РЕКОМЕНДАЦИИ ПО РЕШЕНИЮ ТИПОВЫХ ЗАДАЧ

Задача 1. Найти двойной интеграл: а) ∫∫ xydxdy, где область

ограничена линиями

x + y = 2,

x 2+ y 2= 2 y ,

x ≥ 0,

y ≥ 0.

а б Решение:

Построим графи-

ки указанных кривых (рис. 6). Первая ли- ния – это прямая. Вторая – окружность радиуса r = 1с цен-

Рис. 6.

тром в точке

O(0,1).

дем окружность к каноническому виду:

x 2+ y 2− 2 y + 1= 1⇒ x 2+ ( y − 1 )2= 1.

В самом деле, приве-

Откуда следуют ука-

занные параметры окружности. Построим область D (рис.6а). Найдем координаты точек пересечения линий.

 x + y = 2

 y 2



2 2

− 3 y + 2= 0



 x 2+ y 2

⇒

= 2 y

(2− y)+ y

= 2 y ⇒

 x + y = 2.





Найдем корни  y1=2

 y2= 1Таким образом, d(0,2), c(1,1).

 x1= 0.

 x2= 1.

Для вычисления двойного интеграла необходимо его приве- сти к повторному. Разберем два случая выбора повторных ин- тегралов: а). Как и в формуле (3) внутренний интеграл опреде- ляется переменной y. Пределы интегрирования находятся сле- дующим образом. Мысленно проводятся прямые – лучи, парал- лельные оси 0y (на рис. 6а они указаны стрелкой) и которые пе- ресекают область D. Точки входа лучей определяют нижний

предел (уравнение прямой), уравнение которой есть

у = 2− x ,

а точки выхода лучей (уравнение окружности) – верхний пре-

дел, т.е.

у = 1+

1− x 2 . Внешний интеграл вычисляется по пе-

ременной x. Пределы интегрирования определяются следую- щим образом. В области D находятся точки с минимальным и максимальным значениями координаты x. К ним относятся точки d(0,1), c(1,1)соответственно.Таким образом,

1 1+

∫∫ xydxdy = ∫ dx

1− x 2

∫ xydy. Вычислим повторный интеграл. Пере-

D 0 2− x

менная x во внутреннем интеграле фиксирована, поэтому она выносится за знак интеграла (внутреннего). Первообразная для

y 2

внутреннего интеграла равна

. Применим формулу Ньютона

2

– Лейбница, получим определенный интеграл по переменной x.

1 1+

1− x 2 1 2 2

∫∫ xydxdy = ∫ xdx

y

∫ ydy =∫xdx

1+

2− x

1− x =

|

D 0 2− x 0 2

1 y 2

= ∫ xdx

1+

|

2− x

1− x 2= 1∫x[(1+

1− x 2 )2− (2− x)2]dx =

0 2 2 0

= 1∫x[2 2 0

1− x 2+ 4 x − 2 x 2− 2]dx =

1 1 1 1

= ∫ x

1− x 2 dx + 2∫ x 2 dx −∫ x 3 dx −∫ xdx =

0 0 0 0

Первообразная первого интеграла находится заменой перемен- ных, а для остальных интегралов, в соответствии с таблицей неопределенных интегралов, первообразные степенных функ- ций известны,

1− x 2= t ,

− 2 xdx = dt , 

=

1

0 3

=



 xdx =



Dt ,

Если



x = 0⇒ t = 1,



∫t 2

dt + 2 x

− 2 3

|1−

 если− 2x = 1⇒ t = 0. 

3

− x |1− x

t

|1= −

|0+ 2− 1− 1= 1− 3= 1 .

4 0 2 0

3 1 3 4 2 4 4

б). Полагаем, что переменной интегрирования внутреннего интеграла является x. Для определения пределов интегрирова- ния лучи, пересекающие область D, проводятся параллельно оси 0x (рис. 6б). Точки входа в область D определяются пря-

мой, следовательно,

x = 2− y . А точки выхода — окружно-

стью, следовательно, x =

2 y − y 2 .

Пределы интегрирования

внешнего интеграла определяются точками, которые имеют минимальные и максимальные y координаты. Это точки c(1,1)и d(0,2). Таким образом, с учетом того, что y фиксирован, имеем

2 2 y− y2

2 2 y− y2 2 2

∫∫ xydxdy = ∫ dy

∫ xydx = ∫ydy

x

∫ xdx = ∫ydy

| 2 y − y =

D 1 2− y

1 2

1 2− y 1

1 2

2 2− y

= ∫ y[(2 y − y 2 )− (2− y)2 ]dy =

2 1

∫ y[(6 y − 4− 2 y 2 ]dy =

2 1

2 2 2

= 3 y 2 dy − 2 ydy − y 3 dy =

y 3 |2− y 2 |2− y

|2= 4− 4+ 1= 1 .

∫ ∫ ∫

1 1 1

1 1 4 1 4 4

Как можно увидеть из сравнения ответов, в случаях а) и б) найденные двойные интегралы совпадают.