40∗. Вычислить приближенно интеграл∫ ∫
x2+y2≤25
dx dy√x2 + y2 + 24
,
29
аппроксимируя область интегрирования системой вписанных квадра-тов, вершины которых находятся в целочисленных точках, и выбираязначения подынтегральной функции в вершинах этих квадратов, наи-более удаленных от начала координат.
41∗. Приближенно вычислить интеграл∫ ∫Ω
√x+ y dxdy,
где Ω – треугольник, ограниченной прямыми x = 0, y = 0 и x + y = 1,разбив область Ω прямыми x = const, y = const, x+y = const на четыреравных треугольника и выбрав значение подынтегральной функции вцентрах масс этих треугольников.
42. Пусть функции X(x) и Y (y) – непрерывны для всех x ∈ [a, b] иy ∈ [c, d] соответственно. Доказать равенство
∫ ∫R
X(x)Y (y)dxdy =
b∫a
X(x)dx ·d∫c
Y (y)dy,
где R = [a, b]× [c, d].43∗. Какой знак имеют следующие двойные интегралы:
а)∫ ∫
|x|+|y|≤1
ln(x2 + y2)dxdy,
б)∫ ∫x2+y2≤4
(1− (x2 − y2)
) 13 dxdy.
44∗. Пользуясь теоремой о среднем, оценить интеграл∫ ∫x2+y2+z2≤R2
∫dxdydz√
(x− a)2 + (y − b)2 + (z − c)2,
где a, b, c, R – константы такие, что a2 + b2 + c2 > R2.
30
2.5 Сведение двойного интеграла к повторному.
Одним из способов вычисления кратных интегралов является способсведения их к повторным. Сначала рассмотрим случай двойного инте-грала. Пусть заданы две функции φ(x) и ψ(x) непрерывные на отрезке[a, b] такие, что φ(x) ≤ ψ(x) для всех x ∈ [a, b]. Определим множество
Ω = (x, y) ∈ R2 | a ≤ x ≤ b, φ(x) ≤ y ≤ ψ(x).
Множество Ω является цилиндрических множеством в пространствеR2 с основанием [a, b] и, поэтому, – измеримо.
Определение. Пусть функция f(x, y) задана на множестве Ω и прикаждом x ∈ [a, b] интегрируема на отрезке [φ(x), ψ(x)] по y. Тогда функ-ция
F (x) =
ψ(x)∫φ(x)
f(x, y) dy (6)
называется интегралом, зависящим от параметра x, а интеграл
b∫a
( ψ(x)∫φ(x)
f(x, y) dy)dx
называется повторным интегралом. Обычно повторный интеграл запи-сывают в виде
b∫a
dx
ψ(x)∫φ(x)
f(x, y) dy.
Теорема. (Случай прямоугольной области) Пусть функция f(x, y)интегрируема на прямоугольнике P = [a, b] × [c, d]. Пусть для всех x ∈[a, b] существует интеграл,
F (x) =
d∫c
f(x, y)dy,
31
зависящий от параметра x. Тогда существует повторный интеграл
b∫a
F (x) dx =
b∫a
dx
d∫c
f(x, y) dy
и справедливо равенство
∫ ∫P
f(x, y) dxdy =
b∫a
dx
d∫c
f(x, y) dy. (7)
Замечание. В этой теореме можно пометь x и y местами, т.е., ес-ли предположить существование интеграла, зависящего от параметраy для всех y ∈ [c, d], то справедливо равенство
∫ ∫P
f(x, y) dxdy =
d∫c
dy
b∫a
f(x, y) dx.
Используя последнюю теорему, можно доказать теорему о сведениидвойного интеграла к повторному для произвольных цилиндрическихобластей.
Теорема. (Случай произвольной области) Пусть область Ω – ци-линдрическая с непрерывными функциями φ(x) и ψ(x). Пусть функцияf(x, y) интегрируема на Ω и для любых x ∈ [a, b] существует интеграл,зависящий от параметра
F (x) =
ψ(x)∫φ(x)
f(x, y) dy.
Тогда существует повторный интеграл
b∫a
F (x) dx =
b∫a
dx
ψ(x)∫φ(x)
f(x, y) dy,
32
и справедливо равенство
∫ ∫Ω
f(x, y) dxdy =
b∫a
dx
ψ(x)∫φ(x)
f(x, y) dy.
Замечание. В случаях, когда область Ω не является цилиндриче-ской, часто удается разбить эту область на объединение конечного чис-ла областей цилиндрического типа, не имеющих общих внутренних то-чек. В силу аддитивности интеграла Римана интеграл по всей областиравен сумме интегралов по этим областям.
Пример. Вычислить повторный интеграл
I =
2∫1
dx
2x∫x
ln y dy.
Решение. Применим метод интегрирования по частям к внутреннемуинтегралу по переменной y:
2x∫x
ln y dy = (yln y − y)∣∣∣y=2x
y=x= 2x ln (2x)− 2x− x lnx+ x =
= x lnx+ 2x ln 2− x
Следовательно, имеем
I =
2∫1
(x lnx+ 2x ln 2− x) dx =
=
(x2lnx
2− x2
4+
(2 ln 2− 1)x2
2
) ∣∣∣∣x=2
x=1
= 5 ln 2− 9
4.
Пример. Вычислить интеграл
I =
∫ ∫Ω
xy dxdy,
33
где Ω — квадрат [0, 1]× [0, 1].Решение. Так как область интегрирования — квадрат, то для вы-
числения интеграла можно применить формулу (7). В результате будемиметь
I =
1∫0
dx
1∫0
xy dy =
1∫0
x dx ·1∫
0
y dy =1
4.
Пример. Переменить порядок интегрирования в повторном инте-грале
I =
π∫0
dx
2 sin x∫0
f(x, y) dy.
Решение. Область Ω интегрирования задается неравенствами
0 ≤ x ≤ π, 0 ≤ y ≤ 2 sin x.
Проекция Ω на ось Oy есть отрезок [0, 2]. Каждая прямая y = const ∈[0, 2] пересекает область Ω по отрезку с концами φ(y) и ψ(y), которыенаходятся как решение уравнения y = 2 sin x из отрезка [0, π]: φ(y) =arcsin (y/2), ψ(y) = π − arcsin (y/2). Следовательно, область Ω задаетсянеравенствами
0 ≤ y ≤ 2, arcsin (y/2) ≤ x ≤ π − arcsin (y/2).
Таким образом, имеем
I =
2∫0
dy
π−arcsin (y/2)∫arcsin (y/2)
f(x, y) dx.
Пример. Вычислить интеграл∫ ∫Ω
(x− y) dx,
34
где Ω — область, ограниченная линиями y = 2− x2, y = 2x− 1.Решение. Найдем точки пересечения линий. Для этого необходимо
решить систему уравнений y = 2− x2,y = 2x− 1,
из которой получаем, что A(−3,−7) и B(1, 1) — искомые точки. Такимобразом, область Ω — цилиндрическая с основанием [−3, 1], лежащемна оси Ox. Следовательно, находим
∫ ∫Ω
(x− y) dx =
1∫−1
dx
2−x2∫2x−1
(x− y) dy =
=
1∫−3
(xy − 1
2y2) ∣∣∣∣∣
y=2−x2
y=2x−1
dx =
1∫−3
(−1
2x4 − x3 + 2x2 + x− 3
2
)dx =
64
15.
Пример. Вычислить двойной интеграл
I =
∫ ∫Ω
4√1− y2 dxdy,
где Ω — треугольник, ограниченный прямыми x = 0, y = 1, y = x.Решение. Область Ω является цилиндрической с основанием [0, 1],
лежащем на оси Ox, нижней стороной y = x, верхней стороной y = 1.Следовательно,
I =
1∫0
dx
1∫x
4√
1− y2 dy.
Известно, что внутренний интеграл не является элементарной функци-ей.
35
В то же время, область Ω — цилиндрическая с основанием [0, 1],лежащем на оси Oy, верхней и нижней сторонами x = y и x = 0 соот-ветственно. Следовательно,
I =
1∫0
dy
y∫0
4√
1− y2 dx =
1∫0
4√
1− y2y dy =2
5.
Данный пример показывает, что выбор порядка интегрирования присведении кратного интеграла к повторному может существенно облег-чить вычисление интеграла.
Задачи.45. Вычислить
2π∫0
dx
1∫0
y cos2xdy.
46. Вычислить1∫
0
dx
3∫2
y(x3 − y)dy.
47. Вычислить3∫
1
dx
x∫x3
(x− y)dy.
48. Вычислить1∫
0
dy
e2y∫ey
lnxdy.
49. Вычислить следующие интегралы:
а)1∫
0
1∫0
x dxdy, б)1∫
0
1∫0
xy dxdy,
36
в)π∫
0
π∫0
sin x cos y dxdy, г)1∫
0
1∫0
(x2 + y) dxdy,
д)π∫
1
π∫1
x sin (xy) dxdy, е)1∫
0
1∫0
xpyq dxdy, p, q > 0.
50. Вычислить ∫ ∫D
(x2 + 2y) dxdy,
если область D ограничена прямыми x = 0, x = 1, y = 0, y = 2.51. Вычислить ∫ ∫
D
dxdy
(x+ y)2,
если область D ограничена прямыми x = 3, x = 4, y = 1, y = 2.52. Вычислить ∫ ∫
D
xy dxdy,
если область D ограничена прямыми x = 0, y = 0, x+ y = 1.53. Вычислить ∫ ∫
D
(cos 2x+ sin y) dxdy,
если область D ограничена прямыми x = 0, y = 0, 4x+ 4y − π = 0.54. Вычислить ∫ ∫
D
sin(x+ y) dxdy,
если область D ограничена прямыми x = 0, y = π/2, y = x.55. Вычислить ∫ ∫
D
x dxdy,
если область D – треугольник с вершинами O(0, 0), A(1, 0), B(1, 1).
37
56. Вычислить ∫ ∫D
y dxdy,
если область D – треугольник с вершинами O(0, 0), A(2, 1), B(−2, 1).57. Вычислить ∫ ∫
D
(x+ y) dxdy,
если область D – трапеция с вершинами O(0, 0), A(1, 0), B(1, 2), C(0, 1).58. Вычислить ∫ ∫
D
2y dxdy,
если область D ограничена параболой y =√x и прямыми y = 0, x+y =
2.59. Вычислить ∫ ∫
D
x2
y2dxdy,
если область D ограничена прямыми x = 2, y = x и гиперболой y = 1/x.60. Вычислить ∫ ∫
D
ex dxdy,
если область D ограничена прямыми x = 0, y = 1, y = 2 и кривойx = ln y.
61. Изменить порядок интегрирования в двойных интегралах:
а)1∫
0
dx
x2∫x3
f(x, y)dy, б)2∫
0
dx
2x∫x
f(x, y)dy,
в)1∫
0
dy
2−y∫y
f(x, y)dx, г)1∫
0
dy
3−2y∫√y
f(x, y)dx,
38
д)1∫
0
dx
ex∫e−x
f(x, y)dy, е)2a∫0
dx
√2ax∫
√2ax−x2
f(x, y)dy,
ж)1∫
0
dy
1−y∫−√
1−y2
f(x, y)dx, з)2∫
1
dy
y∫ln y
f(x, y)dx.
62∗. Вычислить повторные интегралы:
а)1∫
0
dx
√1−x2∫0
(1− y2)3/2dy, б)π∫
0
dy
π∫y
sinx
xdx,
в)1∫
0
dy
y1/5∫y1/2
(1− x3)1/2dx, г)1∫
0
dx
1∫3√x
y2√y4 − x2dy.
63. Вычислить следующие интегралы:
а)∫ ∫D
x3y5dxdy, где D = (x, y) | |x|+ |y| ≤ 1,
б)∫ ∫D
x2dxdy, где D = (x, y) | |x|+ |y| ≤ 1,
в)∫ ∫D
√|x− y2| dxdy, где D = (x, y) | |y| ≤ 1, 0 ≤ x ≤ 2,
г)∗∫ ∫D
maxsinx, sin y dxdy, где D = (x, y) | 0 ≤ x ≤ π, 0 ≤ y ≤ π,
д)∗∫ ∫D
sign(x2 − y2 − 2) dxdy, где D = (x, y) | x2 + y2 ≤ 4.
39
2.6 Сведение тройного и n-кратного интеграла к повторным.
Сформулируем теоремы о сведении n-кратного интеграла к повтор-ному в случае n ≥ 3.
Теорема. Пусть функция f(x1, . . . , xn−1, xn) определена и интегри-руема на цилиндрическом множестве
Ωn = (x1, . . . , xn) ∈ R2 | φ(x1, . . . , xn−1) ≤ xn ≤ ψ(x1, . . . , xn−1),
где функции φ(x1, . . . , xn−1) и ψ(x1, . . . , xn−1) заданы на ограниченноми замкнутом множестве Ωn−1 ⊂ Rn−1 и непрерывны на нем. Пусть длялюбых точек (x1, . . . , xn−1) ∈ Ωn−1 существует интеграл, зависящий отпараметров (x1, . . . , xn−1)
F (x1, . . . , xn−1) =
ψ(x1,...,xn−1)∫φ(x1,...,xn−1)
f(x1, . . . , xn−1, xn)dxn.
Тогда существует (n− 1)-кратный интеграл
∫ ∫. . .
∫Ωn−1
dx1dx2 . . . dxn−1
ψ(x1,...,xn−1)∫φ(x1,...,xn−1)
f(x1, . . . , xn−1, xn)dxn
и справедлива формула∫ ∫. . .
∫Ωn
f(x1, . . . , xn−1, xn)dx1 . . . dxn =
=
∫ ∫. . .
∫Ωn−1
dx1dx2 . . . dxn−1
ψ(x1,...,xn−1)∫φ(x1,...,xn−1)
f(x1, . . . , xn−1, xn)dxn.
Рассмотрим случай n = 3. Пусть функция трех переменных f(x, y, z)определена на множестве Ω ⊂ R3 и непрерывна на нем. Пусть Ω – ци-линдрическое множество вида
Ω = (x, y, z) ∈ R2 | (x, y) ∈ Ωxy, φ(x, y) ≤ z ≤ ψ(x, y),
40
где Ωxy – ограниченное и замкнутое множество в R2, функции φ(x, y) иψ(x, y) непрерывны на Ωxy. Тогда к интегралу∫ ∫
Ω
∫f(x, y, z)dxdydz
применима теорема о сведении кратного интеграла к повторному, т.е.справедливо равенство
∫ ∫Ω
∫f(x, y, z)dxdydz =
∫ ∫Ωxy
dxdy
ψ(x,y)∫φ(x,y)
f(x, y, z)dz. (8)
Если в свою очередь множество Ωxy тоже является цилиндрическиммножеством вида
Ωxy = (x, y) ∈ R2 | a ≤ x ≤ b, φ1(x) ≤ y ≤ ψ1(x),
где функции φ1(x) и ψ1(x) непрерывны на отрезке [a, b], то, применивв правой части формулы (8) формулу сведения двукратного интегралапо множеству Ωxy к повторному, получим
∫ ∫Ω
∫f(x, y, z)dxdydz =
b∫a
dx
ψ1(x)∫φ1(x)
dy
ψ(x,y)∫φ(x,y)
f(x, y, z)dz. (9)
Если обозначить через Ω(x0) сечение множества Ω плоскостью x =x0, т.е.
Ω(x0) = Ω ∩ (x, y, z) ∈ R3 | x = x0,то при условии x ∈ [a, b] включение (x, y, z) ∈ Ω(x) равносильно вклю-чениям φ1(x) ≤ y ≤ ψ1(x) и φ(x, y) ≤ z ≤ ψ(x, y). Поэтому, объединивв формуле (9) два внутренних интегрирования по переменным y и z,получим формулу∫ ∫
Ω
∫f(x, y, z)dxdydz =
b∫a
dx
∫ ∫Ω(x)
f(x, y, z)dydz.
41
Например, если f(x, y, z) = 1, то∫ ∫Ω
∫dxdydz = µ3Ω,
∫ ∫Ω(x)
dydz = µ2Ω(x),
где µ3 – трехмерная мера (объем), µ2 – двумерная мера (площадь).Тогда получаем
µ3Ω =
b∫a
µ2Ω(x)dx,
т.е. объем тела Ω равен одномерному интегралу от площадей сеченийΩ(x).
Пример. Вычислить интеграл
I =
∫ ∫Ω
∫z dxdydz,
где область Ω определяется неравенствами 0 ≤ x ≤ 1/2, x ≤ y ≤ 2x,0 ≤ z ≤
√1− x2 − y2.
Решение. Область Ω — цилиндрическая с основанием Ωxy, где
Ωxy = (x, y) ∈ R2 | 0 ≤ x ≤ 1/2, x ≤ y ≤ 2x.
В свою очередь Ωxy также является цилиндрической. Поэтому можноприменить формулу (9). Таким образом, находим
I =
12∫
0
dx
2x∫x
dy
√1−x2−y2∫0
z dz =1
2
12∫
0
dx
2x∫x
z2∣∣∣z=√1−x2−y2
z=0dy =
=1
2
12∫
0
dx
2x∫x
(1− x2 − y2) dy =1
2
12∫
0
(y − yx2 − 1
3y2) ∣∣∣y=2x
y=xdx =
42
=1
2
12∫
0
(x− 10
3x3)dx =
7
192.
Пример. Вычислить интеграл
I =
∫ ∫Ω
∫x2yz dxdydz,
где область Ω ограничена плоскостями x = 0, y = 0, z = 0, x+y+z−2 =0.
Решение. Проекция области Ω на плоскость Oxy есть треугольник,ограниченный прямыми x = 0, y = 0, y = 2 − x. Сверху область Ωограничена плоскостью z = 2 − x − y, снизу — z = 0. Таким образом,имеем
I =
2∫0
x2 dx
2−x∫0
y dx
2−x−y∫0
z dz =1
2
2∫0
x2 dx
2−x∫0
y(2− x− y)2 dy =
=1
24
2∫0
x2(2− x)4 dx =16
315.
Пример. Вычислить тройной интеграл
I =
∫ ∫Ω
∫y dxdydz,
где
Ω = (x, y, z) | 0 ≤ z ≤ 1, |x| ≤ z, z ≤ y, x2 + y2 + z2 ≤ 4.
Решение. Неравенства |x| ≤ z, 0 ≤ z ≤ 1 задают треугольник Ω′ наплоскости Oxz. Решим исходную систему неравенств относительно y.
43
Из первого и третьего неравенства следует, что y ≥ 0, поэтому третьеи четвертое неравенства равносильны системе
z ≤ y ≤√
4− x2 − z2.
Эта система имеет решение при условии, что√4− x2 − z2 ≥ z. Это-
му условию удовлетворяют все точки треугольника Ω′. Следовательно,область Ω — цилиндрическая с основанием Ω′, нижней и верхней сторо-нами y = z и y =
√4− x2 − y2 соответственно. В свою очередь область
Ω′ на плоскости Oxz тоже является цилиндрической
Ω′(x, z) | 0 ≤ z ≤ 1, −z ≤ x ≤ z.
Следовательно,
I =
1∫0
dz
z∫−z
dx
√4−x2−z2∫z
y dy =1
2
1∫0
dz
z∫−z
(4− x2 − 2z2) dx =
=
1∫0
(4z − 7
3z3)dz =
17
12.
Пример. Пусть Πn — пирамида в Rn,
Πn = (x1, . . . , xn) | 0 ≤ xn ≤ xn−1 ≤ . . . ≤ x2 ≤ x1 ≤ 1.
Вычислить n-кратный интеграл
In =
∫Πn
x1x2 . . . xn dx.
Решение. Из уравнений, задающих пирамиду, следует, что Πn — яв-ляется цилиндрической областью, которую можно представить в виде
Πn = x1, . . . , xn) | 0 ≤ x1 ≤ 1, 0 ≤ x2 ≤ x1,
44
0 ≤ x3 ≤ x2, . . . , 0 ≤ xn ≤ xn−1.
Поэтому, сводя кратный интеграл к повторному и применяя метод ма-тематической индукции, получим
In =
1∫0
dx1
x1∫0
dx2 . . .
xn−1∫0
x1 . . . xn−1xn dxn =1
(2n)!!.
Задачи.64. Вычислить следующие повторные интегралы:
а)1∫
0
dx
2∫0
dy
3∫0
xyz dz,
б)1∫
0
dx
x∫0
dy
xy∫0
(x+ y + z) dz,
в)2∫
0
dy
2∫y
dx
1xy∫0
dz
x(1 + x2y2z2),
г)0∫
−1
dy
0∫y
dz
zy∫0
y2 cos x dx,
д)4∫
0
dz
z∫−z
dx
√z2−x2∫0
xy2z2 dz,
е)3∫
1
dz
3−z∫1−z
dy
3−y−z∫0
dx
(x+ y + z)2.
45
65. Вычислить интегралы:
а)1∫
0
1∫−1
1∫0
xyz dxdydz,
б)1∫
0
1∫0
1∫0
(xy + yz + xz) dxdydz,
в)π∫
0
π∫0
π∫0
sin(x+ y + z) dxdydz.
66. Вычислить тройной интеграл∫ ∫ ∫D
x2y2z dxdydz,
если область D ограничена плоскостями x = 1, x = 3, y = 0, y = 2,z = 2, z = 5.
67. Вычислить тройной интеграл∫ ∫ ∫D
dxdydz
(x+ y + z + 1)3,
если областьD ограничена плоскостями x = 0, y = 0, z = 0, x+y+z = 1.68. Вычислить тройной интеграл∫ ∫ ∫
D
xyz dxdydz,
если область D ограничена плоскостями x = 0, y = 0, z = 0 и сферойx2 + y2 + z2 = 1.
69. Вычислить тройной интеграл∫ ∫ ∫D
x dxdydz,
46
если область D ограничена плоскостями z = 0, z = 3 и цилиндромx2 + y2 = 1.
70∗. Вычислить следующие тройные интегралы:
а)∫ ∫ ∫
Ω
xy2z3 dxdydz,
если область Ω ограничена поверхностями z = xy, y = x, x = 1, z = 0;
б)∫ ∫ ∫
Ω
(x2
a2+y2
b2+z2
c2
)dxdydz,
если область Ω ограничена поверхностью
x2
a2+y2
b2+z2
c2= 1, a, b, c > 0,
в)∫ ∫ ∫
Ω
√x2 + y2 dxdydz,
если область Ω ограничена поверхностями
x2 + y2 = z2, z = 1.
71. Различными способами расставить пределы интегрирования вследующих повторных интегралах:
а)1∫
0
dx
1−x∫0
dy
x+y∫0
f(x, y, z) dz,
б)1∫
−1
dx
√1−x2∫
−√1−x2
dy
1∫√x2+y2
f(x, y, z) dz,
47
в)1∫
0
dx
1∫0
dy
x2+y2∫0
f(x, y, z) dz,
г)1∫
0
dx
1−x∫0
dy
1−x−y∫0
f(x, y, z) dz,
д)1∫
0
dx
x∫0
dy
y∫0
f(x, y, z) dz,
е)1∫
0
dx
2∫0
dy
1−|y−1|∫0
f(x, y, z) dz.
72∗. Упростить следующие выражения, заменяя тройные интегралыоднократными:
а)x∫
0
dξ
ξ∫0
dη
η∫0
f(ζ) dζ, б)1∫
0
dx
1∫0
dy
x+y∫0
f(z) dz.
73∗. Пусть f(x1, . . . , xn) – непрерывная функция в области
Ω = (x1, . . . , xn) | 0 ≤ xi ≤ x, i = 1, . . . , n.
Доказать равенство
x∫0
dx1
x1∫0
dx2 . . .
xn−1∫0
f(x1, . . . , xn) dxn =
=
x∫0
dxn
x∫xn
dxn−1 . . .
x∫x2
f(x1, . . . , xn) dx1.
48
74∗. Вычислить следующие многократные интегралы:
а)1∫
0
1∫0
. . .
1∫0
(x21 + x22 + . . .+ x2n) dx1dx2 . . . dxn,
б)1∫
0
1∫0
. . .
1∫0
(x1 + x2 + . . .+ xn)2 dx1dx2 . . . dxn.
75∗. Пусть Πn — пирамида в пространстве Rn, определенная ранее.Вычислить следующие интегралы
а)∫Πn
1 · dx,
б)∫Πn
(x1 + x2 + . . .+ xn) dx.
2.7 Замена переменных в кратных интегралах.
В этом параграфе рассмотрим теорему о замене переменных в крат-ных интегралах, которая является одним из важнейших средств вычис-ления кратных интегралов.
Пусть функция f(y1, . . . , yn) интегрируема в Ω, т.е. существует ин-теграл ∫
Ω
f(y) dy =
∫. . .
∫Ω
f(y1, . . . , yn) dy1 . . . dyn, (10)
где Ω – ограниченная замкнутая измеримая область в пространстве Rnпеременных y1, . . . , yn. Предположим далее, что переменные y1, . . . , ynв свою очередь зависят от переменных x1, . . . , xn, т.е. задано преобра-зование координат
y1 = ψ1(x1, . . . , xn),y2 = ψ2(x1, . . . , xn),. . . . . . . . . . . . . . . . . . ,yn = ψn(x1, . . . , xn).
(11)
49
Для краткости преобразование (11) будем обозначать символом
y = ψ(x),
понимая, что x = (x1, . . . , xn), y = (y1, . . . , yn) – точки n-мерного про-странства, а ψ – совокупность n функций ψ1, . . . , ψn.
Обозначим через Ω′ такую область в пространстве переменных x,которая при действии преобразования (11) переходит в Ω. Кратко этобудем обозначать так: Ω = ψ(Ω′). Кроме того, будем считать, что пре-образование (11) взаимно однозначно, т.е. существует x = ψ−1(y) такое,что Ω′ = ψ−1(Ω).
Определение. Пусть в каждой точке x = (x1, . . . , xn) области Ω′ су-ществуют все частные производные первого порядка от функций ψ1(x), . . . , ψn(x).Тогда матрица
∂ψ1
∂x1∂ψ2
∂x1. . . ∂ψn
∂x1∂ψ1
∂x2∂ψ2
∂x2. . . ∂ψn
∂x2. . .∂ψ1
∂xn∂ψ2
∂xn. . . ∂ψn
∂xn
называется матрицей Якоби, а ее определитель – Якобианом, которыйобозначается
D(y)
D(x)или
D(y1, . . . , yn)
D(x1, . . . , xn).
Сформулируем теорему о замене переменных в кратных интегралах.Теорема. Пусть преобразование (11) отображает область Ω′ в Ω вза-
имно однозначно. Пусть функции ψ1, . . . , ψn имеют непрерывные част-ные производные первого порядка. Пусть Якобиан преобразования (11)отличен от нуля в любой точке области Ω′. Пусть функция f(x) инте-грируема на Ω. Тогда справедлива формула замены переменных∫
Ω
f(y)dy =
∫Ω′
f(ψ(x))∣∣∣ D(y)
D(x)
∣∣∣ dx. (12)
В подробной записи формула (12) имеет вид∫ ∫. . .
∫Ω
f(y1, . . . , yn) dy1dy2 . . . dyn =
50
=
∫ ∫. . .
∫Ω′
f(ψ1(x1 . . . , xn), . . . , ψn(x1, . . . , xn))×
×∣∣∣ D(y1, . . . , yn)
D(x1, . . . , xn)
∣∣∣ dx1dx2 . . . dxn.Отметим, что доказательство этой теоремы разбивается на несколь-
ко этапов: сначала справедливость формулы (12) доказывается для ли-нейного преобразования координат, а затем сводится к общему случаю.
Замечание. В условиях теоремы о замене переменных в кратноминтеграле можно допустить обращение в нуль якобиана преобразованияна некотором множестве S, принадлежащему Ω′, при условии, что n-мерная мера множества S равна нулю.
Замечание. Величину dy1dy2 . . . dyn называют элементом объема вдекартовой системе координат Oy1y2 . . . yn. С помощью преобразования(11) мы переходим от декартовых координатOy1y2 . . . yn к новым криволинейным координатам Ox1x2 . . . xn. Инте-грал
I =
∫ ∫. . .
∫Ω′
1 dy1dy2 . . . dyn
равен n-мерному объему области Ω′. Используя формулу замены пере-менных в кратных интегралах (12), получаем
I =
∫ ∫. . .
∫Ω
∣∣∣ D(y)
D(x)
∣∣∣ dx1dx2 . . . dxn.Поэтому величину ∣∣∣ D(y)
D(x)
∣∣∣ dx1dx2 . . . dxnназывают элементом объема в криволинейной системе координатOx1x2 . . . xn.
51
2.8 Криволинейные координаты.
Взаимно однозначное отображение
y = F (x) =
y1 = y1(x1, . . . , xn),. . . . . . . . . . . . . . . . . .yn = yn(x1, . . . , xn),
x ∈ Ω, (13)
которое отображает множество Ω ⊂ Rnx в пространство Rny ставит всоответствие каждой точке x = (x1, . . . , xn) набор чисел y1, y2, . . . , yn.Эти числа можно рассматривать как другие координаты той же точ-ки x. Такие координаты называют криволинейными, так как кривые,получающиеся из уравнений
yi = yi(x1, . . . , yn), i = 1, . . . , n,
при фиксировании всех аргументов, кроме одного, называемые коорди-натными кривыми, не являются, вообще говоря, прямыми, в отличиеслучае декартовых координат. Отметим, что в случае декартовых ко-ординат уравнения (13) имеют вид
y1 = x1, y2 = x2, . . . , yn = xn.
Таким образом, формулы (13) можно рассматривать не только какформулы, задающие отображение из одного пространства в другое, нои как переход от координат x1, . . . , xn к координатам y1, . . . , yn в том жепространстве. В этом случае множество Ω′ = F (Ω) представляет собоймножество наборов новых координат точек множества Ω.
Полярная система координат. Из криволинейных координат на плос-кости отметим полярные координаты r, φ, связанные с декартовыми x,y соотношениями
x = r cosφ, y = r sinφ. (14)
В декартовой системе координат координаты x, y точки (x, y) могутпринимать значения от −∞ до +∞. В полярной системе координатr ∈ [0,∞), φ ∈ [0, 2π). В этом случае отображение (14) является взаимно
52
однозначным. Координатными линиями полярных координат являютсяконцентрические окружности r = const с центром в начале координати лучи φ = const, выходящие из начала координат.
Якобиан преобразования (14) равен r, т.е.
D(x, y)
D(r, φ)= r.
Заметим, что якобиан обращается в ноль в точке (0, 0), но 2-мернаямера точки равна нулю. Поэтому в силу замечания к теореме о заменепеременных в кратном интеграле формула (12) для замены переменных(14) верна.
Из криволинейных координат в пространстве R3 отметим цилиндри-ческую и сферическую.
Цилиндрическая система координат. Цилиндрические координатыr, φ, h связаны с декартовыми x, y, z соотношениями
x = r cos φ, y = r sin φ, z = h, (15)
r ≥ 0, 0 ≤ φ < 2π, −∞ < h < +∞.
Фактически цилиндрические координаты – это полярные координатына плоскости Oxy и обычная система координат в ортогональном до-полнении плоскости Oxy – оси Oz. Легко вычислить якобиан преобра-зования (15)
D(x, y, z)
D(r, φ, h)=
∣∣∣∣∣∣cos φ −r sin φ 0sin φ r cos φ 00 0 1
∣∣∣∣∣∣ = r.
Сферическая система координат. Сферические координаты r, φ, ψсвязаны с декартовыми x, y, z соотношениями
x = r cos φ cos ψ, y = r sin φ cos ψ, z = r sin ψ, (16)
r ≥ 0, 0 ≤ φ < 2π, −π2≤ ψ ≤ π
2.
53
Так же, как и полярные координаты (r, φ) на плоскости, сферическиекоординаты (r, φ, ψ) точки M в пространстве R3 имеют простой гео-метрический смысл: r – длина радиуса-вектора из начала координат вточку M , φ – угол проекции радиуса-вектора на плоскость Oxy с поло-жительным направлением оси Ox (долгота), ψ – угол радиуса-векторас плоскостью Oxy (широта).
Якобиан преобразования (16) равен
∂(x, y, z)
∂(r, φ, ψ)=
∣∣∣∣∣∣cos φ cos ψ −r sin φ sin ψ −r cos φ sin ψsin φ sin ψ r cos φ cos ψ −r sin φ sin ψ
sin ψ 0 r cos φ
∣∣∣∣∣∣ == r2 cos ψ.
Пример. Переходя к полярной системе координат, вычислить двой-ной интеграл
I =
∫ ∫Ω
√x2 + y2 dxdy,
где Ω — четверть круга x2 + y2 ≤ a2, a > 0.Решение. Сделав замену переменных
x = r cos φ, y = r sin φ,
получим, что область Ω взаимно однозначно отобразиться на областьΩ′ = (r, φ) | r ∈ [0, a], φ ∈ [0, π/2]. В результате будем иметь
I =
∫ ∫Ω′
√r2 cos2 φ+ r2 sin2 φr drdφ =
a∫0
r2 dr
π2∫
0
dφ =πa3
6.
Пример. Вычислить интеграл
I =
∫ ∫Ω
x2 sin(xy
2
)y
dxdy,
54
если область Ω ограничена четырьмя параболами
x2 =πy
3, x2 =
2πy
3, y2 = 2x, y2 = 4x.
Решение. Для вычисления интеграла сделаем замену переменных
x =3√uv2, y =
3√u2v.
Такая замена переменных устанавливает взаимно однозначное соответ-ствие между областью Ω и прямоугольником Ω′, где
Ω′ =
(u, v) ∈ R2 | 2 ≤ u ≤ 4,
π
3≤ v ≤ 2π
3
.
Найдем якобиан преобразования
D(x, y)
D(u, u)=
∣∣∣∣∣ 13u
− 23 v
23
23u
13 v−
13
23u
− 13 v
13
13u
23 v−
23
∣∣∣∣∣ = −1
3.
Следовательно, имеем
I =
∫ ∫Ω′
u23 v
43 sin
(uv2
)u
23 v
13
|J | dudv =
=1
3
2π3∫
π3
v dv
4∫2
sin(uv
2
)du =
2
3
2π3∫
π3
(cos v − cos (2v)) dv =
√3
3.
Пример. Переходя к полярным координатам, свести двойной инте-грал к однократному
I =
∫ ∫Ω
f(yx
)dxdy,
где Ω — множество, ограниченное петлей декартова листа x3+y3 = 3xy.
55
Решение. Перейдем в полярную систему координат
x = r cos φ, y = r sin φ,
в которой уравнение петли будет иметь следующий вид:
r =3 cos φ sin φ
cos3 φ+ sin3 φ.
При этом угол φ меняется от 0 до π2 , т.к. в этом случае r ≥ 0, а зна-
чениям φ = 0 и φ = π2 соответствует точка (0, 0) в декартовой системе
координат. Таким образом, множество Ω является образом множестваΩ′ в полярной системе координат, где
Ω′ =
(r, φ) | 0 ≤ φ ≤ π
2, 0 ≤ r ≤ 3 cos φ sin φ
cos3 φ+ sin3 φ
.
Окончательно, получаем
I =
∫ ∫Ω′
f
(r sin φ
r cos φ
)r drdφ =
π2∫
0
f(tgφ) dφ
3 cos φ sin φ
cos3 φ+sin3 φ∫0
r dr =
=9
2
π2∫
0
f(tgφ)cos2 φ sin2 φ
(cos3 φ+ sin3 φ)2dφ.
Пример. Вычислить
I =
∫ ∫Ω
∫z√x2 + y2 dxdydz,
где область Ω ограничена цилиндром x2+ y2 = 2x и плоскостями y = 0,z = 0, z = 1.
Решение. Перейдем к цилиндрическим координатам, в которых ци-линдр описывается следующим образом:
r = cos φ, 0 ≤ z ≤ 1.
56
Следовательно, прообразом области Ω в цилиндрических координатахесть множество
Ω′ =(r, φ, z) | 0 ≤ r ≤ 2 cos φ, 0 ≤ φ ≤ π
2, 0 ≤ z ≤ 1
.
Поэтому
I =
∫ ∫Ω′
∫zr2 drdφdz =
π2∫
0
dφ
2 cos φ∫0
r2 dr
1∫0
z dz =
=4
3
π2∫
0
cos2 φdφ =8
9.
Пример. Вычислить
I =
∫ ∫Ω
∫(x2 + y2) dxdydz,
где область Ω — верхняя половина шара x2 + y2 + z2 ≤ a2.Решение. Перейдем к сферическим координатам. Тогда прообразом
множества Ω является множество
Ω′ = (r, φ, ψ) | 0 ≤ r ≤ a, 0 ≤ φ ≤ 2π, 0 ≤ ψ ≤ π
2.
Таким образом, получаем
I =
∫ ∫Ω′
∫r4 cos2 ψ drdφdψ =
a∫0
r4 dr
2π∫0
dφ
π2∫
0
cos3 ψdψ =
=2π
5a5
π2∫
0
(1− sin2 φ) d(sin φ) =
57
=2π
5a5(sin φ− 1
3sin3 φ
) ∣∣∣∣π20
=4π
15a5.
Задачи.76. Переходя к полярной системе координат, расставить пределы
интегрирования в двойном интеграле∫ ∫Ω
f(x, y)dxdy, если
а) Ω – круг x2 + y2 ≤ a2,б) Ω – круг x2 + y2 ≤ ax, a > 0,в) Ω – кольцо a2 ≤ x2 + y2 ≤ b2,г) Ω – треугольник 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1− x,д)∗ Ω – квадрат с вершинами O(0, 0), A(0, 1), B(1, 0), C(1, 1),е)∗ Ω = (x, y) | (x− 1)2 + y2 ≤ 1, x2 + (y − 1)2 ≤ 1 ,ж)∗ Ω = (x, y) | (x− 1)2 + y2 ≤ 1, 1 ≤ x ≤ y.77. Переходя к полярным координатам, вычислить следующие ин-
тегралы:
а)∫ ∫Ω
cos(x2 + y2) dxdy, где Ω = (x, y) | x2 + y2 ≤ 1,
б)∫ ∫Ω
ln(1 + x2 + y2) dxdy, где Ω = (x, y) | x2 + y2 ≤ 1,
в)∫ ∫Ω
x2
x2 + y2dxdy, где Ω = (x, y) | x2 + y2 ≤ x,
г)∫ ∫Ω
√x2 + y2 dxdy, где Ω = (x, y) | x2 + y2 ≤ y,
д)∫ ∫Ω
y2√1− x2 dxdy, где Ω = (x, y) | x2 + y2 ≤ 1.
58
78. Переходя к полярным координатам, свести двойные интегралык однократным:
а)∫ ∫Ω
f(√x2 + y2) dxdy, где Ω = x2 + y2 ≤ x, x2 + y2 ≤ y,
б)∫ ∫Ω
f
(xy
x2 + y2
)dxdy, где Ω =
√|x| ≤ y ≤ 1,
в)∫ ∫Ω
f(yx
)dxdy, где
Ω = x2 + y2 ≤√6x, (x2 + y2) ≤ 9(x2 − y2).
79. Вместо x и y ввести новые переменные u и v и определить пре-делы интегрирования в следующих двойных интегралах:
а)b∫a
dx
βx∫αx
f(x, y) dxdy, (0 < a < b, 0 < α < β), если
u = x, v =y
x,
б)2∫
0
dx
2−x∫1−x
f(x, y) dxdy, если u = x+ y, v = y − x.
80. Ввести новые переменные u и v и вычислить следующие инте-гралы:
а)∫ ∫D
(x2y2 + y2) dxdy,
где D = 1/x ≤ y ≤ 2/x, x ≤ y ≤ 3x,
б)∫ ∫D
(x+ y)2
xdxdy,
59
где D = 1− x ≤ y ≤ 3− x, x/2 ≤ y ≤ 2x,
в)∫ ∫D
xy(x+ y) dxdy,
где D = −1 ≤ x− y ≤ 1, 1/x ≤ y ≤ 2x,
г)∫ ∫D
x2 dxdy, где D = x3 ≤ 2x3, x ≤ 2y ≤ 6x,
д)∫ ∫D
xy(x+ y) dxdy,
где D = x− 1 ≤ y ≤ x+ 1, −x− 1 ≤ y ≤ −x+ 1.
81. В интеграле∫ ∫ ∫D
f(x, y, z) dxdydz перейти к сферическим коор-
динатам и затем записать его в виде повторного, если:
а) D = a2 ≤ x2 + y2 + z2 ≤ 4a2, y ≥ 0,
б) D = x2 + y2 + z2 ≤ R2, y ≥ 0, x ≥ 0, x+ y ≥ 0,
в) D = x2 + y2 + z2 ≤ R2, x2 + y2 ≥ 3z2,
г) D = x2 + y2 + z2 ≤ 2az, x2 + y2 ≥ z2.
82. В интеграле∫ ∫ ∫D
f(x, y, z) dxdydz перейти к цилиндрическим
координатам и затем записать его в виде повторного, если:
а) D =x2+y
3+z
4≤ 1, x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0
,
б) D = x2 + y2 ≤ z, 0 ≤ z ≤ H,
в) D = x2 + y2 ≤ 2x, x2 + y2 ≤ 1− z, z ≥ 0,
г) D = |z| ≤ 5−√
3x2 + 3y2, z2 ≤ x2 + y2 + 1.
60
83. Вычислить
а)∫ ∫ ∫
D
(x2 + y2) dxdydz, D = x2 + y2 ≤ 2z, 0 ≤ z ≤ 2,
б)∫ ∫ ∫
D
(x2 − 4xy + y2) dxdydz,
D = 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1, ,
в)∫ ∫ ∫
D
xyz dxdydz,
D = x2 + y2 + z2 ≤√3x, x2 + y2 + z2 ≤ y, z ≥ 0,
г)∫ ∫ ∫
D
z dxdydz, D = x2 + y2 + z2 ≤ 1, z ≥ 0,
д)∫ ∫ ∫
D
z2 dxdydz, D = x2 + y2 + z2 ≥ 1, x2 + y2 + z2 ≤ 2z.
84. Показать, что при переходе к обобщенным сферическим коорди-натам
x = ar cos φ cos ψ, y = br sin φ cos ψ, z = cr sin ψ
якобиан отображения равен J = abcr2 cos ψ.85. Пусть
Ω =
x2
a2+y2
b2+z2
c2≤ 1
.
Вычислить интегралы:
а)∫ ∫ ∫
Ω
(x2
a2+y2
b2+z2
c2
)dxdydz,
б)∫ ∫ ∫
Ω
(x2 + y2) dxdydz.
61
86∗. Вычислить интеграл∫ ∫ ∫D
xyz dxdydz,
где область Ω ограничена поверхностями
yz = a1x, yz = a2x, a2 > a1 > 0,
zx = b1y, zx = b2y, b2 > b1 > 0,
xy = c1z, xy = c2z, c2 > c1 > 0,
сделав замену переменных
u =yz
x, v =
zx
y, w =
xy
z.
87∗. Подобрав подходящую замену координат, вычислить интеграл∫ ∫ ∫D
x dxdydz, где
D = a ≤ xyz ≤ b, cx ≤ yz ≤ dx, my ≤ x ≤ ny.
2.9 Несобственные кратные интегралы.
Выше мы ввели понятие кратного интеграла для ограниченных об-ластей и, кроме того, основные его свойства сформулировали для огра-ниченных функций. В приложениях же часто встречаются задачи, ко-гда необходимо рассматривать неограниченные области или функции.В этом параграфе мы введем понятие несобственного кратного инте-грала. В отличие от одномерного случая мы не будем рассматриватьдва вида несобственных интегралов — по неограниченным областям иот неограниченных функций, а определим их сразу.
Определение. Последовательность измеримых по Жордану мно-жеств Ωm∞m=1, Ωm ⊂ Rn, называют исчерпывающей множество Ω ⊂Rn, если
1)Ω1 ⊂ Ω2 ⊂ . . . ⊂ Ωm ⊂ Ω для всех m ≥ 1,
62
2)
∞∪m=1
Ωm = Ω.
Далее будем рассматривать такие функции f(x), x ∈ Ω ⊂ Rn, ко-торые интегрируемы на любом открытом измеримом по Жордану мно-жестве ω таком, что ω ⊂ Ω.
Определение. Пусть для любой последовательности множеств Ωm∞m=1,исчерпывающих Ω, существует предел
limm→∞
∫Ωm
f(x) dx,
не зависящий от выбора последовательности Ωm∞m=1. Тогда этот пре-дел называют несобственным кратным интегралом от функции f(x) намножестве Ω и обозначают ∫
Ω
f(x) dx.
При этом функцию f называют интегрируемой в несобственном смыслена Ω. Таким образом,∫
Ω
f(x) dx = limm→∞
∫Ωm
f(x) dx. (17)
Определение. Если предел (17) существует, то говорят, что несоб-ственный интеграл сходится. В противном случае, говорят, что несоб-ственный интеграл расходится.
Замечание. Если функция f(x), x ∈ Ω, интегрируема по Римануна множестве Ω ⊂ Rn, то предел (17) существует для любой последо-вательности Ωm, исчерпывающей множество Ω и равен интегралу отфункции f(x) на множестве Ω, то есть
limm→∞
∫Ωm
f(x) dx =
∫Ω
f(x) dx.
63
Таким образом, понятие несобственного интеграла является обобщени-ем понятия интеграла Римана.
Определение. Несобственный интеграл∫Ω
f(x) dx
называется абсолютно сходящимся, если сходится интеграл∫Ω
|f(x)| dx.
Теорема. Несобственный интеграл∫Ω
f(x) dx сходится тогда и толь-
ко тогда, когда он сходится абсолютно.Смысл этой теоремы в том, что понятия сходимости и абсолютной
сходимости совпадают, т.е. отсутствует понятие условной сходимости.Напомним, что в одномерном случае, вообще говоря, из сходимостинесобственного интеграла не следует его абсолютная сходимость.
Перечислим основные свойства несобственных интегралов.1. Пусть функции f(x) и g(x) интегрируемы в несобственном смысле
на множестве Ω. Тогда αf(x) ± βg(x) интегрируема в несобственномсмысле на Ω и∫
Ω
(αf(x)± βg(x)) dx = α
∫Ω
f(x) dx± β
∫Ω
g(x) dx (линейность).
2. Пусть f(x) ≥ 0, x ∈ Ω. Тогда, если предел (17) существует хотябы для одной последовательности Ωm, то предел (17) существует длялюбой последовательности, исчерпывающей область Ω и они все равны,т.е. несобственный интеграл ∫
Ω
f(x) dx
сходится.
64
Замечание. Из этого свойства следует, что для исследования схо-димости несобственного интеграла от неотрицательной функции доста-точно выбрать одну исчерпывающую последовательность множеств иисследовать существование предела (17).
3. Пусть функции f(x) и g(x) интегрируемы на одних и тех же под-множествах множества Ω. Пусть 0 ≤ f(x) ≤ g(x) для всех x ∈ Ω. То-гда из сходимости интеграла
∫Ω
g(x) dx следует сходимость интеграла∫Ω
f(x) dx; из расходимости интеграла∫Ω
f(x) dx следует расходимость
интеграла∫Ω
g(x) dx (признак сравнения).
4. Пусть множества Ω1 ⊂ Rn, Ω2 ⊂ Rn и отображение
φ : Ω1 → Ω2
удовлетворяют следующим условиям: а) Ω1 и Ω2 – открытые; б) су-ществуют множества S1 и S2 меры нуль такие, что множества Ω1\S1 иΩ2\S2 – открытые и φ : Ω1\S1 → Ω2\S2 – диффеоморфизм, т.е. взаимнооднозначное дифференцируемое отображение. Тогда для любой неот-рицательной функции f(x), x ∈ Ω2 из сходимости интеграла
∫Ω2
f(x) dx
следует сходимость интеграла∫Ω1
f(φ(t)) |φ′(t)| dt и оба интеграла равны
(теорема о замене переменных в несобственном интеграле).Пример. Исследовать сходимость интеграла
I =
∫R2
e−(x2+y2) dxdy
и найти его значение.Решение. Подынтегральная функция положительна. Рассмотрим по-
следовательность множеств Ωk = x2 + y2 ≤ k2, k = 1, 2, . . ., исчерпы-вающую все пространство R2:
Ik =
∫Ωk
e−(x2+y2) dxdy.
65
Переходя к полярным координатам, получим
Ik =
2π∫0
dφ
k∫0
e−r2rdr = 2π
k∫0
e−r2rdr =
= π(1− e−k2) → π при k → ∞.
Так как подынтегральная функция неотрицательна, то для любой ис-черпывающей пространство R2 последовательности предел числовойпоследовательности Ik будет один и тот же. Поэтому интеграл I схо-дится и равен π.
Пример. Исследовать на сходимость интеграл
I =
∫ ∫ ∫x2+y2+z2≥1
dxdydz
(√x2 + y2 + z2)α
.
Решение. Так как подынтегральная функция положительна, то мож-но выбрать одну исчерпывающую множество интегрирования последо-вательность. В этом примере удобно рассмотреть последовательностьколец Ωk, где
Ωk = 1 ≤ x2 + y2 + z2 ≤ k2.
Переходя к сферическим координатам в интеграле
Ik =
∫ ∫ ∫Ωk
dxdydz
(√x2 + y2 + z2)α
,
после преобразований получим
Ik = 4π
k∫1
dr
rα−2=
ln k при α = 3,1
3−α(
1kα−3 − 1
)при α = 3
.
Отсюда видно, что предел последовательности Ik при k → ∞ суще-ствует тогда и только тогда, когда α > 3. Таким образом, интеграл Iсходится при α > 3, и расходится при α ≤ 3.
66
Пример. Исследовать сходимость интеграла
I =
∫ ∫Ω
x− y
x2 + y2dxdy,
где Ω = x+ y ≥ 1, x ≥ 0, y ≥ 0.Решение. Как было указано выше, несобственный кратный интеграл
сходится тогда и только тогда, когда он сходится абсолютно. Крометого, множество Ω симметрично относительно прямой y = x, поэтомусходимость исходного интеграла эквивалентна сходимости интеграла
I1 = 2
∫ ∫Ω1
x− y
x2 + y2dxdy,
где Ω1 = x+ y ≥ 1, x ≥ 0, 0 ≤ y ≤ x.Так как подынтегральная функция непрерывна, то в свою очередь
сходимость интеграла I1 эквивалентна сходимости интеграла
I2 =
∫ ∫Ω2
x− y
x2 + y2dxdy,
где Ω2 = x2 + y2 ≥ 1, x ≥ 0, 0 ≤ y ≤ x. Переходя в последнеминтеграле к полярным координатам, получаем
I2 =
π/4∫0
(cos φ− sin φ) dφ
∞∫1
dr,
который расходится. Следовательно, интеграл I – тоже расходится.
Задачи.88. Переходя к полярным координатам, вычислить интегралы:
а)∫ ∫R2
e−(x2+y2) cos (x2 + y2) dxdy,
67
б)∫ ∫R2
e−(x2+y2) sin (x2 + y2) dxdy.
89. Исследовать сходимость и вычислить интегралы (параметры по-ложительны):
а)∫ ∫
xy ≥ 1x ≥ 1
dxdy
xpyq, б)
∫ ∫x+ y ≥ 10 ≤ x ≤ 1
dxdy
(x+ y)p,
в)∫ ∫
x2+y2≥1
dxdy
(x2 + y2)p, г)
∫ ∫0≤x≤y
e−(x+y) dxdy.
90. Показать, что
limn→∞
∫ ∫|x| ≤ n|y| ≤ n
sin (x2 + y2) dxdy = π,
тогда как
limn→∞
∫ ∫x2+y2≤2πn
sin (x2 + y2) dxdy = 0.
91. Показать, что интеграл∫ ∫x≥1, y≥1
x2 − y2
(x2 + y2)2dxdy
расходится, но повторные интегралы
∞∫1
dx
∞∫1
x2 − y2
(x2 + y2)2dy,
∞∫1
dy
∞∫1
x2 − y2
(x2 + y2)2dx
сходятся.
68
92∗. Исследовать на сходимость следующие интегралы в зависимо-сти от параметра:
а)∫ ∫R2
dxdy
(1 + x2 + xy + y2)α, б)
∫ ∫R2
dxdy
(1 + x4 + y4)α.
93. Вычислить интегралы:
а)1∫
0
1∫0
1∫0
dxdydz
xpyqzr, б)
∞∫−∞
∞∫−∞
∞∫−∞
e−(x2+y2+z2) dxdydz,
в)∫ ∫ ∫
x2+y2+z2≤1
dxdydz
(1− x2 − y2 − z2)p.
94. Исследовать сходимость следующих интегралов:
а)∫ ∫Ω
y
xdxdy, где Ω = x ≥ 1, −1 ≤ y ≤ 1,
б)∫ ∫Ω
y
xdxdy, где Ω = x ≥ 1, −1 ≤ xy ≤ 1,
в)∫ ∫Ω
e−x√ydxdy, где Ω = x ≥ 0, −1 ≤ y ≤ 1.
95. Исследовать сходимость следующих интегралов:
а)∫ ∫ ∫
Ω
1− x− y − z
xyzdxdydz,
где Ω = x+ y + z ≤ 1, x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0,
б)∫ ∫ ∫
Ω
1− x− y − z√xyz
dxdydz,
69
где Ω = x+ y + z ≤ 1, x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0,
в)∫ ∫ ∫
Ω
x− y√z3
dxdydz, где Ω = x ≥ 1, y ≥ 1, z ≥ 1.
70
3. Геометрические и физические приложения кратныхинтегралов.
3.1 Геометрические приложения кратных интегралов.
1. Пусть Ω ⊂ Rn – измеримое по Жордану множество. Тогда мераµΩ множества Ω вычисляется по формуле
µΩ =
∫Ω
dx.
В пространстве R2 мера – это площадь S, в R3 – объем V :
S =
∫ ∫Ω
dxdy,
V =
∫ ∫Ω
∫dxdydz.
Определение. Пусть функцию двух переменных z = f(x, y) – непре-рывна и неотрицательна, (x, y) ∈ Ω ⊂ R2. Тело V ⊂ R3, ограниченноесверху графиком функции z = f(x, y), снизу – областью Ω, называетсяцилиндрическим.
Цилиндрическое тело является измеримым по Жордану множествомв пространстве R3 и его объем вычисляется по формуле
V =
∫ ∫Ω
f(x, y) dxdy.
Таким образом, вычисление площадей плоских фигур и объемов ци-линдрических тел сводится к вычислению двойных интегралов.
Пример. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями
x = 4y − y2, x+ y = 6.
71
Решение. Найдем координаты точек пересечения заданных линий.Для этого нужно решить систему уравнений x = 4y − y2, x + y = 6. Врезультате получим две точки пересечения A(4, 2) и B(3, 3). Следова-тельно, площадь фигуры равна
S =
∫ ∫Ω
dxdy =
3∫2
dy
4y−y2∫6−y
dx =
3∫2
(−y2 + 5y − 6) dy =1
6.
Пример. Найти площадь S области, ограниченной кривыми
x2 + y2 = 1, x2 + y2 = 4, y = 2x, y = 3x.
72
x1
x2
D
Решение. Рассмотрим область D в полярной системе координат
x = r cos φ, y = r sin φ.
Тогда части границы области D, соответствующие окружностям в по-лярной системе координат будут описываться уравнениями r = 1 иr = 2, а прямым – φ = arctg 2 и φ = arctg 3. Таким образом, в по-
73
лярной системе координат D = 1 ≤ r ≤ 2, arctg 2 ≤ φ ≤ arctg 3.Следовательно, площадь S равна
S =
arctg 3∫arctg 2
dφ
2∫1
rdr =1
2(arctg 3− arctg 2).
Отметим, что задачу можно решить и другими способами. Например,областьD разбить на цилиндрические подобласти. Но такой способ тру-доемкий, т.к. пришлось бы искать точки пересечения линий, и, в этомслучае, необходимо решать систему нелинейных уравнений.
Пример. Вычислить площадь плоской области Ω, ограниченнойкривой
(x2 + y2)2 = 2x3.
Решение. Введем полярные координаты на плоскости. Подставимx = r cos φ, y = sin φ в уравнение кривой. В результате получим, что вполярных координатах кривая имеет вид
r4 = 2r3 cos3 φ или r = 2 cos3 φ.
Заметим, что область Ω симметрична относительно оси Ox. Поэтомудостаточно вычислить площадь половины области Ω, лежащей в первойчетверти и результат удвоить.
Для верхней половины области Ω угол φ меняется от 0 до π/2, арадиус r – от 0 до 2 cos3 φ. Таким образом, получаем
S =
∫ ∫Ω
dxdy = 2
π2∫
0
dφ
2 cos3 φ∫0
r dr =
π2∫
0
r2∣∣∣2 cos3 φ0
dφ =
= 4
π2∫
0
cos6 φdφ =
π2∫
0
(1 + cos 2φ)3dφ =
π2∫
0
(1 + 3 cos 2φ+
+3 cos2 2φ+ cos3 2φ)dφ =5π
16.
74
Пример. Вычислить объем тела, вырезанного цилиндром x2+y2 =Rx из сферы x2 + y2 + z2 = R2.
Решение. Тело симметрично относительно плоскости Oxy. Поэтомуможно найти объем верхней половины и удвоить его. Сверху тело огра-ничено графиком функции
√R2 − x2 − y2, поэтому
V = 2
∫ ∫Ω
√R2 − x2 − y2 dxdy.
Здесь область интегрирования Ω — это проекция цилиндра на плоскостьOxy, т.е. круг x2 + y2 ≤ Rx. В полярных координатах граница этогокруга имеет вид r = R cos φ. Таким образом, получаем
V = 2
π2∫
−π2
dφ
R cos φ∫0
√R2 − r2r dr =
= −2R3
3
π2∫
−π2
(sin3 φ− 1) dφ =2(3π − 4)
9R3.
Пример. Найти объем тела D, ограниченного поверхностями
x2 + y2 = x, x2 + y2 = 2x, z = x2 + y2, z = 0.
Решение. Воспользуемся цилиндрическими координатами, в кото-рых поверхности, ограничивающие область, имеют вид:
r = cos φ, r = 2 cos φ, h = r2, h = 0.
Поэтому D в полярных координатах имеет вид
D =φ ∈
[−π2,π
2
], r ∈ [cos φ, 2 cos φ], h ∈ [0, r2]
.
75
Следовательно, объем V области D равен
V =
∫ ∫ ∫D
dxdydz =
π2∫
−π2
dφ
2 cos φ∫cos φ
rdr
r2∫0
dh =
=
π2∫
−π2
dφ
2 cos φ∫cos φ
r3dr =15
4
π2∫
−π2
cos4 φ =45
32π.
Пример. Найти объем тела D, ограниченного следующими поверх-ностями:
z = x2 + y2, z = 2 (x2 + y2), y = x, y = x2.
Решение. Проекция области D на плоскость Oxy представляет собоймножество (x, y) ∈ R2 | 0 ≤ x ≤ 1, x2 ≤ y ≤ x, поэтому
D = (x, y, z) ∈ R3 | 0 ≤ x ≤ 1, x2 ≤ y ≤ x, x2 + y2 ≤ z ≤ 2(x2 + y2).
Объем тела равен
V =
∫ ∫ ∫D
dxdydz =
1∫0
dx
x∫x2
dy
2(x2+y2)∫x2+y2
dz =
=
1∫0
dx
x∫x2
(x2 + y2)dy =
1∫0
(4
3x3 − x4 − 1
3x6)dx =
3
35.
Пример. Найти объем тела D, ограниченного поверхностью
(x2 + y2 + z2)2 = (x2 + y2 − z2).
Решение. Если заменить x, y, z на −x, −y, −z, то уравнение поверх-ности не изменится. Следовательно, область симметрична относительно
76
всех координатных плоскостей, поэтому можно найти объем тела, на-ходящегося в первом октанте, и умножить его на 8. Далее, перейдемк сферическим координатам, тогда уравнение поверхности будет иметьследующий вид:
r2 = cos 2ψ.
Таким образом, имеем
V =
∫ ∫ ∫D
dxdydz = 8
π4∫
0
cos ψ dψ
π2∫
0
dφ
√cos 2ψ∫0
r2 dr =
=4π
3
π4∫
0
cosψ (cos 2ψ)32 dψ =
4π
3
π4∫
0
(1− 2 sin2 ψ)32 d(sinψ).
Вычисляя последний интеграл с помощью метода замены переменной,получим
V =π2
4√2.
Пример. Пользуясь подходящей заменой переменных, вычислитьобъем тела, ограниченного поверхностями
z = x2 + y2, z = 2 (x2 + y2), xy = 1, xy = 2, x = 2y,
2x = y, (x > 0, y > 0).
Решение. Для нахождения объема необходимо вычислить интеграл
I =
∫ ∫Ω
∫dxdydz
где Ω — область, которую занимает тело. Произведем в интеграле за-мену переменных, положив
u = xy, v =y
x, z = z.
77
При указанной замене
x = u12 v−
12 , y = u
12 v
12 , z = z.
Вычислим якобиан
D(x, y, z)
D(u, v, z)=
∣∣∣∣∣ 12 u
− 12 v−
12 −1
2 u12 v−
32
12 u
− 12 v
12
12 u
12 v−
12
∣∣∣∣∣ = 1
2v.
Кроме того, прообраз множества Ω есть множество
Ω′ =
(u, v, z) | 1 ≤ u ≤ 2,
1
2≤ v ≤ 2,
u(v + v−1) ≤ z ≤ 2u(v + v−1)
.
Таким образом, получаем
I =
∫ ∫Ω′
∫D(x, y, z)
D(u, v, z)dudvdz =
1
2
2∫1
du
2∫12
dv
v
2u(v+v−1)∫u(v+v−1)
dz =
=1
2
2∫1
u du
2∫12
(1 +
1
v2
)dv =
3
2.
Задачи.96. Вычислить площади фигур, ограниченные заданными линиями:
а) x = y2 − 2y, x+ y = 0, б) y = 2− x, y2 = 4x+ 4,
в) y2 = 4x− x2, y2 = 2x, г) 3y2 = 25x, 5x2 = 9y,
д) y2 + 2y − 3x+ 1 = 0, 3x− 3y − 7 = 0,
е) y = 4x− x2, y = 2x2 − 5x.
78
97. Переходя в полярную систему координат, найти площади плос-кой фигуры, ограниченной кривой:
а) (x2 + y2)2 = 2(x2 − y2), б) (x2 + y2)3 = x4 + y4,
в) (x2 + y2)3 = 4x2y2.
98∗. Найти площадь плоской фигуры, ограниченной кривыми:
а) x2 + y2 = 2ax, x2 + y2 = 2bx, y = x, y = 0, b > a > 0,
б) (x2 + y2)2 = 2a2(x2 − y2), x2 + y2 = a2, (√x2 + y2 ≥ a > 0).
99. Вычислить объемы тел, ограниченные следующими поверхно-стями:
а)x
a+y
b+z
c= 1, x = 0, y = 0, z = 0,
б) z = x2 + y2, x+ y = 1, x = 0, y = 0, z = 0,
в) z = x2 + y2, y = x2, z = 0, y = 1.
100. Используя цилиндрические координаты, найти объем тела, огра-ниченного заданными поверхностями:
а) x2 + y2 + z2 = 1, x2 + y2 ≥ |x|,
б)∗ x2 + y2 − az = 0, (x2 + y2)2 = a2(x2 − y2), z = 0,
в)∗ z = x2 + y2, x4 + y4 = x2 + y2, z = 0,
г) x2 + y2 = x, z2 = x2 + y2, z ≥ 0.
101. Использую сферические координаты, найти объем тела, огра-ниченного заданными поверхностями
а) x2 + y2 + z2 = 4, z2 = x2 + y2, 0 ≤ z ≤√x2 + y2,
б) (x2 + y2 + z2)2 = xyz,
в) (x2 + y2 + z2)2 = z(x2 + y2),
79
в) (x2 + y2 + z2)2 = x.
102. Пользуюсь подходящей заменой переменных, вычислить объе-мы тел, ограниченных следующими поверхностями:
а) xy = 1, xy = 3, x = 2y, x = 3y, z = x2 + y2, z = 0,
б) y2 = x, y2 = x, x = y, x = 2y, z =1
xy, z = 0,
в) y2 = 2x, y2 = 3x, x2 = y, x2 = 2y, z = xy, z = 0,
г) xy = 1, xy = 4, y2 = x, y2 = 3x, z2 = xy, z = 0,
д) x+ y + z = 1, x+ y + z = 2, x+ y = z, x+ y = 2z,
y = x, y = 3x.
3.2 Приложения кратных интегралов к геометрии масс.
Одной из физических характеристик материальной области (плос-кой или пространственной) является плотность – неотрицательная функ-ция ρ, заданная на области Ω ⊂ Rn (n = 2 или n = 3) и интегрируемаяна Ω.
Определение. Массой материальной фигуры Ω с плотностью ρ(x, y)(при n = 2) или ρ(x, y, z) (при n = 3) называют величину
M =
∫ ∫Ω
ρ(x, y) dxdy при n = 2, (18)
M =
∫ ∫Ω
∫ρ(x, y, z) dxdydz при n = 3. (19)
Определение. Центром масс тела Ω с плотностью ρ(x, y, z) назы-вают точку C ∈ R3 с координатами
xC =1
M
∫ ∫Ω
∫xρ(x, y, z) dxdydz,
80
yC =1
M
∫ ∫Ω
∫yρ(x, y, z) dxdydz,
zC =1
M
∫ ∫Ω
∫zρ(x, y, z) dxdydz,
где M – масса тела, которую можно вычислить по формуле (19).Аналогично определяется центр масс плоской фигуры.Определение. Величины Myz = MxC , Mzx = MyC , Mxy = MzC
называют статистическими моментами тела Ω относительно координат-ных плоскостей Oyz, Ozx, Oxy.
Определение. Моментом инерции тела Ω относительно оси l назы-вают величину
Il =
∫ ∫Ω
∫d2l ρ dxdydz, (20)
где dl = dl(x, y, z) – расстояние от точки (x, y, z) тела до оси l, ρ =ρ(x, y, z) – плотность тела. В частности, если в качестве l взять коорди-натную ось Ox, то формула (20) имеет вид
Ixx =
∫ ∫Ω
∫(y2 + z2)ρ(x, y, z) dxdydz.
Аналогично определяются моменты инерции Iyy и Izz относительнойкоординатных осей Oy и Oz соответственно.
Определение. Моменты инерции I ′xy, I ′yz, I ′zx относительно коор-динатных плоскостей Oxy, Oyz, Ozx определяют по формулам
I ′xy =
∫ ∫Ω
∫z2ρ(x, y, z) dxdydz,
I ′yz =
∫ ∫Ω
∫x2ρ(x, y, z) dxdydz,
81
I ′zx =
∫ ∫Ω
∫y2ρ(x, y, z) dxdydz.
Определение. Момент инерции относительно точки M0 с коорди-натами (x0, y0, z0) определяют по формуле
IM0 =
∫ ∫Ω
∫d2M0
ρ dxdydz,
где dM0 =√
(x− x0)2 + (y − y0)2 + (z − z0)2 – расстояние от точки (x, y, z)тела до точки M0. В частности, момент инерции IO относительно нача-ла координат
IO =
∫ ∫Ω
∫(x2 + y2 + z2)ρ(x, y, z) dxdydz.
Пример. Найти массу тела, занимающего единичный куб Ω = 0 ≤x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1 в R3, если плотность тела в точке M(x, y, z)дается формулой
ρ(x, y, z) = x+ y + z.
Решение. Масса m тела Ω с плотностью ρ(x, y, z) вычисляется поформуле
m =
∫ ∫ ∫Ω
ρ(x, y, z) dxdydz =
1∫0
dx
1∫0
dy
1∫0
(x+ y + z) dz =
=
1∫0
dx
1∫0
(x+ y +
1
2
)dy =
1∫0
(x+ 1) dx =3
2.
Пример. Найти координаты центра масс однородной пластинки,ограниченной параболой ay = x2 и прямой y = 2, a > 0.
82
Решение. В силу симметрии пластинки относительно оси Oy (этоследует из того, что при замене x на −x уравнения границы пластинкине меняются) имеем, что xC = 0. Найдем массу пластинки
m =
∫ ∫Ω
dxdy = 2
2∫0
dy
√ay∫
0
dx = 2√a
2∫0
√y dy =
8√2a
2.
Отсюда получаем, что
yC =1
m
∫ ∫Ω
y dxdy =3
4√2a
2∫0
y dy
√ay∫
0
dx =3
4√2
2∫0
y32dy =
6
5.
Пример. Найти момент инерции квадрата со стороной a, поверх-ностная плотность которого равна y, относительно одной из вершин.
Решение. Поместим начало координат в одну из вершин квадрата,а координатные оси направим по двум взаимно перпендикулярным егосторонам. Найдем момент инерции относительно начала координат:
I0 =
∫ ∫Ω
(x2 + y2)y dxdy =
a∫0
dx
a∫0
(x2y + y3) dy =
=
a∫0
(a2x2
2+a4
4
)dx =
5a5
12.
Пример. Найти статический момент однородного полукруга ради-уса R относительно диаметра.
Решение. Поместим начало координат в середину диаметра полу-круга , а ось Oy направим по диаметру. Тогда статический моментполукруга относительно диаметра будет равен статическому моментуполукруга относительно оси Oy. Вводя полярные координаты, получим
My =
∫ ∫Ω
x dxdy =
π2∫
−π2
dφ
R∫0
r2 cos φdr =
83
=R3
3
π2∫
−π2
cos φdφ =2R3
3.
Пример. Найти координаты центра тяжести однородного (с еди-ничной плотностью) тела, ограниченного поверхностями
x2 + y2 = z, x+ y + z = 0.
Решение. Из второго уравнения, описывающего границу тела Ω сле-дует, что z = −x−y на этой границе. Поэтому проекция Ω на плоскостьOxy есть множество D = x2 + y2 ≤ −x− y, т.е. круг(
x+1
2
)2
+
(y +
1
2
)2
≤ 1
2.
Кроме того, в силу симметрии тела относительно плоскости x = yимеем xC = yC . Рассмотрим следующую замену переменных:
x = r cos φ− 1
2, y = r sin φ− 1
2.
Якобиан такой замены будет такой же, как и полярной, т.е. равен r.Итак, масса тела
m =
∫ ∫ ∫D
dxdydz =
2π∫0
dφ
1√2∫
0
rdr
1−r(cos φ+sin φ)∫r2−r(cos φ+sin φ)+ 1
2
dz =
=
2π∫0
dφ
1√2∫
0
(1
2r − r3
)dr =
π
8.
Координаты центра масс
xC = yC =1
m
∫ ∫ ∫D
x dxdydz =
84
=1
m
2π∫0
dφ
1√2∫
0
r
(r cos φ− 1
2
)(1
2− r2
)dr = −1
2,
zC =1
m
∫ ∫ ∫D
z dxdydz =
=1
m
2π∫0
dφ
1√2∫
0
dr
1−r(cos φ+sin φ)∫r2−r(cos φ+sin φ)+ 1
2
rz dz =
=4
π
2π∫0
dφ
1√2∫
0
r
(1− 2r(cos φ+ sin φ) + r2 +
1
2
)·
·(1− r2 − 1
2
)dr =
5
6.
Таким образом, получили, что координаты центра масс(−1
2 ,−12 ,
56
).
Пример. Найти массу и момент инерции однородного (с единичнойплотностью) тела D, ограниченного поверхностями
x2 + y2 = 2z, x2 + y2 = z2
относительно прямой l:x = 0, z = 4.
Решение. Масса тела равна
m =
∫ ∫ ∫D
dxdydz =
2π∫0
dφ
2∫0
dr
r∫r2
2
rdz =
= 2π
2∫0
(r2 − r3
2
)dr =
4π
3.
85
Момент инерции тела относительно прямой l равен
Il =
∫ ∫ ∫D
d2l dxdydz,
где dl – расстояние от точки (x, y, z) тела D до прямой l. Квадрат этогорасстояния находим по формуле d2l = x2 + (z − 4)2, следовательно
Il =
∫ ∫ ∫D
(x2 + (z − 4)2
)dxdydz =
=
2π∫0
dφ
2∫0
dr
r∫r2
2
r(cos2 φ+ (z − 4)2
)2dz =
=
2π∫0
dφ
2∫0
r4 cos2 φ− r5
2cos2 φ+ r
(r − 4)3
3− r
(r2
2 − 4)3
3
dr =
=
2π∫0
(1
5r5 cos2 φ− r6
12cos2 φ+
(r − 4)5
15+
+4(r − 4)4
12−
(r2
2 − 4)4
24
)∣∣∣∣∣2
0
dφ =40π
3.
Задачи.103. Найти координаты центра масс однородной (с единичной плот-
ностью) плоской фигуры:
а) Ω =
y2
a2≤ x ≤ 2a− y, a > 0
,
б) Ω =
y ≤ a2
x,y2
8a≤ x ≤ 2a, a > 0
,
86
в)∗ Ω =√
x+√y ≤
√a, x ≥ 0, y ≥ 0
,
г) Ω =x2 + y2 ≤ 1, x ≥ 0, y ≥ 0
.
104. Найти момент инерции относительно координатных осей и отно-сительно начала координат однородной (с единичной плотностью) плос-кой фигуры Ω, если
а) Ω =x2 + y2 ≤ a2, |y| ≤ xtgα, α ∈
(0,π
2
), a, α− const
,
б) Ω =(x− a)2 + (y − a)2 ≥ a2, a ≥ x ≥ 0, a ≥ y ≥ 0
,
в) Ω =xa+y
c≤ 1,
x
b+y
c≥ 1, y ≥ 1, a > b > 0, c > 0
,
г)∗ Ω =xy = a2, xy = 2a, x = 2y, y = 2x, x > 0, y > 0
.
105. Найти моменты инерции относительно координатных осей од-нородных (с единичной плотностью) тел:
а) D = 0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ y ≤ b, 0 ≤ z ≤ c,
б) D = x2 + y2 ≤ R2, 0 ≤ z ≤ h,
в) D =0 ≤ z ≤ h(R−
√x2 + y2)
,
г) D = x2 + y2 + z2 ≤ R2, z ≥ 0.
106. Найти координаты центра масс тела Ω с плотностью ρ(x, y, z),если
а) Ω = 0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ y ≤ a, 0 ≤ z ≤ a, ρ(x, y, z) = (x+ y + z)2,
б) Ω = x2 + y2 + z2 ≤ R2, x ≥ 0, ρ(x, y, z) = 1√x2 + y2
,
в) Ω = R2 ≤ x2 + y2 + z2 ≤ 4R2, y ≥ 0, ρ = x2 + y2 + z2,
г) Ω =√
x2 + y2 ≤ z ≤ h, ρ(x, y, z) = z2,
87
д)∗ Ω = x2 + y2 − z2 = 0, 0 ≤ z ≤ h, ρ(x, y, z) = z.
3.3 Приложения кратных интегралов к физике.
Пусть в пространстве R2 задана область Ω и функция µ(ξ, η), (ξ, η) ∈Ω.
Определение. Логарифмическим потенциалом в точке M(x, y) на-зывается интеграл
u(x, y) =1
2π
∫ ∫Ω
µ(ξ, η) ln r dξdη,
где r =√
(ξ − x)2 + (η − y)2 – расстояние от точки (x, y) до точки (ξ, η).Функцию µ называют плотностью (например, плотность масс, плот-ность электрического заряда).
Определение. Пусть в пространстве R3 задана область G и функ-ция ρ(ξ, η, ζ) ∈ G. Ньютоновским потенциалом в точке M с координа-тами (x, y, z) называют интеграл
u(x, y, z) = k
∫ ∫G
∫ρ(ξ, η, ζ)
rdξdηdζ,
где r =√
(ξ − x)2 + (η − y)2 + (ζ − z)2 – расстояние от точки (x, y, z) доточки (ξ, η, ζ), k = const. Функцию ρ называют плотностью (например,плотность масс, плотность электрического заряда). Если ρ – плотностьмасс, то ньютонов потенциал – это потенциал гравитационного поляматериального тела G.
Определение. Если ньютонов потенциал u(x, y, z) определен в об-ласти G, то говорят, что в G задано поле с ньютоновым потенциаломu(x, y, z). Напряженностью этого поля в точке M(x, y, z) называют век-тор
−→E (x, y, z) = k
∫ ∫G
∫ −−→MN
|−−→MN |3
ρ(ξ, η, ζ)dξdηdζ,
88
где N = N(ξ, η, ζ),−−→MN = (ξ − x, η − y, ζ − z),
|−−→MN | =
√(ξ − x)2 + (η − y)2 + (ζ − z)2 .
Определение. Пусть потенциал определен плотностью ρ(ξ, η, ζ), за-данной в области G, и пусть в поле с этим потенциалом находится об-ластьG1 с заданной в ней плотностью ρ1(ξ1, η1, ζ1). Силой, действующейна G1, называют вектор
−→F =
∫ ∫G1
∫ −→E (ξ1, η1, ζ1)ρ1(ξ1, η1, ζ1)dξ1dη1dζ1.
Определение. Пусть M(x0, y0, z0) – материальная точка с массойm находится в гравитационном поле напряженностью
−→E (x, y, z). Тогда
силой, действующей на материальную точку M , называется вектор−→F = m
−→E (x0, y0, z0).
Аналогично определятся сила, действующая на точечный заряд, на-ходящийся в электростатическом поле.
Пример. Гравитационное поле создано полым шаром G с внутрен-ним и внешним радиусами R1 и R2, имеющим плотность
ρ(x, y, z) =ρ0r, ρ0 = const,
где r – расстояние от центра шара до точки (x, y, z). Найти силу, дей-ствующую на материальную точку M массы m, удаленную на расстоя-ние R от центра шара, R > R2.
Решение. Поместим начало системы координат в центр шара, ось Ozнаправим через точку M . Тогда точка M имеет координаты (0, 0, R).Область, занимаемая шаром, описывается уравнениями
R1 ≤√ξ2 + η2 + ζ2 ≤ R2.
Пусть N(ξ, η, ζ) – произвольная точка шара, тогда−−→MN = (ξ, η, ζ − R),
|−−→MN | = ξ2 + η2 + ζ2 +R2 − 2ζR = r2 +R2 − 2ζR, где r =√ξ2 + η2 + ζ2.
89
Следовательно, составляющие вектора сил−→F = (Fx, Fy, Fz) вычисля-
ются по формулам
Fx = mρ0
∫ ∫G
∫ξ dξdηdζ
r(r2 +R2 − 2ζR)3/2,
Fy = mρ0
∫ ∫G
∫η dξdηdζ
r(r2 +R2 − 2ζR)3/2,
Fz = mρ0
∫ ∫G
∫(ζ −R) dξdηdζ
r(r2 +R2 − 2ζR)3/2.
Очевидно, что первый и второй интегралы равны нулю, т.е. Fx = Fy = 0.В третьем интеграле перейдем к сферическим координатам
ξ = r cos φ cos ψ, η = r sin φ cos ψ, ζ = r sin ψ.
В результате получим
Fz = mρ0
2π∫0
π2∫
−π2
R2∫R1
(r sinψ −R)r cos ψ dφdψdr
(r2 +R2 − 2rR sin ψ)3/2=
= 2πmρ0
R2∫R1
dr
π2∫
−π2
r(r sinψ −R) cos ψ dψ
(r2 +R2 − 2rR sin ψ)3/2.
Во внутреннем интеграле сделаем замену переменных
t = r2 −R2 − 2rR sin ψ,
тогда
Fz =πmρ02R2
R2∫R1
dr
(R+r)2∫(R−r)2
((r2 −R2)t−3/2 − t−1/2
)dt =
90
= −2πmρ0R2
(R2
2 −R21
).
Пример. Найти ньютонов потенциал в точке P (0, 0, z), z > 0 неод-нородного шара x2 + y2 + z2 = 1, если его плотность ρ(ξ, η, ζ) = kξ2,k − const, т.е. плотность пропорциональна квадрату расстояния точкишара до плоскости Oxy.
Решение. Ньютонов потенциал вычисляется по формуле
u(0, 0, z) = k
∫ ∫G
∫ζ dξdηdζ√
ξ2 + η2 + (ζ − z)2.
Перейдем к сферическим координатам, тогда
u(0, 0, z) = k
2π∫0
dφ
π2∫
−π2
dψ
R∫0
r4 sin2 ψ cos ψ dr√r2 cos2 ψ + (r sin ψ − z)2
=
= 2πk
R∫0
r4dr
π2∫
−π2
sin2 ψ cos ψ dψ√r2 + z2 − 2rz sin ψ
.
Сделаем замену переменных t = r2 + z2 − 2rz sin ψ, тогда получим
u(0, 0, z) =πk
4
R∫0
dr
(z+r)2∫(z−r)2
r(r2 + z2 − t2)2
z3t1/2dt =
4kπ
15z3
(2
7R7 + z2R5
).
Задачи.107. Найти логарифмический потенциал, если Ω = x2 + y2 ≤ 1 и
а) µ(x, y) = 1, б) µ(x, y) =√x2 + y2.
108. Найти ньютонов потенциал в точке M0(x0, y0, z0), создаваемыйшаром с плотностью ρ0 = const и радиусом R.
91
109. Найти силу, с которой конус с плотностью ρ0 = const, высотойH и радиусом основания R притягивает точку массой m, расположен-ной в вершине конуса.
110. Найти силу, с которой цилиндр с плотностью ρ0 = const, высо-той H и радиусом R притягивает материальную точку массой m, рас-положенной
а) в центре основания цилиндра,б) на границе основания цилиндра.111. Найти силу притяжения материальной точки массой m с коор-
динатами (0, 0, h) материальным кругом
Ω = x2 + y2 ≤ R2, z = 0,
по которому равномерно распределена масса с поверхностной плотно-стью ρ0 = const.
92
4. Примеры контрольных работ
4.1 Контрольная работа 1.
1. Используя определение меры Жордана, вычислить меру множе-ства F на числовой прямой R, если
1.1. F =
1
10n| n ∈ N
;
1.2. F =
1− 1
10n| n ∈ N
;
1.3. F =
1 +
1
10n| n ∈ N
;
1.4. F =
1− 1
10n+1| n ∈ N
;
1.5. F =
(−1)n
10n| n ∈ N
;
1.6.∗ F = [0,√2);
1.7.∗ F = [0,√3].
2. Дано множество M ⊂ R2. Найти двумерную меру M , если2.1. а) M − точка (0, 1),
б) M = (x, y) | x ∈ (0, 1], y = 0;2.2. а) M − точка (1, 0),
б) M = (x, y) | x ∈ (0, 1), y = 0;2.3. а) M − точка (1, 1),
б) M = (x, y) | x ∈ (0, 1], y = 1;2.4. а) M − точка (0, 0),
б) M = (x, y) | x = 0, y ∈ [0, 1];2.5. а) M − точка (0, 0),
б) M = (x, y) | x = 0, y ∈ (0, 1);2.6∗. а) M − точка (
√2,√2),
93
б) M = (x, y) | x = 0, y ∈ [0, 1] ∩Q;2.7∗. а) M − точка (
√3,√3),
б) M = (x, y) | x ∈ [0, 1] ∩Q, y = 0;3. Пусть Ω — квадрат [0, 1]× [0, 1] на плоскости, τ — разбиение квад-
рата прямыми x = i/n, y = j/n, i, j = 1, . . . , n. Составить интегральнуюсумму и суммы Дарбу функции f(x, y) для разбиения τ , если:
3.1. f(x, y) =√x2 + y2;
3.2. f(x, y) = (x2 + y2)2;
3.3. f(x, y) = ex2+y2 ;
3.4. f(x, y) = sin (x2 + y2);
3.5. f(x, y) = cos (x2 + y2);
3.6∗. f(x, y) = ex2−y2 ;
3.7∗. f(x, y) = sin (x2 − y2).
4. Пусть Ω — круг (x, y) | x2+y2 ≤ 1. Оценить значение интеграла∫ ∫Ω
f(x, y) dxdy, если:
4.1. f(x, y) = x2 + xy + y2 − 12x− 3y;
4.2. f(x, y) = 3 + 2x− y − x2 + xy − y2;
4.3. f(x, y) = 3x+ 6y − x2 − xy + y2;
4.4. f(x, y) = 4x2 − 4xy + y2 + 4x− 2y + 1;
4.5. f(x, y) = x2 + 2y2 + 3xy − 4x− 5y;
4.6∗. f(x, y) = x2 cos π(x2 + y2);
4.7∗. f(x, y) = y2 sin π(x2 + y2).
4.2 Контрольная работа 2.
94
1. Изменить порядок интегрирования в повторных интегралах:
1.1.
1∫0
dx
x∫0
f(x, y) dy;
1.2.
1∫0
dy
y2+y∫0
f(x, y) dx;
1.3.
1∫−1
dx
7x+106∫
2x
f(x, y) dy;
1.4.
π∫−π
dx
cos x∫−1
f(x, y) dy;
1.5.
2∫1
dx
3x∫lnx
f(x, y) dy;
1.6∗.
√3∫
−√3
dy
2+√
4−y2∫√
12−y2
f(x, y) dx;
1.7∗.
π∫π4
dx
sin x∫cos x
f(x, y) dy.
2. Вычислить двойной интеграл:
2.1.
∫ ∫Ω
(x+ y) dxdy, Ω = (x, y) | x2 + y2 ≤ 1, y ≥ x;
95
2.2.
∫ ∫Ω
xy dxdy, Ω = (x, y) | x2 + y2 ≤ 25, 3x+ y ≥ 5;
2.3.
∫ ∫Ω
x dxdy,
Ω = (x, y) | x2 + y2 ≤ 2, x2 − y2 ≤ 1, x ≥ 0, y ≥ 0;
2.4.
∫ ∫Ω
(2y − x) dxdy, Ω = (x, y) | y(y − x) ≤ 2, x(x+ y) ≤ 3;
2.5.
∫ ∫Ω
xy dxdy, Ω = (x, y) | x2 + y2 ≤ 1, (x− 1)2 + y2 ≤ 1;
2.6∗.
∫ ∫Ω
x dxdy,
Ω = (x, y) | y ≥ 0, cos x ≥ 0, sin x ≥ 0, 0 ≤ x ≤ π;
2.7∗.
∫ ∫Ω
xy dxdy,
Ω = (x, y) | x2 + y2 ≤ 1, (x− 1)2 + y2 ≤ 1, x2 + (y − 1)2 ≤ 1.
3. Перейдя к полярным координатам, вычислить двойные интегра-лы:
3.1.
∫ ∫Ω
cos (π√x2 + y2) dxdy, Ω = (x, y) | x2 + y2 ≤ 1;
96
3.2.
∫ ∫Ω
dxdy
x2 + y2 − 1, Ω = (x, y) | 9 ≤ x2 + y2 ≤ 25;
3.3.
∫ ∫Ω
ex2+y2 dxdy, Ω = (x, y) | x2 + y2 ≤ 1;
3.4.
∫ ∫Ω
ln (x2 + y2) dxdy, Ω = (x, y) | 1 ≤ x2 + y2 ≤ 4, ;
3.5.
∫ ∫Ω
ln (x2 + y2)
x2 + y2dxdy, Ω = (x, y) | 1 ≤ x2 + y2 ≤ 9;
3.6∗.
∫ ∫Ω
y2 dxdy, Ω = (x, y) | 2x ≤ x2 + y2 ≤ 6x, y ≤ x;
3.6∗.
∫ ∫Ω
x dxdy, Ω = (x, y) | x ≤ x2 + y2 ≤ 2x, y ≥ 0.
4. Вычислить тройные интегралы:
4.1.
∫ ∫Ω
∫(x2 + y + z) dxdydz,
Ω = (x, y, z) | 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1;
4.2.
∫ ∫Ω
∫(x2y + z) dxdydz,
Ω = (x, y, z) | 0 ≤ x ≤ 1, −1 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1;
4.3.
∫ ∫Ω
∫xyz dxdydz,
Ω = (x, y, z) | 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1;
97
4.4.
∫ ∫Ω
∫(x2 + y2) dxdydz,
Ω = (x, y, z) | − 1 ≤ x ≤ 1, −1 ≤ y ≤ 1, −1 ≤ z ≤ 1;
4.5.
∫ ∫Ω
∫(xy + yz + zx) dxdydz,
Ω = (x, y, z) | 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1;
4.6∗.
∫ ∫Ω
∫xy dxdydz,
Ω = (x, y, z) | 0 ≤ x ≤ y ≤ z ≤ 1;
4.7∗.
∫ ∫Ω
∫zex dxdydz,
Ω = (x, y, z) | 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 2, 0 ≤ z ≤ 3.
4.3 Контрольная работа 3.
1. Исследовать на сходимость несобственный двойной интеграл:
1.1.
∫ ∫Ω
x
ydxdy, Ω = (x, y) | x ≥ 1, y ≥ 1;
1.2.
∫ ∫Ω
y
xdxdy, Ω = (x, y) | 0 < x ≤ 1, 0 < y ≤ 1;
1.3.
∫ ∫Ω
1√x2 + y2
dxdy, Ω = (x, y) | x ≥ 1, y ≥ 1;
98
1.4.
∫ ∫Ω
1√x2 + y2
dxdy, Ω = (x, y) | 0 < x ≤ 1, 0 < y ≤ 1;
1.5.
∫ ∫Ω
1
x2 + y2dxdy, Ω = (x, y) | x2 + y2 ≥ 1;
1.6∗.
∫ ∫Ω
1√x2 + y4
dxdy, Ω = (x, y) | x2 + y2 ≥ 1;
1.7∗.
∫ ∫Ω
1√x2 + y4
dxdy, Ω = (x, y) | x2 + y2 ≤ 1;
2. Найти площадь плоской фигуры, ограниченной кривыми:
2.1. 4y = x2 − 4x, x = y + 3;
2.2. y2 = 10x+ 25, y2 = 9− 6x;
2.3. y2 = 2x+ 1, y2 = 1− 2x;
2.4. x2 + y2 = 4, y2 = 4− 4x, x < 1;
2.5. y = cos x, y = cos 2x, 0 ≤ x ≤ 2π
3;
2.6∗. 2x2 + 2y2 = 2x+ 1, x2 + y2 = 1, x2 + y2 ≥ 1;
2.7∗. (x+ y)2 + x2 = 1.
3. Найти площадь плоской фигуры, ограниченной линиями:
3.1.x2
a2+y2
b2= 1;
3.2. (x2 + y2)2 = y2;
3.3. x2 + y2 = x+ y;
99
3.4.√x+
√y = 1, x+ y = 1;
3.5. (x2 + y2)2 = 2xy;
3.6∗. x4 + y4 = 2xy;
3.7∗. x3 + y3 = xy.
4. Найти объем тела, ограниченного поверхностями:
4.1. x2 + y2 = x, z = x2 + y2, z = 0;
4.2. y = x2, y = 1, z = 0, z = x2 + y2;
4.3. x+ y + z = 1, 4x+ y = 1, 4x+ 3y = 3, y = 0, z = 0;
4.4. x2 + y2 = π, z = sin (x2 + y2), z = 0;
4.5. z2 + y2 = 1, x+ y + z = 1, x+ y + z = −1;
4.6∗. x2 + y2 = 1, x2 + z2 = 1;
4.7. z2 − x2 = 1, z2 − y2 = 1, z =√2.
100
Список литературы
1. Ильин,В.А. Основы математического анализа / В.А.Ильин, Э.Г.Позняк.— М.: Наука, 1973. Ч. 2. 448 с.
2. Кудрявцев,Л.Д. Краткий курс математического анализа. Диффе-ренциальное и интегральное исчисление функций многих переменных.Гармонический анализ: Учебник. / Л.Д. Кудрявцев. — М.: Физматлит,2002. Т. 2. 400 с.
3. Демидович, Б.П. Сборник задач и упражнений по математиче-скому анализу: Учеб. пособие для вузов / Б.П. Демидович. — М.: ООО«Издательство Астрель»: ООО «Издательство АСТ», 2005. 558 с.
4. Кудрявцев,Л.Д. Сборник задач по математическому анализу. Функ-ции нескольких переменных: Учеб. пособие для вузов / Л.Д. Кудрявцев,А.Д.Кутасов, В.И. Чехлов, М.И. Шабунин. — М.: Наука. Физматлит,1995. 496 с.
5. Виноградова, И.А. Задачи и упражнения по математическому ана-лизу. В 2 кн. Кн. 2. Ряды, несобственные интегралы, кратные и поверх-ностные интегралы: Учеб. пособие для университетов, ред. вузов / И.А. Виноградова,С.Н.Олехник, В.А.Са -довничий; Под ред. В.А. Садовничего — 2-е изд.,перераб. — М.: Высшая школа, 2002. 712 с.
6. Данко П.Е. Высшая математика в упражнениях и задачах. В 2-хч. Ч. 2: Учеб. пособие для втузов. — 5-е изд., испр. / П.Е. Данко, А.Г.Попов, Т.Я. Кожевникова. — М.: Высшая школа, 1999. 416 с.
7. Ярахмедов, Г.Я. Математический анализ. Многомерный матема-тический анализ / Г.Я.Ярахмедов. Новосибирск, 2001.
101
Приложение.
Таблица неопределенных интегралов элементарных функций∫0 · dx = C,
∫xα dx =
xα+1
α+ 1+ C, ∀α ∈ R\−1,∫
dx
x+ a= ln |x+ a|+ C,∫
ax dx =ax
ln a+ C, a > 0, a = 1,∫
ex dx = ex + C,∫sin x dx = − cos x+ C,∫cos x dx = sin x+ C,∫
dx
cos2 x= tg x+ C,∫
dx
sin2 x= −ctg x+ C,∫
dx
x2 + a2=
1
aarctg
x
a+ C, a = 0,∫
dx
x2 − a2=
1
2aln
∣∣∣∣x− a
x+ a
∣∣∣∣+ C, a = 0,∫dx√x2 + a
= ln |x+√x2 + a|+ C, a = 0,∫
dx√a2 − x2
= arcsinx
|a|+ C, a = 0.
102
Некоторые интегралы, зависящие от параметра1. Интеграл Дирихле
+∞∫0
sin (αx)
xdx =
π
2signα, α ∈ R,
где
signα =
1, если α > 0,0, если α = 0,
−1, если α < 0.
2. Интеграл Пуассона
+∞∫−∞
e−αx2dx =
√π
α, α > 0.
103
СОДЕРЖАНИЕ
Предисловие . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .31. Мера Жордана . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.1. Сеть в Rn. Кубы и элементарные множества . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.2. Мера элементарных множеств . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.3. Мера Жордана произвольного ограниченногомножества . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.4. Критерий измеримости. Цилиндрические множества. . . . . . . . .121.5. Основные свойства меры Жордана . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2. Кратные интегралы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162.1. Разбиение измеримых множеств . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172.2. Интегральные суммы. Определение кратногоинтеграла. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .182.3. Верхние и нижние суммы Дарбу. Критерийинтегрируемости . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222.4. Свойства кратных интегралов . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262.5. Сведение двойного интеграла к повторному . . . . . . . . . . . . . . . . . . 292.6. Сведение тройного и n-кратного интеграла кповторным. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .382.7. Замена переменных в кратных интегралах . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 472.8. Криволинейные координаты . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 512.9. Несобственные кратные интегралы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
3. Геометрические и физические приложения кратныхинтегралов . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 693.1. Геометрическое приложение кратных интегралов . . . . . . . . . . . . 693.2. Приложение кратных интегралов к геометрии масс . . . . . . . . . . 773.3. Приложение кратных интегралов к физике . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84
4. Примеры контрольных работ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 894.1. Контрольная работа 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 894.2. Контрольная работа 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 904.3. Контрольная работа 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94
Список литературы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97
104
Приложение. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98