Задачи от пресмятане на двоен и троен интеграл

10
§2. Задачи от пресмятане на двоен и троен интеграл

Съдържание
1.Непосредствено пресмятане на двоен интеграл
2. Привеждане на троен интеграл към последователно пресмятане на определени интеграли.

ТЕОРИЯ
Нека функцията ()yxfz ,= е непрекъсната над криволинейния трапец

() () xyx
bxa
D
21
:
ϕ≤≤ϕ
≤≤ .

Тогава е в сила формулата
() ()
()
()
∫∫∫∫
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
=
ϕ
ϕ
b
a
x
xD
dxdyyxfdxdyyxf
2
1
,,.
Тук интегралът в средните скоби се схваща като "частен" интеграл по променливата
y, а
формулата е частен случай на свеждане на двойния интеграл към повторен.
Тройните интеграли също могат да се свеждат до повторни, когато областта на
интегриране е цилиндрично множество. Нека
3
R⊂V е множеството

()
() ()
yxzyx
Dyx
V
,,
,
:
21
ϕ≤≤ϕ
∈
,
където
D е измеримо равнинно компактно множество, а функциите ()yx,
1
ϕ и ()yx,
2
ϕ са
определени и непрекъснати в
D, при което
()()yxyx ,,
21
ϕ≤ϕ , за всяко () Dyx∈,

Тогава за всяка непрекъсната над
V функция
( )zyxf,, е в сила формулата

() ()
()
()
∫∫ ∫∫∫∫
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
=
ϕ
ϕD
yx
yxV
dxdydzzyxfdxdydzzyxf
,
,
2
1
,,,,,
която свежда тройния интеграл към повторен. Тук интегралът в средните скоби се разглежда
като частен интеграл по променливата
z.

11
Преминаването към полярни координати е една от най-често използваните смени на
променливите в равнината.

Рис. 1. Рис. 2.
Всяка точка M от равнината (Рис. 1) се определя чрез своите полярни координати r и ϕ,
където полярният радиус OMr= , а полярният ъгъл е ъгълът, който сключва лъча OM с
оста
Ox, измерван в посока, обратна на движението на часовниковата стрелка. Формулите
ϕ=cos
rx и ϕ=sinry дават връзката между декартовите и полярните координати.
Естествените максимални граници за полярните променливи са интервалите
0≥r и
π<ϕ≤20 ( или π
≤ϕ<π−), които граници съответстват на цялата равнина
2
xy
R, а всяко
подмножество задава някакви ограничения върху тези интервали
В полярни координати (Рис. 2), секторът

() ()
ϕ≤≤ϕ
β≤ϕ≤α
21
:
rrr
D

представлява криволинеен трапец, което открива възможност двойният интеграл да се сведе
до повторен. Освен това
2222222
sincosrrryx=ϕ+ϕ=+, което позволява да се опростяват
изрази, съдържащи групата
22
yx+. Тогава, за всяка ограничена интегруема в
xyD функция
()yxf, е в сила

() ( )∫∫∫∫
=
ϕ
ϕϕϕ
,
sin,cos,
rxyDD
rdrdrrfdxdyyxf
При тройните интеграли често се използва преминаване към
цилиндрични (Рис. 3) или
сферични (Рис. 4) координати.

Рис. 3. Рис. 4.
Цилиндричните координати ( )zr,,ϕ представляват комбинация между полярните
координати в равнината
Oxy и декартовата координата z. Те са удобни за представяне на
цилиндрични тела.
Нека
M е точка от
3
xyz
R и нека
z
M е ортогоналната проекция на тази точка в
координатната равнина
Oxy. Сферичните координати
( )θϕ,,r на Mса полярните
координати на проекцията
z
M и ъгълът
θ, който сключва лъча OM с равнината Oxy. По
този начин естествените максимални граници на тези променливи са интервалите
0≥r,

12
π<ϕ≤20 ( или π≤ϕ<π−) и
22
π
≤θ≤
π
− , които определят цялото пространство
3
R, а всяко
подмножество задава някакви ограничения върху тези интервали. Връзката между
декартовите и сферичните координати се дава от формулите
ϕθ= coscos
rx , ϕθ= sincosry ,
θ=sinrz
Задача 1. Решете интеграла

()
()
∫∫
+−
=
D xy
dxdy
I
2
1

където

()
⎭
⎬
⎫
⎩
⎨
⎧
≤≤
≤≤
→
21
10y
x
D
.
Решение. Областта D е ограничена от четири прави

Следователно

()
()
()
=
+−
−=+−=
+−
=∫∫∫ ∫ ∫
−
dx
xy
dyxydx
xy
dxdy
I
D
2
1
1
0
1
0
2
1
2
2
|
1
1
1
1


() ()
()() =−−−=
−
−
−
−
−
=
+−
−
+−
−=∫∫∫
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
|2ln|3ln
2
2
3
3
)
11
1
12
1
(xx
x
xd
x
xd
dx
xx

3
4
ln
3
2
ln3ln2ln22ln1ln3ln2ln
2
==−=+−−=
Задача 2. Решете интеграла

()
dxdy
y
x
I
D
∫∫
=
където

()
⎭
⎬
⎫
⎩
⎨
⎧
≤≤
≤≤
→xyx
x
D2
21
.
Решение. Областта D е ограничена от четири прави

13


()
() ===−====∫∫∫∫∫∫∫
2
1
22
1
2
1
2
1
2
2
1
2
|
2
.2ln
2
lnln2ln|ln
x
dx
x
x
xdxxxxxdxyxdy
y
x
dxdxdy
y
x
I
x
x
x
xD


2ln
2
3
2ln
2
1
2
4
|
2
.2ln
2
1
2
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−==
x
Задача 3.
Решете интеграла

()
dxdyyI
D
∫∫
=
където областта
()D е ограничена с линиите
()
2
1
xyc=→ и
() 2
2
=+→ yxc .
Решение. Областта D е ограничена от парабола ()
2
1
xyc=→ и от права линия
() 2
2
=+→ yxc .

Намираме абсцисите на пресечните им точки чрез системата
1 ,202
2
21
2
2=−=⇒=−+⇒
−=
=
xxxx
xy
xy
Тогава областта, ограничена от двете
линии ще се задава чрез неравенствата

14

⎭
⎬
⎫
⎩
⎨
⎧
−≤≤
≤≤−
→
xyx
x
D2
12
2


и двойният ще сведем до два определени интеграла така
()
() =
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−+−=−+−====
−
−−
−
−
−
∫∫∫∫∫∫
1
2
1
2
53
242
1
2
2
2
1
2
2
|
53
24
2
1
44
2
1
|
2
1
2
2
xx
xxdxxxxdxyydydxdxdyyI
x
x
x
xD

2,7
10
72
5
33
21
2
1
5
32
3
8
16
5
1
3
1
2
2
1
5
32
3
8
88
2
1
5
1
3
1
24
2
1
==⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−++−+=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+−−−−⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−+−=
Задача 4.
Решете интеграла

()
()
dxdyyxI
D
∫∫
−=
където областта
()D е ограничена с линиите
() 0
1
=→yc , () 2
2
=+→ yxc и () xyc =→
3 .
Решение. Областта D е ограничена от три прави, които ограничават триъгълник.

Този триъгълник може да се представи като обединение на областите


⎭
⎬
⎫
⎩
⎨
⎧
≤≤
≤≤
→
xy
x
D0
10
1 и
⎭
⎬
⎫
⎩
⎨
⎧
−≤≤
≤≤
→
xy
x
D20
21
2
защото както се вижда от рисунката горните граници на променливата
y се определят по
различен начин. Това означава, че двойният интеграл, който трябва да решим, ще се сведе до
четири определени интеграла – по два за всяка от двете области. Това може да се избегне,
ако променим реда на интегриране. Ето защо дадения триъгълник задаваме по следния начин

⎭
⎬
⎫
⎩
⎨
⎧
−
≤≤
≤≤
→yxy
y
D2
10

Тогава

()
()
()
() ()()∫∫∫∫∫∫
=−−−=−=−=−=
−
− 1
0
2
1
0
2
2
1
0
2
02
2
1
|
2
1dyyydyyxdxyxdydxdyyxI
y
y
y
yD


() ()
3
2
|1
3
2
12
2
1
1
0
3
1
0
22
=−−=−=∫
ydyy

15
Задача 5. Решете тройния интеграл

()
()
∫∫∫
−=
V
xzdxdydzyI1
където областта
()V е ограничена от равнините с уравнения: 0
=x, 0=y, 0=z, yxz −−=1 .
Решение. Областта V е ограничена от трите координатни равнини и от равнината с
уравнение
yxz −−=1. Задаваме тази област с неравенства.

⎪
⎭
⎪
⎬
⎫
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
−−≤≤
−≤≤
≤≤
→
yxz
xy
x
V
10
10
10

За да се получат точки от областта V, трябва координатите им да се менят в граници както
следва:
x от 0до 1, y от 0 до x−1 и z от 0 до yx−−1

()
()
() ()∫∫∫∫ ∫∫∫∫
=−=−−=
−
−−
− −−1
0
1
0
1
0
2
1
0
1
0
1
0
|1
2
1
11
x
yx
x yx
V
dyxzydxxzdzydydxxzdxdydzyI

()( ) () () ()[ ]∫∫∫∫
=−+−−−=−−−=
−− 1
0
1
0
3223
1
0
1
0
2
1121
2
1
11
2
1
xx
dyyxyxyxdxdyyxxydx
() ()
() =
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−+−+−−=⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−−
−
+
−
−=∫∫
−
dx
xxxxxx
dxy
xyxy
x
x
1
0
325551
0
1
0
2
3324
23
2
423
2
52
1
|1
23
12
4
1
2
1

144
1
4
6
3
8
2
3
6
1
24
1
|
4
6
3
8
2
3
624
1
12
683
122
1
1
0
43261
0
325
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−+−−=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−+−−=
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡ +−
−−=∫
xxxx
dx
xxxx

Задача 6.
Да се реши тройния интеграл

∫∫∫
a
o
x xy
zdzyxdydx
00
23
.
Решение. Сега границите на определените интеграли са дадени. Решаваме ги последователно
първо спрямо
z, след това спрямо
y и на края спрямо x.
∫∫∫∫∫∫∫∫∫
======
a
o
a
a
o
x
a
o
xa
o
x
xy
a
o
x xy
ax
dxxdxyxdyyxdxdyzyxdxzdzyxdydx
110
|
11010
1
|
10
1
2
1
|
2
1
11
0
11
10
0
55
0
45
0
0
223
00
23
.
Задача7. Да се реши двойния интеграл

16
∫∫
=
D
dxdy
x
y
arctgI
където D е областта в първи квадрант, ограничена от линиите

⎭
⎬
⎫
⎩
⎨
⎧
===+=+ xy
x
yyxyx
.3,
3
,9,1
2222

Решение. Областта е ограничена от две окръжности и две прави.

Решението в декартови координати ще е много трудно защото дадената област трябва да
представи като обединение на три подобласти. Ето защо сменяме декартовите с полярни
координати чрез формулите ϕ=cosrx и ϕ=sinry и се стараем да определим ограниченията
за полярните координати във вида

() ()
ϕ≤≤ϕ
β≤ϕ≤α
21
:
rrr
D

вземайки пред вид как е зададена областта
D и замествайки x и y съответно с ϕcosr и
ϕsinr

31
363,
3
1
31
3.cossin,
3
cos
sin
9,1
:
22
≤≤
≤≤
⇒
==
≤≤
⇒
==
==
r
tgtg
r
rr
r
r
rr
D
π
ϕ
π
ϕϕϕϕ
ϕ
ϕ

Тогава

()
636
3
.
4
8
19
3694
1
|
2
|
2cos
sin
2222
3
1
2
3
6
23
6
3
1
3
6
3
1
ππππϕ
ϕϕ
ϕ
ϕ
ϕ
π
π
π
π
π
π
==−
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−====∫∫∫∫
r
drrddrr
r
r
arctgdI

Задача 8. Да се реши двойния интеграл

∫∫
−−=
D
dxdyyxI
22
16
където D е областта, зададена с неравенствата { }xyxyx 4,0,0
22
≤+≥≥
Решение. Областта D е ограничена в първи квадрант от кръга () 42
22
≤+−yx

17

Сменяме декартовите с полярни координати чрез формулите ϕ=cosrx и ϕ=sinry и се
стараем да определим ограниченията за полярните координати. От

ϕ
π
ϕ
ϕ
πϕ
π
ϕ
π
ϕ
ϕ
ϕcos0
2
0<