ИНТЕГРАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ ФУНКЦИЙ

Министерство образования и науки Российской Федерации
Нижегородский государственный педагогический университет
ИНТЕГРАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ ФУНКЦИЙ
НЕСКОЛЬКИХ ПЕРЕМЕННЫХ
Методические указания
Для студентов заочного отделения
факультета математики, информатики и физики
Специальность 032100 Математика
Нижний Новгород
2006
Печатается по решению редакционно-издательского совета Нижегородского государственного педагогического университета.
Интегральное исчисление функций нескольких переменных: Методические указания
(для студентов заочного отделения факультета математики, информатики и физики). –
Нижний Новгород: НГПУ, 2006. – с. 23.
В работе дан план изучения и указана литература по каждому разделу курса «Интегральное исчисление функций нескольких переменных». Подробно, на конкретных примерах, описаны методы решения задач на вычисление и применение кратных и криволинейных интегралов. Даны задачи для самостоятельного решения.
Составитель: Л.А. Дмитриева, канд. физ.-мат. наук, ст. преподаватель
Рецензент: Т.П. Пендина, канд. физ.-мат. наук, доцент
Ответственный за выпуск: Л.С. Сперанская, канд. физ.-мат. наук, доцент, зав. каф. матем.
анализа
2
ПЛАН ИЗУЧЕНИЯ И ЛИТЕРАТУРА
по курсу «Интегральное исчисление функций нескольких переменных»
Литература
1. Баврин И.И. Высшая математика. – М.: Издательский центр “Академия”; Высш.
школа, 2000.
2. Высшая математика / Под. ред. Г.Н. Яковлева. – М: Просвещение, 1988.
3. Кудрявцев В.А., Демидович Б.П. Краткий курс высшей математики. – М.: Наука,
1978.
4. Минорский В.П. Сборник задач по высшей математике. – М.: Наука,1987.
Ссылки на литературу в тексте даются сокращенно, соответственно:
1. – Б.
2. – В.м.
3. – К.
4. – М.
Р.I Двойные интегралы.
1) Задачи, приводящие к понятию двойного интеграла. Определение двойного интеграла, его свойства.
Б. § 7.6, п. 1 – 3.
В.м. разд. II, гл. XII, § 59, п. 1.
К. гл. 24, § 1.
2) Интегрируемость непрерывной функции. Вычисление двойных интегралов.
Б. § 7.6, п. 4.
В.м. разд. II, гл. XII, § 59, п. 1,2.
К. гл. 24, § 2.
3) Замена переменных в двойном интеграле. Двойной интеграл в полярных координатах.
Б. § 7.6, п. 5, 6.
В.м. разд. II, гл. XII, § 59, п. 3.
К. гл. 24, § 3.
4) Приложение двойных интегралов к вычислению площади плоской фигуры, объема цилиндрического тела, площади кривой поверхности; статических моментов, координат центра тяжести и моментов инерции плоских пластин.
Б. § 7.6, п. 7,8.
В.м. разд. II, гл. XII, § 60.
К. гл. 24, §§ 6, 7.
Р.II Криволинейные интегралы.
1) Задачи о вычислении работы переменной силы вдоль криволинейного пути.
Криволинейный интеграл 2-го рода, определение, свойства.
Б. § 7.8, п. 1,2.
В.м. разд. II, гл. XII, § 63, п. 2.
К. гл. 23, § 2.
2) Вычисление криволинейных интегралов.
Б. § 7.8, п. 3.
В.м. разд. II, гл. XII, § 63, п. 2.
К. гл. 23, § 2.
3) Формула Грина и следствие из нее. Криволинейный интеграл по замкнутому
контуру.
3
Б. § 7.8, п. 4,5.
В.м. разд. II, гл. XII, § 63, п. 3.
К. гл. 23, §§ 3 – 5.
Р.III Тройные интегралы.
Понятие тройного интеграла, его вычисление, физический смысл.
Б. § 7.7.
В.м. разд. II, гл. XII, § 61.
К. гл. 24, § 8.
К теме «Интегральное исчисление функций нескольких переменных» нужно не только
внимательно посмотреть теоретический материал, указанный в рабочем плане, но и обязательно повторить следующие вопросы:
1) Кривые и поверхности 2-го порядка (канонические уравнения, вид кривой или
поверхности);
2) Построение поверхностей методом сечений;
3) Полярные координаты, их связь с декартовыми;
4) Параметрические уравнения кривых (в т.ч. окружности и эллипса);
5) Производные, их вычисление, таблица производных;
6) Таблица неопределенных интегралов, основные методы вычисления неопределенных интегралов;
7) Формула Ньютона-Лейбница, основные методы вычисления определенных интегралов.
Этот материал можно найти в следующих рекомендуемых источниках:
Б. §§ 1.1 п.4; 1.4; 3.4; 5.2; 5.5; 6.1; 6.2; 6.6; 6.7.
В.м. разд. I, гл. I, §3; гл. II §9; гл. III, §13; разд. II, гл. VI, § 30; гл. VII §§ 39, 40; гл.
VIII, §§ 42, 43, 44, 46, 47.
К. гл. IV, §§ 1, 2, 4 – 7, 9; гл. V, §§ 1 – 4; гл. X, §§ 2 – 4; гл. XIII, §§ 3, 5; гл. XIV, §§
1,7, 8; гл. XVIII, §§ 12 – 16.
4
Раздел I. ДВОЙНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ
Теперь, когда Вы познакомились с теорией этого вопроса, рассмотрим подробно
технику вычисления двойных интегралов. Будем придерживаться такого плана:
1) вычисление определенных интегралов, зависящих от параметра;
2) повторные интегралы, их вычисление;
3) вычисление двойных интегралов путем сведения их к повторным;
4) замена переменных в двойном интеграле, переход к полярным координатам;
5) задачи на приложение двойных интегралов.
П. 1. Рассмотрим такие определенные интегралы:

b
a
2 ( x )

f ( x, y)dy (1)
1 ( x)
f ( x, y )dy (2),
где «x» - параметр.
Так как интегрирование ведется по переменной y (подынтегральное выражение заканчивается на dy), то «x» в процессе интегрирования считается постоянным; однако, когда в конце интегрирования мы вместо y подставим в (1) числа a и b, а в (2) функции
1 ( x) и  2 ( x) ; то «x» в ответе останется, т.е. получится не число, а функция от x:

b
a
2 ( x)

f ( x, y)dy  F ( x) ,
1 ( x)
f ( x, y )dy   ( x)
П р и м е р 1:
1
xdy

1 x2 y2
Решение. При интегрировании смотрим на «x» как на число. Видим, что, подведя «x» под
знак дифференциала, получим табличный интеграл
1
d ( xy)
1
0 1  ( xy) 2  arcsin xy 0
подставим 1 и 0 вместо y:
 arcsin x .
0
П р и м е р 2:
1
x
0
y
dx
Решение. Здесь роль постоянной играет «y», т.к. интеграл берется по «x» (подынтегральное выражение заканчивается dx). Видим, что имеем интеграл от степенной функции
x y 1 1

0 
y 1
1
(подставляем 1 и 0 вместо «x») 
.
y 1
П р и м е р 3:

1 x 2
 1 x 2
xy 2 dy
Решение. Т.к. «x» – постоянный множитель для данного интеграла, выносим его за знак
интеграла
1 x 2
x  y 3 1 x 2
2x
2
 x
y
dy


(1  x 2 ) 3
2
2

1

x
 1 x
3
3
5
Вычислите самостоятельно:
1
y3
dx
1) 
; 2)  sin( x  2 y)dx ; 3)  e x  2 y dy .
1 xy
0
y
Ответы:
1
ex 2
1) ; 2) cos y  cos( y 3  2 y) ; 3)
(e  1) .
y
2
e
П. 2. Повторные интегралы – это интегралы вида

b
a
2 ( x)
dx 
1( x )

(3)
f ( x, y)dy
в
с
dy 
2 ( у)
1 ( y )
f ( x, y )dx
(4)
Вычисляются повторные интегралы так: сначала вычисляется внутренний интеграл
по своей переменной (так, как мы это делали в П. I), при этом внешний интеграл переписывается; затем от полученной функции берется внешний интеграл.
П р и м е р 4:
1
x2
0
x
I   dx  (3x  2 y)dy .
y 2 x2
) x dx 
0
2
Т.к. внутренний интеграл был по «y», то вместо «y» подставляем сначала x 2 , затем «x»
1
7
  (3x( x 2  x)  ( x 4  x 2 )) dx 
.
0
60
1
Решение. I   (3xy  2 
П р и м е р 5:
2
y xdx
I   dy 
0
y
y
Решение. I  
2
0
2
2 1 x
dy y
xdx


0 y 2
y y
Вычислите самостоятельно:
4
2x y
x
dy ; 3)
1)  dx  dy ; 2)  dx 
2
x x
0
0
Ответы:
3
2
1
1) a 2 ; 2) 9; 3) .
3
2
a
2
1 2 ( y)  y
dy  
dy  0 .
2 0
y
y
y

2
1
dy 
ln y
0
e x dx .
П. 3. По определению двойной интеграл от функции f ( x, y ) по области D есть

D
n
f (M )ds   f ( x, y)dxdy  lim f (M k )  пл.Dk .
d 0
D
k 1
Вычисляются двойные интегралы путем сведения их к повторным интегралам;
именно, если область интегрирования D имеет вид (см. рис. 1) такой, что лучи, параллельные oy и также направленные, как oy, входят в область D по кривой y  1 ( x) и выходят из
области D по кривой y   2 ( x) , а область D проектируется на ось ox в отрезок a, b, то
двойной интеграл равен такому повторному интегралу:
6
b
2 ( x)
 f ( x, y)dxdy   dx
a
1 ( x)
D
y
Если область интегрирования D имеет вид
(см. рис. 2) такой, что лучи, параллельные ox и
также направленные, как ox, входят в область по
кривой x   1 ( y) , а выходят по кривой
x   2 ( y) , и область D проектируется на oy в отрезок c, d  , то двойной интеграл равен такому
повторному интегралу:
y   2 ( x)
D
y  1 ( x)
0
a
 f ( x, y)dxdy  
x
b
рис. 1
y
f ( x, y)dy
d
c
D
 2 ( y)
dy 
1 ( y)
f ( x, y)dx .
Обратите внимание на связь между порядком интегрирования и пределами интегрироd
вания, с одной стороны: и видом области, задаx   1 ( y)
нием кривых и проекций области на соответD
ствующую ось, с другой стороны.
x   2 ( y)
Для того, чтобы правильно свести двойной интеграл к повторному, предлагаем такой
c
план действия:
1) строим область интегрирования D или заx
0
писываем уравнение границы области, заданной
рис. 2
графически;
2) определяем, к какому типу относится область D;
3) в зависимости от этого выбираем порядок интегрирования (предварительно разбив
область на части, если нужно);
4) расставляем пределы интегрирования в повторном интеграле;
5) вычисляем повторный интеграл.
П р и м е р 6:
В двойном интеграле
 f ( x, y)dxdy расставить пределы интегрирования; область D
D
изображена на рис. 3
y
A
1
D
0
1
B
2
x
Решение:
1) область уже построена;
2) она относится ко второму виду: лучи, параллельные ox входят в область по «одной кривой» OA и
выходят из области по «одной кривой» AB;
3) значит порядок интегрирования будет такой:
внутренний интеграл по x, внешний по y:
 dy  f ( x, y)dx ;
рис. 3
4) т.к. проекция области D на oy есть отрезок 0;1 , то пределы внешнего интегриро1
вания: 0 – нижний, 1 – верхний предел:  dy  f ( x, y)dx .
0
Для того, чтобы получить пределы интегрирования для внутреннего интеграла, нам
нужны уравнения кривых OA и AB.
OA: y  x
AB: x  y  2
Из этих уравнений выражаем переменную внутреннего интегрирования x:
OA: x  y
AB: x  2  y
7
Правые части этих равенств и будут пределами внутреннего интеграла. Окончательно записываем:
1
2 y
0
y
 f ( x, y)dxdy   dy 
f ( x, y)dx .
D
П р и м е р 7:
Расставить пределы интегрирования в
 f ( x, y)dxdy , где область D ограничена лиD
ниями y  x , x  y  6 .
2
Решение:
1) строим область (см. рис. 4);
2) эта область относится к первому типу, следовательно, порядок интегрирования такой:  dx  f ( x, y )dy ;
y
6
x y 6
D
-3
3) для того, чтобы узнать пределы внешнего интегрирования (т.е. в каких границах изменяется x), Нужно
найти проекцию области D на ось ox, а для этого - абсциссы
точек
пересечения
параболы
и
пря2
y  x
x  2
мой: 
.
 x2  6  x   1
x


3
x

y

6
2


y  x2
x
0 1 2 4 6
2
Следовательно,   dx  f ( x, y)dy .
3
рис. 4
Т.к. лучи, параллельные oy, входят в область D по линии
с уравнением y  x , то нижний предел интегрирования « x 2 »; выходят лучи из области
по линии x  y  6 или y  6  x ; значит, верхний предел интегрирования « 6  x », в результате имеем:
2

2
6 x
3
x
f ( x, y)dxdy   dx  2 f ( x, y)dy .
D
П р и м е р 8:
Вычислить  xdxdy , где область S имеет вид заштрихованной части (см. рис. 5).
S
Решение:
1) запишем уравнение границы области S: AB –
прямая, проходящая через точки A(2,0) и B(0,2), имеет
уравнение: 2  x  y ; уравнение окружности с центром
в точке С(0,1) и радиуса 1: ( x  0) 2  ( y  1) 2  1 или
x2  y2  2y  0 ;
2) область относится и к первому и ко второму типу; отнесем ее ко второму типу и проведем лучи, параллельные ox;
y
B
2
S
1
C
A
3) тогда
0
1
2
x
2
 xdxdy   dy  xdx (т.к. проекция обла1
D
сти S на ось oy есть 1;2 ). Выражаем «x» из уравнения
рис. 5
AB и из окружности, в последнем x   2 y  y 2 : а т.к. x  0 , то берем корень с плюсом.
Вычисляем полученный повторный интеграл:
2
2 y  y2
21
1
2 2
2
dy
xdx

1 2 y
1 2 ( 2 y  y )  (2  y)  dy  6 .
8
Вычислите самостоятельно:
1)  x y 2 dxdy , где D – круг x 2  y 2  R 2 .
3
D
2)

D
3)
x2
dxdy , где D – область, ограниченная прямыми x  2 , y  x и гиперболой xy  1 .
y2
 cos( x  y)dxdy , где D – область, ограниченная линиями x  0 ,
y  x, y  .
D
П. 4. Переход к полярным координатам в двойном интеграле осуществляется по
формуле:
 f ( x, y)dxdy   f (  cos  ,  sin  ) dd
D
D1
Т.е. x   cos  , y   sin  , а dxdy  dd . Удобно переходить к полярным координатам
в тех случаях, когда выражение x 2  y 2 содержится в подынтегральном выражении или в
уравнениях границы области интегрирования.
Переход к повторному интегралу при этом осуществляется так: внешний интеграл
берется по  , внутренний – по  :
2
 2 ( )
1
1 ( )
 F ( ,  )dd   d 
D
F (  ,  )d
(5)
Для получения пределов интегрирования в полярных координатах предлагается
следующее построение: из полюса (т. 0) провести лучи, пересекающие область, тогда для
внешнего интеграла нижний предел интегрирования  1 – это наименьший из углов, составленных лучами, пересекающими область D, верхний предел интегрирования  2 –
наибольший из углов; если лучи входят в область по линии l1 (cм. рис. 6), то, выражая из
уравнения l1 переменную  :   1 ( ) , получим нижний предел интегрирования 1 ( ) ;
из уравнения линии l 2 , по которой лучи выходят из области D:    2 ( ) , получаем
верхний предел интегрирования  2 ( ) (см. формулу (5)).
П р и м е р 9:
l2
Вычислить

D
l1
2
1

рис. 6
0
ным координатам:
dxdy

 
x2  y2
,
где
 x  y  4
D: 2
 x  y 2  1
Решение:
1) строим область интегрирования.
Это кольцо между окружностями радиусов 1
и 2 (см. рис. 7);
2) видим, что сумма x 2  y 2 есть и в
подынтегральном выражении и в уравнениях
границы, значит, удобно перейти к поляр2
D
dxdy
dd


2
x 2  y 2 D1
3) запишем уравнения окружностей (границы области D) в полярных координаD
тах:
9
 2  1 или   1 – уравнение внутренней окружности,
 2  4 или   2 – уравнение внешней окружности;
4)
проведем лучи из полюса и расставим пределы интегрирования:
2
2
  d  d 
0
1
(чтобы обойти всю область D, луч должен повернуться на угол от 0 до 2 ).
2
Теперь вычисляем обычный повторный интеграл:    12 d  2 .
0
y
П р и м е р 10:
Вычислить
 (h  2x  3 y)dxdy ,
 1
где
D
x 2  y 2  R 2
.
D:
x

0
,
y

0

D
0  1
1
0
2
x
Решение:
1) строим область D (см. рис. 8);
2) переходим к полярным координатам:
 (h  2 cos   3 sin  )dd ;
D
рис. 7
3) расставляем пределы интегрирования:


2
0
R
d  (h  2  2 cos   3 2 sin  )d  
0
4) вычисляем повторный интеграл:
1
5
 R 2 ( h  R ) .
4
3
Вычислите самостоятельно:
y
1)

R 2  x 2  y 2 dxdy , где D – круг x 2  y 2  Rx .
D
2)
 ( x
2
 y 2 )dxdy , где область D изображена на рис. 9.
D
R
R
D
0
D
R
0
x
R
2R
рис. 9
рис. 8
П. 5. Двойные интегралы имеют многочисленные приложения к решению задач
геометрии, физики, техники и др.
С помощью двойных интегралов вычисляются:
a) площади плоских фигур по формуле:
S   dxdy
D
где D – фигура, площадь которой нужно найти;
b) объемы цилиндрических тел по формуле:
V   f ( x, y)dxdy
D
10
где D – область, на которой «стоит» тело V, а f(x,y) – правая часть в уравнении поверхности Z  f ( x, y ) , ограничивающей тело сверху (см. рис. 10).
z
c) площади кривых поверхностей по формуле:
Z=f(x,y)
   1  ( f x1 ) 2  ( f y1 ) 2 dxdy
D
где D – проекция кривой поверхности, площадь которой
вычисляется, на плоскость xoy, а f(x,y) – правая часть
уравнения Z  f ( x, y ) , задавшего эту поверхность (см.
y
рис. 11).
0
D
x
z
Z=f(x,y)
рис. 10
П р и м е р 11:
Найти площадь фигуры, ограниченной линией
  a sin 2 .
Решение:
1) строим область (график уравнения   a sin 2
можно посмотреть, например, в М.) (см. рис. 12);
0
D
x
рис. 11
2) записываем формулу для вычисления площади
S   dxdy ;
D
0

3) т.к. кривая – граница области задана в полярных
координатах, то в двойном интеграле переходим к полярным координатам S   dd . Т.к. фигура симметричD
на, то достаточно найти площадь одного лепестка и
умножить ее на 4:

 sin 2
S  4 2 d 
рис. 12
0
0
d ;
1
4) вычисляем интеграл, получаем: S   2 .
4
П р и м е р 12:
Найти объем тела, ограниченного поверхностями y  x , x   y , y  2 z  2 .
Решение:
1) строим тело, ограниченное заданными поверхностями (см. рис. 13). Первое и третье уравнения задают плоскости, второе – цилиндрическую поверхность, образующей, параллельной оси oz.
11
y
z
y
x  y
1
yx
x
y=
2
x y
D
0
x
1
y=
x
2
1
y
0
yx
2
x
рис. 14
рис. 13
2) отдельно рисуем в плоскости xoy область D (на которой «стоит» тело) (см. рис. 14);
3) записываем формулу, расставляем пределы интегрирования и вычисляем (из урав2 y
нения 3 выражаем z: z 
).
2
2
y
y
y
2 8 2
V   (1  )dxdy   dy  (1  )dx  
 1,4ед.3
0
 y
2
2
3
15
D
Замечание: можно обойтись без рисунка тела, тогда из уравнения, содержащего
y
z ( y  2 z  2) , выражаем z : z  1  ; но область D нужно построить.
2
Большое значение имеют физические и технические приложения двойных интегралов, они дают возможность вычислить:
A. Массу плоской неоднородной пластины по формуле:
M    ( x, y)dxdy
D
где D – плоская область, занимаемая пластиной в плоскости xoy,  ( x, y ) – поверхностная
плотность в точке (x,y). По такой же формуле вычисляется заряд плоской пластины.
П р и м е р 13:
Определить массу круглой пластинки радиуса R, если поверхностная плотность
 ( x, y ) в каждой точке P ( x, y ) пропорциональна расстоянию точки от центра круга (см.
рис. 15).
Решение:
1) выберем систему координат с началом в центре круга,
тогда уравнение границы области – окружности будет:
y
D
0
R x
x 2  y 2  R 2 , а  ( x, y )  k x 2  y 2 , где k – коэффициент пропорциональности;
2) записываем формулу для нашего случая:
M   k x 2  y 2 dxdy ;
D
рис. 15
3) видим, что удобно перейти к полярным координатам, и
вычисляем
2
R
2
M  k  d   2 d  kR 3 .
0
0
3
12
B. Моменты инерции плоских пластин относительно оси или относительно точки по
формулам:
I x    ( x, y) y 2 dxdy
D
I y    ( x, y) x 2 dxdy
D
I 0    ( x, y)  ( x 2  y 2 )dxdy
D
C. Статические моменты и центры тяжести плоских пластин по формулам:
1
K x    ( x, y) ydxdy ; x с    ( x, y ) xdxdy
m D
D
1
K y    ( x, y) xdxdy ; y с    ( x, y ) ydxdy
m D
D
П р и м е р 14:
Вычислить координаты центра тяжести фигуры, ограниченной параболами
2
y  4 x  4 , y 2  2 x  4 .
Решение:
1) строим фигуру (см. рис. 16). Обращаем внимание на то, что плотность не задана,
значит, пластина однородна и в формулах для координат центра тяжести  выносится за
знак интеграла и затем сокращается;
2) фигура симметрична относительно оси ox, поэтому центр тяжести лежит на оси ox, т.е. y c  0 ;
3) найдем x c :
y
2
y 2  2 x  4
y2  4x  4
D
-1
 xdxdy 
2
2
0
1
2
x
xc 
D
 dxdy 
D
-2
рис. 16

2
2
4 y 2
2
y 2 4
4
1
( 4 y 2 )
2
1 2
( y 4)
4
dy 
xdx
dy 
dx

2
.
5
2
Значит, С – центр тяжести имеет координаты ( ,0).
5
Решите самостоятельно:
М, №№ 2292, 2296, 2307, 2312, 2313, 2315, 2317, 2319, 2321, 2324, 2331, 2341, 2354, 2360,
2362.
13
Раздел II. КРИВОЛИНЕЙНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ
Мы на примерах рассмотрим криволинейные интегралы 2-го рода, а именно:
1) как свести криволинейный интеграл к определенному;
2) как применить формулу Грина;
3) каковы условия независимости криволинейного интеграла от пути интегрирования.
П. 1. Вы уже познакомились (см. литературу) с определением криволинейного интеграла и его физическим смыслом. Обозначается криволинейный интеграл 2-го рода так:
 P( x, y, z)dx  Q( x, y, z)dy  R( x, y, z)dz
С
или в векторной форме
 Fdr ,
где F  ( P( x, y, z ), Q( x, y, z ), R( x, y, z )) ;
С
dr  (dx, dy, dz ) .
a) Если кривая С – путь интегрирования, задана параметрически уравнениями
x  x(t ), y  y (t ) , где t – меняется от  до  и все функции x(t ), y (t ), z (t ), P, Q, R имеют не-
прерывные производные, то верна формула (для 2-мерного случая F  ( P( x, y ), Q( x, y ))

 P( x, y)dx  Q( x, y)dy   P( x(t ), y(t )) x' (t )dt  Q( x(t ), y(t )) y' (t )dt
C
Т.е. вместо x записываем его выражение через t на кривой С, вместо y – его выражение через параметр t на кривой С; вычисляем dx и dy через t, берем за пределы интегрирования
границы изменения параметра t.
П р и м е р 1:
Вычислить  y 2 dx  x 2 dy , где L – верхняя половина эллипса x  a cos t , y  b sin t ,
L
пробегаемая по часовой стрелке (см. рис. 17).
Решение:
1) изображаем путь интегрирования L, указываем направление;
определяем значение t для начальной A и конечной C точки
B
пути:
 a  a cos t
A(a,0)  
 t1  
0

b
sin
t

C
A
a  a cos t
С (a, 0)  
 t2  0
0

b
sin
t
-a
0
a x

dx
,
dy
2)
находим:
:
рис. 17
dx  a sin tdt, dy  b cos tdt ;
3) записываем определенный интеграл:
y
0
 b
2
sin 2 t (a sin t )dt  a 2 cos2 t (b cos t )dt  ;
4) вычисляем его:
4 2
ab .
3
b) Если кривая С задана не параметрически, надо перейти к параметрическому заданию.

14
П р и м е р 2:
Вычислить  ( x 2  2 xy)dx  (2 xy  y 2 )dy , где AB – дуга параболы y  x 2 от т.A
AB
(1,1) до т.B(2,4) (см. рис. 18).
Решение:
1) строим путь интегрирования AB (см. рис. 18);
2) путь AB задан в явном виде; к параметрическому заданию можно перейти, если за параметр выбрать «x»:
x  x, y  x 2
x меняется от 1 до 2 (см. координаты точек A и B );
3) так что получаем определенный интеграл:
y
B
4
1
-1 0
A
1 2

x
2
1
рис. 18
( x 2  2 x  x 2 )dx  (2 x  x 2  ( x 2 ) 2 )2 xdx
4) вычисляем его, находим ответ: 40
19
.
30
Сделайте самостоятельно:
М, №2357.
П р и м е р 3:
Поле образовано силой F  P, Q, где P  x  y, Q  x . Построить силу F в каждой вершине квадрата со стороной x  a, y  a и вычислить работу при перемещении
единицы массы по контуру квадрата.
Решение:
y
1) вычисляем координаты F в вершинах квадрата: в т.
A ( a, a ): P  0, Q  a  F1  0, a , аналогично в остальных
F1  0, a
трех вершинах (см. рис. 19);
0, a
D F1  A
F2   2a, a
2) работа переменной силы F вычисляется с помоA a
щью криволинейного интеграла:
0
x
А   F d r   Pdx  Qdy   ( x  y)dx  xdy       
C
F3  0,a
-a B
F4  2a, a
ABCD
ABCD
ABCD
AB
BC
CD
F1 4  2a, a
3) теперь каждое слагаемое – каждый криволинейный
интеграл
вычислим:
рис. 19
x  a
Путь AB имеет уравнение: 
, y от a до –a, поэтому dx  0, dy  dy . Следовательно,
y  y
a
2
 ( x  y)dx  xdy   ady  2a .
a
AB
 y  a
Путь BC имеет уравнение: 
, x от a до –a, поэтому dy  0, dx  dx . Следовательно,
x  x
a
2
 ( x  y)dx  xdy   ( x  a)dx  2a .
a
BC
 x  a
Путь CD имеет уравнение: 
, y от a до –a, поэтому dx  0, dy  dy . Следовательно,
y  y
15

DA
 
a
a
ady  2a 2 .
CD
y  a
Путь DA имеет уравнение: 
, x от - a до +a, поэтому dy  0, dx  dx . Следовательно,
x  x
 
a
a
( x  a)dx  2a 2 .
DA
4) В результате, А 
 Fd r  8a
2
.
ABCD
П. 2.
П р и м е р 4:
Вычислить двумя способами криволинейный интеграл
 2( x
2
 y 2 )dx  ( x  y)2 dy ,
L
где L – пробегаемый в положительном направлении контур треугольника ABC, с вершинами A(1,1), B(2,2), C(1,3).
Решение:
C
1) построим контур ABC; при положительном обходе область остается слева (см. рис. 20). Область, ограниченная треугольником, является односвязной;
D B
2) подинтегральные
функции
и
P  2( x 2  y 2 )
Q  ( x  y) 2 определены, непрерывны и имеют непрерывные
A
частные производные для любых x и y;
3) все условия выполнены и формулу Грина можно при1
2 3 x менить, тогда
Q P
рис. 20
L Pdx  Qdy  D ( x  y )dxdy
Q
P
 2( x  y ),
 4 y , значит,
4) найдем частные производные:
x
y
y
3
2
1
0
 2( x
2
 y 2 )dx  ( x  y)2 dy    2( x  y)  4 y dxdy   2( x  y)dxdy
L
D
D
5) теперь вычислим отдельно криволинейный интеграл, стоящий в левой части равенства, и двойной интеграл в правой части и сравним результаты.
a)  
L
   
2
1
AB
BC
1
1
2
3
(2  2 x 2  4 x 2 )dx   ((2( x 2  (4  x) 2 ) dx  16) dx)   (1  y) 2dy
CA
 y  x  dy  dx

AB:  x  x
;
 x _ от _ 1 _ до _ 2

 y  4  x  dy  dx

BC:  x  x
;
 x _ от _ 2 _ до _ 1

4
Получаем,  2( x 2  y 2 )dx  ( x  y ) 2 dy   .
3
L
2
4 x
4
в)  2( x  y )dxdy   dx  2( x  y )dy   .
1
x
3
D
Видим, что результаты совпали.
16
 x  1  dx  0

CA:  y  y
 y _ от _ 3 _ до _ 1

П. 3. Криволинейный интеграл  P( x, y)dx  Q( x, y)dy не зависит от пути интегриС
рования С или, что тоже самое, криволинейный интеграл по замкнутому контуру равен 0,
если:
Q P
,
а) функции P, Q,
определены и непрерывны в односвязной области D, к которой
x y
принадлежит путь С;
Q P

в) выполняется тождество
в области D.
x y
П р и м е р 5:
( 2;1) ydx  xdy
Вычислить 
.
(1; 2 )
y2
Решение:
1) т.к. путь интегрирования не указан, заданы лишь конечная (2;1) и начальная (1;2)
точки, то, наверное, интеграл не зависит от пути интегрирования; проверим, действитель1
x P
1 Q
1
 2 ,
  2 определены и непрерывны
но ли это так. Функции P  , Q   2 ,
y
y y
y x
y
для всех точек плоскости xoy, кроме точек прямой y  0 (оси ox), т.е. в односвязной верхней полуплоскости и в односвязной нижней полуплоскости; заданные точки (2;1) и (1;2)
обе принадлежат верхней полуплоскости; кроме того, в верхней полуплоскости выполнено тождество:
P Q
1

 2 ;
y x
y
2) видим, что интеграл не зависит от пути интегрирования, поэтому можем выбрать
любой путь, соединяющий эти точки и лежащий в верхней полуплоскости. Есть смысл
выбрать наиболее простой путь, например, составленный из отрезков прямых, параллельных осям координат (см. рис. 21 – путь ABC):
y
A(1;2)
2
1
0
1 dy
2
ydx  xdy
3





(1;2) y 2
ACB AC CB 2 y 2 1 dx  2 .
Аналогичное условие независимости криволинейного интеграла от пути интегрирования имеет место и в трехмерном случае (см. литературу).
(2;1)
B(2;1)
C
Итак, криволинейные интегралы вычисляются сведением их к
определенным интегралам (при этом путь интегрирования нужно
рис. 21 задать параметрически). Применяются криволинейные интегралы 2-го рода
для вычисления работы переменной силы вдоль криволинейного пути.
1
2 x
Решите самостоятельно:
М. №№ 2387, 2392, 2393, 2395, 2396.
17
Раздел III. ТРОЙНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ
Вы уже посмотрели, что значит
 f ( x, y, z )dxdydz или  f (M )dv .
Q
Q
Тройной интеграл берется по трехмерному телу Q и подынтегральная функция зависит уже от трех переменных x, y, z.
Если тело Q имеет такой вид как на рисунке 22, т.е. лучи, параллельные oz входят в область Q по «одной» поверхности с уравнением z  1 ( x, y) и выходят из Q по
«одной» поверхности, уравнение которой z   2 ( x, y) ,
а тело Q проектируется на плоскость xoy в область D,
то для непрерывной функции f(x,y,z) верна формула:
z   2 ( x, y )
z
Q
z  1 ( x, y)
z  1 ( x, y)

y
0
Q
1 ( x , y )
D
f ( x, y, z )dz .
D
Обратите внимание: подынтегральная функция
f(x,y,z) всегда стоит во внутреннем интеграле: двойной
интеграл взят по проекции D тела Q на плоскость xoy;
во внутреннем интеграле нижний предел интегрирования 1 ( x, y) и верхний предел  2 ( x, y) . Аналогичная
формула получится, если спроектировать тело на плоскость xoz (см. рис. 23):
x
рис. 22
z
Q
P
y   2 ( x, z)

y   1 ( x, z)
y
D
 1 ( x, z )
f ( x, y, z )dy .
При проектировании на плоскость yoz (см. рис.
24):
рис.
рис.23
23
x
 2 ( x, z )
f ( x, y, z )dxdydz   dxdz
Q
0

z
f ( x, y, z )dxdydz   dydz 

Q
2 ( y , z )
1 ( y , z )
f ( x, y, z )dx .
Нужно только проверять, чтобы лучи, параллельные соответствующей оси (во 2-м случае оси oy; в 3-м –
оси ox) входили в тело по «одной» поверхности и выходили по «одной» (не по нескольким).
Q
Вычисляется сначала внутренний интеграл по своx  1 ( y, z)
0
y ей переменной (остальные переменные считаются при
этом постоянными), а затем получаем двойной интеграл,
x  1 ( y, z)
который мы уже умеем вычислять.
x   2 ( y, z)
Т.е. предлагается такой план действий при вычисрис. 24
лении тройного интеграла:
1) Строим в трехмерном пространстве xyz тело – область интегрирования Q.
2) Смотрим, на какую из координатных плоскостей удобнее проектировать тело Q1 и
выбираем переменную для внутреннего интеграла.
3) Находим проекцию D тела на соответствующую плоскость (лучше нарисовать эту
проекцию отдельно).
4) Выражаем из уравнения поверхности, ограничивающей тело Q, переменную внутреннего интегрирования и определяем нижний и верхний пределы для внутреннего
интеграла.
5) Вычисляем сначала внутренний интеграл, а затем полученный двойной интеграл.
S
x
2 ( x, y )
f ( x, y, z )dxdydz   dxdy
18
П р и м е р 1:
Вычислить  2 xdxdydz , где область Q задана неравенствами: x  0, y  0, z  4,
Q
zx  y .
Решение:
1) Строим область Q. Для этого сначала строим равенства: x=0 – плоскость zoy,
y=0 – плоскость xoz, z=4 – плоскость, параллельная xoy, z= z 2  y 2 - параболоид вращения
(с осью oz). Т.к. x  0, то нужно взять часть пространства впереди от плоскости yoz; т.к.
y  0, то правее плоскости xoz; z  4, значит ниже плоскости z  4 ; z  x 2  y 2 , поэтому
выше поверхности параболоида. В результате получим то, что изображено на рис. 25.
2
2
z
2) Проектируем тело Q на плоскость xoy, значит
порядок интегрирования таков:
 dxdy 2 xdz
4
D
0
D2
y
2
x
y
D
0
x
внутренний интеграл по z.
3)
Спроектируем Q на плоскость xoy, видим,
что проекция – D – четверть круга, лежащая на 1-м квадранте. Найдем аналитически проекцию (окружность). Т.к.
это проекция линии пересечения плоскости z  4 и параболоида, то составляем систему:
z  4
и избавляемся от z: x 2  y 2  4 .

2
2
z  x  y
4)
Проводим лучи, параллельные oz, и выражаем z из уравнения поверхности, ограничивающей тело
Q: z  4 и z  x 2  y 2 . Т.к. лучи входят в область по поверхности параболоида, то нижний предел интегрирования x 2  y 2 ; выходят лучи из Q по плоскости z  4 , значит верхний предел интегрирования 4:
 dxdy
4
x2  y2
2 xdz .
рис. 25
5)
Вычисляем сначала внутренний интеграл, а потом получившийся двойной
(2x для внутреннего интеграла постоянная):
4
128
2
2
D 2x  z x 2  y 2 dxdy  D 2x  (4  ( x  y ))dxdy  15 .
D
П р и м е р 2:
Вычислить объем тела, ограниченного поверхностями
x  z  4.
19
x2  y2  9 ,
z  0,
Решение:
1) Объем
вычисляется
по
формуле
2
2
V   dxdydz .Строим заданное тело: x  y  9 - цилиндри-
z
Q
ческая поверхность и, т.к. z отсутствует, то образующая цилиндра параллельна оси oz, направляющей является окружность x 2  y 2  9 в плоскости xoy: z=0 – плоскость xoy, а
x z
x+z=4 или   1 - плоскость, отсекающая на осях ox и oz
4 4
отрезки, равные 4, и параллельная оси oy (т.к. «y» в уравнении
отсутствует). Все эти поверхности ограничивают часть цилиндра (см. рис. 26), его объем и нужно найти.
2) Здесь тело «стоит» на плоскости xoy, потому и проектировать удобнее на плоскость xoy. Проведем лучи, параллельные оси oz и расставим пределы интегрирования:
4
0
-3
4
x
3
y
3
рис. 26
 dxdy
4 x
0
dz .
D
Т.к. лучи попадают в тело по плоскости xoy (z=0), то 0 – нижний предел внутреннего интеграла; выходят лучи из области по плоскости x+z=4, выражаем z: z=4-x, поэтому «4-x» –
верхний предел интегрирования.
Теперь вычисляем:
4x
D z 0 dxdy  D (4  x)dxdy  36 .
Итак, объем тела равен 36 куб. ед.
П р и м е р 3:
Найти массу куба: 0  x  1,0  y  1, 0  z  1, если плотность  ( x, y, z )  x 2 y 4 z 6
(см. рис. 27).
Решение:
z
Масса неоднородного тела вычисляется по формуле:
1
M    ( x, y, z )dxdydz.
Q
В нашем случае:
1
M   x 2 y 4 z 6 dxddz   dxdy x 2 y 4 z 6 dz 
0
Q
0
1
x
1
y
рис. 27
Решите самостоятельно:
М. №№ 2369, 2370, 2372.
20
D
1
.
105
ВОПРОСЫ К ЭКЗАМЕНУ
Двойной интеграл: определение, условия существования и свойства.
Сведение двойного интеграла к повторному. Примеры.
Замена переменных в двойном интеграле. Примеры.
Вычисление площадей плоских областей с помощью двойных интегралов.
Примеры.
5. Вычисление объемов тел с помощью двойных и тройных интегралов. Примеры.
6. Вычисление массы неоднородных пластинок и тел. Примеры.
7. Понятие тройного интеграла. Примеры.
8. Криволинейные интегралы первого рода: Определение, вычисление, примеры.
9. Криволинейные интегралы второго рода: Определение, вычисление, примеры.
10. Вычисление работы переменной силы вдоль дуги с помощью криволинейного интеграла.
11. Условие независимости криволинейного интеграла от пути интегрирования.
12. Формула Грина.
1.
2.
3.
4.
21
СОДЕРЖАНИЕ
План изучения и литература по курсу «Интегральное исчисление функций нескольких переменных» …………………………………………………………………………………. с. 3
Раздел I. Двойные интегралы……………………………………………………………... с. 5
Раздел II. Криволинейные интегралы……………………………………………………. с. 14
Раздел III. Тройные интегралы……………………………………………………………. с. 18
Вопросы к экзамену ……………………………………………………………………….. с. 21
22
Учебное издание
Интегральное исчисление функций нескольких переменных
Методические указания
(для студентов заочного отделения факультета математики, информатики
и физики)
Составитель: Л.А. Дмитриева
Редактор: Т.Н. Томилова
Подписано в печать
Объем
п.л.
Печать оперативная
Тираж 150 экз.
Заказ
_____________________________________________________________________________
Типографический участок АНО «МУК НГПУ»
603950, Нижний Новгород, ГСП – 37, ул. Ульянова, 1
23