Сведение кратных интегралов к повторным

Сведение двойного интеграла к повторному

Теорема 1

Пусть:

  1. функция $f(x,y)$ интегрируема в некотором прямоугольнике $\Pi = \{ (x,y): a \leq x \leq b, c \leq y \leq d \};$
  2. для любых $x \in [a,b]$ существует интеграл $\int\limits_c^d f(x,y)\,dy.$

Тогда $\int\limits_c^d f(x,y)\,dy$ — интегрируемая на отрезке $[a,b]$ функция от аргумента $x,$ и справедлива следующая формула:
$$\iint\limits_{\Pi} f(x,y)\,dx\,dy = \int\limits_a^b dx \int\limits_c^d f(x,y)\,dy.$$

Доказательство

Спойлер

Рассмотрим произвольное разбиение отрезков $[a,b]$ и $[c,d]$ точками $a = x_0 < x_1 < \ldots < x_n = b$ и $c = y_0 < y_1 < \ldots < y_m = d.$ Если $\Delta{x_1}, \ldots , \Delta{x_n}$ и $\Delta{y_1}, \ldots , \Delta{y_m}$ — соответствующие промежутки, образующие разбиения данных отрезков, то $\Pi = \bigcup\limits_{i=1}^n \bigcup\limits_{j=1}^m \Pi_{ij},$ где $\Pi_{ij} = \{(x,y): x \in \Delta{x_i}, y \in \Delta{y_j}\}.$

Положим $M_{ij} = \sup\limits_{(x,y) \in \Pi_{ij}} f(x,y),$ $m_{ij} = \inf\limits_{(x,y) \in \Pi_{ij}} f(x,y).$ Так как по условию теоремы интеграл $\int\limits_c^d f(x,y)\,dy$ существует для любых $x \in [a,b],$ то при $x \in \Delta{x_i}$ справедливы следующие неравенства:
$$m_{ij} \Delta{y_j} \leq \int\limits_{y_{j-1}}^{y_j} f(x,y)\,dy \leq M_{ij} \Delta{y_j}.$$
Суммируя эти неравенства по $j$-му индексу, получаем
$$\sum_{j=1}^m{m_{ij} \Delta{y_j}} \leq \int\limits_c^d f(x,y)\,dy \leq \sum_{j=1}^m{M_{ij} \Delta{y_j}}. \;(1)$$

Введем следующие обозначения:

$F(x) = \int\limits_c^d f(x,y)\,dy,$ $M_i = \sup\limits_{x \in \Delta{x_i}} F(x),$ $m_i = \inf\limits_{x \in \Delta{x_i}} F(x).$

Тогда из $(1)$ следует, что
$$\sum_{j=1}^m{m_{ij} \Delta{y_j}} \leq m_i \leq M_i \leq \sum_{j=1}^m{M_{ij} \Delta{y_j}},$$
$$0 \leq M_i \> — \> m_i \leq \sum_{j=1}^m{(M_{ij} \> — \> m_{ij}) \Delta{y_j}}. \;(2)$$

Умножая неравенство $(2)$ на $\Delta{x_i}$ и вводя суммирование по $i$-му индексу, получаем следующее:

$0 \leq \sum\limits_{i=1}^n{(M_i \> — \> m_i) \Delta{x_i}} \leq$ $\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m {(M_{ij} \> — \> m_{ij}) \, m(\Pi_{ij})} =$

$= S_T(f, \Pi) \> — \> s_T(f, \Pi) \rightarrow 0$ при $\max\limits_{i = \overline{1,n}} |\Delta{x_i}| \rightarrow 0,$

так как функция $f(x,y)$ интегрируема в прямоугольнике $\Pi.$ Но тогда и $\sum\limits_{i=1}^n{(M_i \> — \> m_i) \Delta{x_i}} \rightarrow 0$ при $\max\limits_{i = \overline{1,n}} |\Delta{x_i}| \rightarrow 0$ и, в силу критерия интегрируемости, функция $F(x)$ интегрируема на отрезке $[a,b],$ а значит, существует повторный интеграл
$$\int\limits_a^b F(x)\,dx = \int\limits_a^b dx \int\limits_c^d f(x,y)\,dy.$$

Покажем теперь, что он равен двойному интегралу. Интегрируя неравенства $(1)$, получаем:

$\sum\limits_{j=1}^m m_{ij} \Delta x_i \Delta y_j \leq \int\limits_{x_{i-1}}^{x_i} dx \int\limits_c^d f(x,y)\,dy \leq$ $\sum\limits_{j=1}^m M_{ij} \Delta x_i \Delta y_j.$

Выполнив суммирование по индексу $i,$ получаем неравенство:
$$s_T \leq \int\limits_a^b dx \int\limits_c^d f(x,y) \, dy \leq S_T.$$

Поскольку
$$s_T \leq \iint\limits_{\Pi} f(x,y) \,dx\,dy \leq S_T,$$
а ввиду произвольного выбора разбиения разность $S_T \> — \> s_T$ может быть сделана сколь угодно малой, то
$$\iint\limits_{\Pi} f(x,y)\,dx\,dy = \int\limits_a^b dx \int\limits_c^d f(x,y)\,dy.$$

Теорема доказана.

[свернуть]

Следствие 1

Пусть:

  1. существует двойной интеграл $\iint\limits_{\Pi} f(x,y)\,dx\,dy;$
  2. для любых $x \in [a,b]$ существует интеграл $\int\limits_c^d f(x,y) \, dy;$
  3. для любых $y \in [c,d]$ существует интеграл $\int\limits_a^b f(x,y) \, dx.$

Тогда справедлива формула

$\iint\limits_{\Pi} f(x,y)\,dx\,dy = \int\limits_a^b dx \int\limits_c^d f(x,y)\,dy =$ $\int\limits_c^d dy \int\limits_a^b f(x,y)\,dx. \; (3)$

Следствие 2

Непрерывность функции $f(x,y)$ в прямоугольнике $\Pi$ влечет выполнимость условий следствия 1, а значит, справедлива формула $(3).$

Если функция $\psi (x)$ интегрируема на отрезке $[a,b],$ то формула $(3)$ остается справедливой при замене функции $f(x,y)$ на $\psi (x) f(x,y).$

Определение 1

Пусть:

  1. $\phi (x)$ и $\psi (x)$ — функции, непрерывные на отрезке $[a,b];$
  2. для любых $x \in (a,b)$ выполняется неравенство $\phi (x) < \psi (x).$

Тогда область (рисунок 1)
$$\Omega = \{(x,y): \phi (x) < y < \psi (x), a < x < b\}$$
будем называть элементарной относительно оси $y.$
Fig_1
Поскольку граница области $\delta \Omega$ состоит из графиков непрерывных функций, то $\Omega$— измеримая по Жордану область.

Теорема 2

Пусть:

  1. $\Omega$ — элементарная область относительно оси $y;$
  2. функция $f(x,y)$ интегрируема на области $\overline{\Omega} = \Omega \cup \delta \Omega;$
  3. для любых $x \in [a,b]$ существует интеграл $\int\limits_{\phi(x)}^{\psi(x)} f(x,y)\,dy.$

Тогда справедлива следующая формула:
$$\iint\limits_{\Omega} f(x,y)\,dx\,dy = \int\limits_a^b dx \int\limits_{\phi(x)}^{\psi(x)} f(x,y)\,dy. \;(4)$$

Доказательство

Спойлер

Положим
$$c = \min_{x \in [a,b]} \phi(x), \; d = \max_{x \in [a,b]} \psi(x).$$
Область $\Omega$ (рисунок 2) лежит в прямоугольнике $\Pi = \{ (x,y): a \leq x \leq b, c \leq y \leq d \}.$
Fig_2
Определим функцию $F(x,y)$ следующим образом:
$$F(x,y) = \left\{\begin{matrix} f(x,y), & (x,y) \in \Omega, \\ 0, & (x,y) \in \Pi \setminus \Omega. \end{matrix}\right. \; (5)$$
Так как функция $(5)$ интегрируема на множествах $\overline{\Omega}$ и $\Pi \setminus \overline{\Omega},$ то существует двойной интеграл $\iint\limits_\Pi F(x,y) \, dx \, dy$ (см. свойство аддитивности интеграла).

Аналогично из существования интегралов $\int\limits_c^{\phi(x)} F(x,y) \, dy,$ $\int\limits_{\phi(x)}^{\psi(x)} F(x,y) \, dy$ и $\int\limits_{\psi(x)}^{d} F(x,y) \, dy$ для любых $x \in [a,b]$ следует, что при любом $x \in [a,b]$ существует интеграл $\int\limits_c^d F(x,y) \, dy.$

Таким образом, выполнены все условия теоремы 1, поэтому имеем равенство
$$\iint\limits_\Pi F(x,y) \,dx \,dy = \int\limits_a^b dx \int\limits_c^d F(x,y) \, dy.$$
Подставляя в него выражение $(5),$ получаем формулу $(4).$ Теорема доказана.

[свернуть]

Пример 1

Вычислить двойной интеграл $\iint\limits_G x^2 \, dx\,dy$ по области $G = \{(x,y): -1 < x < 1, x^2 < y < 2 \}$ (рисунок 3).
Fig_3

Решение

Спойлер

Воспользуемся теоремой 2. Применим формулу $(4),$ принимая во внимание, что $a = -1,$ $b = 1$ и $\phi(x)=x^2,$ $\psi(x)=2:$

$\iint\limits_G x^2\,dx\,dy =$ $\int\limits_{-1}^1 dx \int\limits_{x^2}^2 x^2\,dy =$ $\int\limits_{-1}^1 x^2 (2-x^2)\,dx =$ $2 \left(2 \int\limits_0^1 x^2 \,dx \> -\> \int\limits_0^1 x^4\,dx \right) =$ $2 \left(\frac{2}{3} \> — \> \frac{1}{5} \right) =$ $\frac{14}{15}.$

[свернуть]

Пример 2

Свести к повторному интеграл $\iint\limits_G f(x,y) \, dx \, dy,$ где $G$ — область, ограниченная окружностями $x^2 + y^2 = 4$ и $x^2 -2x + y^2 = 0$ (рисунок 4).
Fig_4

Решение

Спойлер

Ось $y$ разбивает область $G$ на три элементарных относительно оси $y$ области. Поэтому

$\iint\limits_G f(x,y) \, dx \, dy =$ $\int\limits_{-1}^{0} dx \int\limits_{-\sqrt{4-x^2}}^{\sqrt{4-x^2}} f(x,y) \,dy +$ $\int\limits_{0}^{1} dx \int\limits_{\sqrt{2x-x^2}}^{\sqrt{4-x^2}} f(x,y) \,dy +$ $\int\limits_{0}^{1} dx \int\limits_{-\sqrt{4-x^2}}^{-\sqrt{2x-x^2}} f(x,y) \,dy.$

[свернуть]

Сведение тройного интеграла к повторному

Определение 2

Область $\Omega \in \mathbb{R}^3$ будем называть элементарной относительно оси $z,$ если
$$\Omega = \{(x,y,z): (x,y) \in G \subset \mathbb{R}^2, \phi(x,y) < z < \psi(x,y) \},$$
где $G$ — ограниченная в $\mathbb{R}^2$ область, а функции $\phi(x,y)$ и $\psi(x,y)$ непрерывны на $\overline{G},$ где $\overline{G}$ — замыкание области $G.$

Теорема 3

Если функция $f(x,y,z)$ непрерывна на $\overline{\Omega} = \Omega \cup \delta \Omega,$ где область $\Omega$ элементарна относительно оси $z,$ то справедлива следующая формула:
$$\iiint\limits_\Omega f(x,y,z) \, dx \, dy \, dz = \iint\limits_G dx \,dy \int\limits_{\phi(x,y)}^{\psi(x,y)} f(x,y,z) \, dz. \; (6)$$

Доказательство

Спойлер

Как и в случае двойного интеграла, рассмотрим сначала ситуацию, когда область $\Omega$ представляет собой прямоугольный параллелепипед $\Theta = \{ (x,y,z) : a \le x \le b,$ $c \le y \le d,$ $e \le z \le f\},$ а его проекцией на плоскость $(x,y)$ является прямоугольник $\Pi = \{ (x,y) : a \le x \le b,$ $c \le y \le d\}.$

Рассмотрим произвольное разбиение отрезков $[a,b],$ $[c,d]$ и $[e,f]$ точками $a = x_0 < x_1 < \ldots < x_n = b,$ $c = y_0 < y_1 < \ldots < y_m = d$ и $e = z_0 < z_1 < \ldots < z_l = f.$ Если $\Delta{x_1}, \ldots , \Delta{x_n},$ $\Delta{y_1}, \ldots , \Delta{y_m}$ и $\Delta{z_1}, \ldots , \Delta{z_l}$ — соответствующие промежутки, образующие разбиения данных отрезков, то $\Theta = \bigcup\limits_{i=1}^n \bigcup\limits_{j=1}^m \bigcup\limits_{k=1}^l \Theta_{ijk},$ а $\Pi = \bigcup\limits_{i=1}^n \bigcup\limits_{j=1}^m \Pi_{ij},$ где $\Theta_{ijk} = \{(x,y,z): x \in \Delta{x_i},$ $y \in \Delta{y_j},$ $z \in \Delta{z_k}\},$ $\Pi_{ij} = \{(x,y): x \in \Delta{x_i},$ $y \in \Delta{y_j}\}.$

Положим $M_{ijk} = \sup\limits_{(x,y,z) \in \Theta_{ijk}} f(x,y,z),$ $m_{ijk} = \inf\limits_{(x,y,z) \in \Theta_{ijk}} f(x,y,z).$ Тогда для любых $z \in \Delta z_k$ справедливы следующие неравенства:

$m_{ijk} \Delta{x_i} \Delta{y_j} \leq$ $\iint\limits_{\Pi_{ij}} f(x,y,z)\,dx\,dy \leq$ $M_{ijk} \Delta{x_i} \Delta{y_j}.$

Зафиксируем произвольное $z = \xi_k \in \Delta z_k.$ Суммируя эти неравенства по индексам $i$ и $j,$ получаем

$\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m {m_{ijk} \Delta{x_i} \Delta{y_j}} \leq$ $\iint\limits_{\Pi} f(x,y,\xi_k)\,dx\,dy \leq$ $\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m {M_{ijk} \Delta{x_i} \Delta{y_j}}.$

Почленно умножая полученные неравенства на $\Delta{z_k}$ и вводя суммирование по $k$-му индексу, получаем следующее:

$\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m \sum\limits_{k=1}^l {m_{ijk} \Delta{x_i} \Delta{y_j} \Delta{z_k}} \leq$ $\sum\limits_{k=1}^l \iint\limits_{\Pi} f(x,y,\xi_k)\,dx\,dy\,\Delta{z_k} \leq$ $\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m \sum\limits_{k=1}^l {M_{ijk} \Delta{x_i} \Delta{y_j} \Delta{z_k}}.$

Крайние члены неравенств представляют собой суммы Дарбу $s_T$ и $S_T$ для интеграла $\iiint\limits_\Theta f(x,y,z) \, dx \, dy \, dz,$ поэтому $s_T, \, S_T \rightarrow \iiint\limits_\Theta f(x,y,z) \, dx \, dy \, dz$ при $\Delta{x_i}, \, \Delta{y_j}, \, \Delta{z_l} \rightarrow 0,$ а значит, к интегралу $\iiint\limits_\Theta f(x,y,z)$ будет стремиться и сама интегральная сумма $\sum\limits_{k=1}^l \iint\limits_{\Pi} f(x,y,\xi_k)\,dx\,dy\,\Delta{z_k}.$ Таким образом, справедлива следующая формула:
$$\iiint\limits_\Theta f(x,y,z) \, dx \, dy \, dz = \iint\limits_\Pi dx \,dy \int\limits_e^f f(x,y,z) \, dz.$$

Для случая же произвольной области $\Omega = \{(x,y,z): (x,y) \in G \subset \mathbb{R}^2, \phi(x,y) < z < \psi(x,y) \}$ достаточно определить функцию $F(x,y,z),$ действующую следующим образом: $$F(x,y) = \left\{\begin{matrix} f(x,y,z), & (x,y,z) \in \Omega, \\ 0, & (x,y,z) \in \Theta \setminus \Omega. \end{matrix}\right. \; (7)$$ где $\Theta$ — прямоугольный параллелепипед, включающий в себя область $\Omega.$ В результате приходим к равенству $$\iiint\limits_\Theta F(x,y,z) \, dx \, dy \, dz = \iint\limits_\Pi dx \,dy \int\limits_e^f F(x,y,z) \, dz,$$ из которого путем подстановки выражения $(7)$ получаем формулу $(6).$

Теорема доказана.

[свернуть]

Пример 3

Вычислить тройной интеграл $\iiint\limits_G z \, dx \, dy \, dz,$ где $G$ — область, ограниченная плоскостями $x + y + z = 1,$ $x = 0,$ $y = 0$ и $z = 0$ (рисунок 5).
Fig_5

Решение

Спойлер

Область $\Omega = \{(x,y,z): 0 < x < 1,$ $0 < y < 1-x,$ $0 < z < 1-x-y\}$ элементарна относительно оси $z.$ Пусть $G$ — область на плоскости $(x,y),$ ограниченная прямыми $x+y=1,$ $x=0$ и $y=0.$ Очевидно, что эта область будет элементарна относительно оси $y.$ Применим теорему 3 и теорему 2:

$\iiint\limits_G z \, dx \, dy \, dz =$ $\iint\limits_G dx\,dy \int\limits_0^{1-x-y} z \,dz =$ $\frac{1}{2} \iint\limits_G (1-x-y)^2 \,dx\,dy=$ $\frac{1}{2} \int\limits_0^1 dx \int\limits_0^{1-x} (y+x-1)^2 \,dy =$ $\frac{1}{6} \int\limits_0^1 (y+x-1)^3 \bigg|_0^{1-x}\,dx =$ $\frac{1}{6} \int\limits_0^1 (1-x)^3 \,dx =$ $-\frac{1}{24} (1-x)^4 \bigg|_0^1 =$ $\frac{1}{24}.$

[свернуть]

Тест

Проверьте свои знания по теме, пройдя этот небольшой тест.

Сведение кратных интегралов к повторным: 1 комментарий

  1. В четвертом вопросе с вводом пропущенных слов не все формулы всегда отображаются. Это проблема плагина, но нужно менять вопрос.

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *