М2010. Зв’язна клітинна фігура

Задача із журналу «Квант» (2006 рік, №4)

Умова

Для натуральних чисел $m$ і $n$ позначимо через $F(m,n)$ кількість всіх зв’язних клітинних фігур прямокутнику $m\times n$ . Доведіть, що парність числа $F(m,n)$ збігається з парність числа $\frac{n(n+1)}{2}\cdot\frac{m(m+1)}{2}.$ (Зв’язна клітинна фігура – це така непорожня множина клітин, що з будь-якої клітини цієї множини можна пройти в будь-яку іншу клітину цієї множини по клітинах цієї множини, переходячи щоразу в сусідню по стороні клітину.)

А.Бадзян

Рішення

Припустимо, що $F(m,0) = 0.$ Зв’язні фігури в прямокутнику $m\times 1$ – це $m$ фігур з однієї клітини та смужки із двох або більше клітин. Кожна смужка визначається парою клітин – першою та останньою, тому $F(m,1) = m + \frac{m(m-1)}{2} = \frac{m(m+1)}{2}.$

Нехай у прямокутнику $m$ рядків та $n\gt 1$ стовпців. Позначимо через $l$ вертикальну вісь симетрії. Кожній зв’язній фігурі відповідає фігура, симетрична щодо $l,$ тому несиметричні щодо $l$ фігури розбиваються на пари, і парність $F(m,n)$ збігається з парністю кількості зв’язних фігур, симетричних щодо $l.$

Розглянемо деяку фігуру $T,$ симетричну щодо $l.$

Нехай $n$ непарне, $n =2k-1,$ $k\ge 2.$ Фігура $T$ містить хоча б одну клітину $k$ -го стовпця, інакше з клітини фігури $T$ неможливо пройти по клітинам $T$ в симетричну відносно $l$ клітину, переходячи кожен раз в сусідню клітину. Зауважимо, що частина $T_{1}$ фігури $T,$ що розташована в $k$ найлівіших стовпцях, зв’язна. Дійсно, розглянемо дві клітини $x$ та $y$ фігури $T_{1}.$ Нехай $x’$ – клітина, що симетрична $x$ відносно $l,$ a $x’,z_{1},z_{2},\ldots,z_{t},y$ – послідовність клітин, що утворює шлях з $x’$ в $y$ по сусідніх клітинах фігури $T.$ Тоді, замінюючи в цьому шляху клітини, що лежать правіше $k$ -го стовпця, на симетричні щодо $l,$ ми отримаємо шлях з $x$ в $y$ по сусідніх клітинах фігури $T_{1}$ (див. малюнок). Навпаки, якщо фігура $T_{1}$ розташована у прямокутнику, що складається з $k$ найлівіших

стовпців, зв’язна і містить хоча б одну клітину $k$ -го стовпця, можна однозначно продовжити фігуру $T_{1}$ до зв’язної фігури $T,$ симетричної відносно $l$ . Кількість зв’язних фігур у прямокутнику $m\times k$ дорівнює $F(m,k),$ серед них $F(m,k-1)$ фігур лежать у перших $k-1$ стовпцях (тобто не містить клітин $k$ -го стовпця). Отже, кількість зв’язних симетричних щодо $l$ фігур у прямокутнику $m\times (2k-1)$ дорівнює $F(m,k)-F(m,k-1).$

Для парного $n = 2k,$ $k\ge 1,$ міркуючи аналогічно, встановимо взаємно однозначну відповідність між зв’язними симетричними щодо $l$ фігурами та зв’язними фігурами, що розташовані в перших $k$ стовпцях і що містять хоча б одну клітинку $k$ -го стовпця. Звідси випливає, що кількість зв’язних симетричних щодо $l$ фігур у прямокутнику $m\times 2k$ дорівнює $F(m,k)-F(m,k-1).$

Отже, для $n = 2k-1$ и $n = 2k$ парність $F(m,n)$ збігається з парністю числа $F(m,k)-F(m,k-1).$

Доведемо індукцією по $n,$ що $F(m,n)$ непарно тоді і лише тоді, коли $m$ і $n$ дають залишок $1$ або $2$ при діленні на $4;$ звідси відразу випливає твердження задачі. Твердження вірне при $n = 0$ і $n = 1.$

Нехай $m$ дає залишок $0$ або $3$ при діленні на $4.$ Припустимо, що це твердження вірне для $F(m,0),F(m,1),\ldots,F(m,n-1),$ тобто ці числа парні. Якщо $n = 2k-1,$ $k\ge 2,$ або $n = 2k,$ $k\ge 1,$ то $n\gt k,$ тому $F(m,n)$ парне, так як $F(m,k)-F(m,k-1)$ парне. Нехай $m$ дає залишок $1$ або $2$ при діленні на $4.$ Припустимо, що твердження вірно для чисел $F(m,0),F(m,1),\ldots,F(m,n-1),$ тобто $F(m,s)$ непарне тоді і лише тоді, коли $s$ дає залишок від ділення $1$ або $2$ при діленні на $4.$ Тоді $F(m,s)-F(m,s-1)$ непарне тоді і лише тоді, коли $s$ непарне. Звідси випливає, що $F(m,n)$ непарне тоді і тільки тоді, коли $n = 2(2l + 1)-1 = 4l + 1$ або $n = 2(2l + 1) = 4l + 2.$

А.Бадзян

М697. Пузатость прямоугольника

Задача

разделение квадрата на прямоугольники

Назовем пузатостью прямоугольника отношение его меньшей стороны к большей (пузатость квадрата равна 1). Докажите ,что, как бы не резать квадрат на прямоугольники, сумма их пузатостей будет не меньше 1.

Доказательство

Будем считать что длина стороны квадрата равна 1. Тогда пусть мы разбили квадрат на $n$ прямоугольников размерами $a_k\times b_k$ причем при всех $k$ $a_k\leq b_k$

Одно из возможных разбиений квадрата на прямоугольники

тогда:

${\textstyle1\geq b_k\Rightarrow\frac1{b_k}\geq b_k\Rightarrow\frac{a_k}{b_k}\geq a_k\times b_k\Rightarrow\sum_{k=1}^n}\frac{a_k}{b_k}\geq{\textstyle\sum_{k=1}^n}a_k\times b_k=1$ (сумма ${\textstyle\sum_{k=1}^n}a_k\times b_k$ является суммой площадей прямоугольников и по свойству площади равна площади квадрата (то есть 1)).

А это значит что:

${\textstyle\sum_{k=1}^n}\frac{a_k}{b_k}\geq1$ . А это и значит, что как бы не резать квадрат на прямоугольники, сумма их пузатостей будет не меньше 1.

Что и требовалось доказать.

М658. О разбиении квадрата отрезками

Задача из журнала «Квант» (1980 год, 12 выпуск)

Условие

В квадрате со стороной $1$ проведено конечное число отрезков (рис. $1$ ), параллельных его сторонам. Отрезки могут пересекать друг друга. Сумма длин проведенных отрезков равна $18$ . Докажите. что среди частей, на которые квадрат разбивается этими отрезками, найдется такая, площадь которой не меньше $0.01$

Решение

Сумма длин границ всех частей, на которые квадрат разбит отрезками, равна $2 \cdot 18+4=40$ (длины проведенных отрезков входят в эту сумму по два раза, длины сторон квадрата — по одному). Пусть для $i$ -й части сумма длин горизонтальных границ равна $x _{i}$ , вертикальных — $2y_{i}$ , а площадь $i$ -й части равна $c_{i}^{2}$ $\left( c_{i} > 0 \right)$ : тогда $x _{i}y_{i} \geq c_{i}^{2}$ (рис. $2$ ), поэтому $x_{i}+y_{i}\geq2\sqrt{ x_{i}y_{i}} \geq 2c_{i}$ . Итак, $40= \sum (2x_{i}+2y_{i})\geq4 \sum c_{i}$ , откуда $\sum c_{i}\leq10$ (здесь сумма $\sum$ берется но всем частям разбиении).

Если $c_{i}^{2}<0.01$ (то есть $c_{i}<0.1$ ) для всех $i$ , то $1= \sum c_{i}^{2} < \sum 0.1 c_{i} = 0.1 \sum c_{i}$ , откуда $\sum c_{i}\geq10$ . Противоречие. Очевидно, оценка $18$ — точная: восемнадцатью отрезками длины $1$ наш квадрат можно разбить на $100$ одинаковых квадратиков площади $0.01$ каждый.

А.Анджан

Задача из журнала «Квант» (2000 год, 3 выпуск) М1707*

Условие

Квадрат клетчатой бумаги, состоящий из $n\times n$ клеток, разрезан на $2n$ прямоугольников. При этом каждый прямоугольник расположен либо целиком ниже, либо выше ступенчатой ломаной, разделяющей квадрат (рис.1). Докажите, что найдется клетка клетчатой бумаги, являющаяся одним из названных прямоугольников.

Рис. 1

Решение

Ступенчатая ломанная разрезает квадрат на два ступенчатых треугольника $T_1$ и $T_2$ , при этом основание $T_1$ состоит из $n$ клеток, а основание $T_2$ – из $n – 1$ клетки. В силу условия задачи, один из них разрезан на $m$ , а другой – на $k$ прямоугольников, причем $m + k = 2n$ . Пока что фиксируем внимание на отдельно взятом ступенчатом треугольнике $T$ , в основании которого $s$ клеток (рис.2). Так как при разрезании $T$ на прямоугольники любые две точки из набора $A_1, A_2, \ldots, A_s$ должны принадлежать разным прямоугольникам, можно заключить, что $T$ нельзя разрезать на менее чем $s$ прямоугольников.

Рис. 2

Разберем далее тот случай, когда $T$ разрезан в точности на s прямоугольников; тогда каждая из точек $A_1, A_2 , \ldots, A_s$ принадлежит только одному из них и, более того, каждая из $s$ закрашенных клеток принадлежит целиком только одному из $s$ прямоугольников. Не закрашенных клеток, примыкающих по сторонам к закрашенным, на единицу меньше, чем закрашенных, поэтому хотя бы один из $s$ прямоугольников не выйдет за пределы своей заштрихованной клетки, т.е. будет с ней совпадать. Возвращаясь к ступенчатым треугольникам $T_1$ и $T_2$ , можно сказать, что $m \geq n$ , а $k \geq n-1$ . Но так как $m + k = 2n$ , то либо $m = n$ , либо $k = n – 1$ . Значит, либо в $T_1$ , либо в $T_2$ найдется прямоугольник, совпадающий с клеткой клетчатой бумаги.

В.Произволов

Сведение кратных интегралов к повторным

Сведение двойного интеграла к повторному

Теорема 1

Пусть:

функция $f(x,y)$ интегрируема в некотором прямоугольнике $\Pi = \{ (x,y): a \leq x \leq b, c \leq y \leq d \};$
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:

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

$\phi (x)$ и $\psi (x)$ — функции, непрерывные на отрезке $[a,b];$
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 $y.$

Поскольку граница области $\delta \Omega$ состоит из графиков непрерывных функций, то $\Omega$ — измеримая по Жордану область.

Теорема 2

Пусть:

$\Omega$ — элементарная область относительно оси $y;$
функция $f(x,y)$ интегрируема на области $\overline{\Omega} = \Omega \cup \delta \Omega;$
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 $\Pi = \{ (x,y): a \leq x \leq b, c \leq y \leq d \}.$

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).

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).

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).

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]

Источники

А. М. Тер-Крикоров, М. И. Шабунин. Курс Математического анализа, с. 460–468
Г. М. Фихтенгольц. Курс дифференциального и интегрального исчисления. Т. 3, с. 644–646
Конспект лекций Лысенко З. М.

Тест

Проверьте свои знания по теме, пройдя этот небольшой тест.

Задание 1 из 6

1.
Какое из перечисленных условий необязательно для того, чтобы можно было применить формулу $\iint\limits_{\Omega} f(x,y) \, dx \, dy = \int\limits_a^b dx \int\limits_{\phi (x)}^{\psi (x)} f(x,y) \, dy$ ?
- интеграл $\int\limits_{\phi (x)}^{\psi (x)} f(x,y) \, dy$ существует для любых $x \in [a,b]$
- функция $f(x,y)$ дифференцируема на области $\Omega$
- область $\Omega$ является элементарной относительно оси $y$
- функция f(x,y) интегрируема на области $\overline{\Omega} = \Omega \cup \delta \Omega$
Правильно

Неправильно
Задание 2 из 6

2.
Какой должна быть область $\Omega$ , чтобы выполнялось равенство $\iint\limits_{\Omega} f(x,y)\,dx\,dy = \int\limits_a^b dx \int\limits_{\phi(x)}^{\psi(x)} f(x,y)\,dy$ ?
Правильно

Неправильно
Задание 3 из 6

3.
Какие условия из приведенных ниже должны выполняться для того, чтобы была справедлива формула $\iint\limits_{\Pi} f(x,y)\,dx\,dy = \int\limits_a^b dx \int\limits_c^d f(x,y)\,dy$ ?
- для любых $x$ из отрезка $[a,b]$ существует интеграл $\int\limits_c^d f(x,y)\,dy$
- функция $f(x,y)$ непрерывна на прямоугольнике $\Pi = \{ (x,y): a \leq x \leq b, c \leq y \leq d \}$
- для любых $y$ из отрезка $[c,d]$ существует интеграл $\int\limits_a^b f(x,y) \, dx$ .
- функция $f(x,y)$ интегрируема в прямоугольнике $\Pi = \{ (x,y): a \leq x \leq b, c \leq y \leq d \}$
Правильно

Непрерывность функции $f(x,y)$ на прямоугольнике $\Pi$ и существование интеграла $\int\limits_a^b f(x,y) \, dx$ для $\forall y \in [c,d]$ — это условия, необходимые для выполнения следствий из данной формулы.

Неправильно

Непрерывность функции $f(x,y)$ на прямоугольнике $\Pi$ и существование интеграла $\int\limits_a^b f(x,y) \, dx$ для $\forall y \in [c,d]$ — это условия, необходимые для выполнения следствий из данной формулы.
Задание 4 из 6

4.
Заполните пропуски в приведенном определении.
- Область $\Omega$ из пространства $\mathbb R ^3$ называется относительно оси $z$ , если она представима в виде $\Omega =$ { $(x,y,z): (x,y) \in G \subset \mathbb R ^2,$ $\phi(x,y) < z < \psi(x,y)$ } , где $G$ — в $\mathbb R ^2$ область, а функции $\phi (x,y)$ и $\psi (x,y)$ на замыкании области $G$ .
Правильно

Неправильно
Задание 5 из 6

5.
Расположите области таким образом, чтобы значения интегралов $\iint\limits_{\Omega_i}xy \, dx \,dy$ шли в порядке убывания.
- $\Omega = \{0 \le x \le 1, \, x \le y \le 3x \}$
- $\Omega = \{0 \le x \le 1, \, x \le y \le 2x \}$
- $\Omega = \{0 \le x \le 1, \, x^2 \le y \le x \}$
- $\Omega = \{-1 \le x \le 0, \, x^2 \le y \le x \}$
Правильно

Значения интегралов равны соответственно $\frac{15}{24}$ , $\frac{5}{24}$ , $\frac{1}{24}$ , $-\frac{1}{24}$ .

Неправильно

Значения интегралов равны соответственно $\frac{15}{24}$ , $\frac{5}{24}$ , $\frac{1}{24}$ , $-\frac{1}{24}$ .

Задание 6 из 6

Установите соответствия между тройными интегралами $\iiint\limits_{G} f_i (x,y,z)\,dx\,dy\,dz$ и их значениями. Область $G$ изображена на рисунке 6.

Элементы сортировки

$\frac{1}{2}$
$\frac{1}{20}$
$\frac{1}{24}$
$\frac{7}{12}$

$f(x,y,z) = 1$

$f(x,y,z) = z^3$

$f(x,y,z) = yz$

$f(x,y,z) = x + y + z$

Правильно

Здесь область $G = \{0 \le x \le 1, \,0 \le y \le 1,\, 0 \le z \le 1-y\}.$

Неправильно

Здесь область $G = \{0 \le x \le 1, \,0 \le y \le 1,\, 0 \le z \le 1-y\}.$

Место	Имя	Записано	Баллы	Результат
Таблица загружается
Нет данных

Средний результат
Ваш результат

Умова

Рішення

Задача

Доказательство

Условие

Решение

Условие

Решение

Сведение двойного интеграла к повторному

Теорема 1

Доказательство

Следствие 1

Следствие 2

Определение 1

Теорема 2

Доказательство

Пример 1

Решение

Пример 2

Решение

Сведение тройного интеграла к повторному

Определение 2

Теорема 3

Доказательство

Пример 3

Решение

Источники

Тест

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

4.

5.

6.

Элементы сортировки