Документ: Все лекции, страницы 16-20 | Студенческое хранилище

16

Таким образом, получаем результат: модуль якобиана равен коэффициенту искажения площадей при переходе от переменных ( , ) к переменным ( , ).

Пример 1.7.

Найти площадь фигуры (области), ограниченной кривыми:

= ∙ , = ∙, = , = , где 0 < < , 0 < < , > 0, > 0.

Решение.

Область имеет вид, изображенный на рисунке 1.14, и задается неравенствами:

≤ ≤

{≤ ≤ .

= ∙
		′
		′
= ∙
= ∙


=
=

=
=
	Рис. 1.15.	Область	′	в системе
	Рис. 1.15.	Область		в системе

координат

Рис. 1.14. Область в системе координат

=

Введем новые переменные ( , ) по формулам: { = . В результате такой

замены переменных новая область ′ будет представлять собой прямоугольник

(рис. 1.15):

{ ≤ ≤ .≤ ≤

Выразим старые переменные ( , ) через новые переменные ( , ) и вычислим

якобиан ( , ):

=

√

{

= √

′

=

1

′

= −

√

,

′

=

√

,

′ =

√

,

;

=

2√

2 √

2√

= √

1

′

−

√

1

2 √

( , ) = |

| = |2√

| =

+

=

|( , )| =

.

′

√

4

2

2√

По следствию 1.6 имеем:

( ) =

′ |( , )| =

′

1

= ∫

∫

1

=

1

( | )∙ | =

1

( − )

.

2

Ответ: ( ) =

1

( − )

.

2

1.4.2. Линейная замена переменных.

Важным частным случаем замены переменных является линейная замена.

Рассмотрим линейное преобразование с невырожденной матрицей:

{ = 11 + 12 ( ) = ∙( ),

где = ( 11

12),

= и

∆= | 11

12| ≠ 0.

= 21 + 22

21

22

21

22

17

Якобиан линейного преобразования совпадает с определителем ∆:

( , ) = \|	′	′			\| = ∆.
( , ) = \|		\| = \|	11	12	\| = ∆.
	′	′	21	22

Обратное преобразование также является линейным:

( ) = −1∙( ), причем −1 = 1∆.

При линейной замене переменных двойной интеграл и площадь фигуры (по Теореме 1.9 и Следствию 1.6) примут следующий вид:

( , ) = |∆|∙ ′ (11 + 12, 21 + 22) ,

( ) = ′ |( , )| = ′|∆| = |∆|∙(′).

В простейшем случае линейное преобразование может иметь вид:

= ∙
{ = ∙ , где		, = ,			∙ ≠ 0.
Тогда получим: ( , )	′	′		0\| =
Тогда получим: ( , )	= \|	\| = \|		0\| =
	′	′	0

	( , ) = \| \|∙ ′ ( , ) , ( ) = ′ \|( , )\| = \| \|∙(′).

Пример 1.8.
	Найти площадь параллелограмма (рис. 1.16), стороны которого лежат на попарно
параллельных прямых: 1												2, 3 4, заданных линейными уравнениями:
1: 1 + 1 = 1,										2: 1 + 1 = 2,					3: 2 + 2 = 1, 4: 2 + 2 = 2,
где	<		,			< ,					∆= \| 1		1\| ≠ 0.
1		2			1					2		2	2
												2	2
Решение.															2	4
Область задается неравенствами:															2	4
Область задается неравенствами:															1
	{ 1 ≤ 1 + 1 ≤ 2
				≤				2	+ ≤
		1						2			2	2				3
Сделаем линейную замену переменных:																3
= 1 + 1
{ = 2 + 2						( ) = ∙( )
			−1									1	1
( ) =					∙( ), где						= ( 2		2).
	В результате такой замены														Рис. 1.16. Иллюстрация к Примеру 1.8
переменных новая область ′ задается
системой неравенств: {											1 ≤ ≤ 2			, и представляет собой прямоугольник с площадью:
системой неравенств: {												≤ ≤		, и представляет собой прямоугольник с площадью:
											1		2
(′) = (		2	−				)∙( − ).
		2			1					2		1

Якобиан линейного преобразования имеет вид:

′ ( , ) = | ′

′		1
	\| = −1 =		.
′	\| = −1 =	∆	.

Используя формулу: ( ) = ′ |( , )| - найдем площадь параллелограмма:

( ) = ′ |

1

| = |

1

|∙ ′ =

1

(′) =

1

(2 − 1)∙(2 − 1).

∆

|∆|

Ответ: ( ) =

1

∙(

−

)∙(

− ), где

∆= | 1

1|.

2

|∆|

1

2

1

2

18

Пример 1.9.

2

Найти площадь фигуры, ограниченной эллипсом

+

= 1 (рис. 1.17):

2

Решение.

Y

Данная фигура в декартовой системе

координат задается неравенством:

X

2

2 + 2

≤ 1.

Сделаем линейную замену переменных

простейшего вида:

Рис. 1.17.

Иллюстрация к Примеру 1.9

= ∙

=

{ = ∙

{

Тогда получим:

=

2

+

2

≤ 1 2 + 2 ≤ 1.

2

Это означает, что фигура, ограниченная эллипсом в системе координат ,

переходит в единичный круг в системе координат с площадью (′) = ∙12

= .

Используя формулу: ( ) = | |∙(′), получим: ( ) = ∙ .

Ответ: = ∙ .

1.4.3. Двойной интеграл в полярных координатах.

Перейдем от декартовых координат ( , ) к полярным координатам ( , ) по

известным формулам (рис. 1.18):

= ∙

{ = ∙ ,

≥ 0,

0 ≤ < 2

(или − < ≤ ).

Вычислим якобиан (здесь = , = ):

′ = ,

′ =

− ∙ ,

′ = ,

′ = ∙

′

− ∙

( , ) = |

| = |

| =

′

∙

= ∙ 2 + ∙ 2 = ≥ 0

|( , )| = .

Рис. 1.18. Полярная

Получаем двойной интеграл в полярных координатах:

система координат

= ∙

( , ) = [

= ∙

] = ′ ( , )

.

=

Пример 1.10.

Вычислить

1

, где - единичный круг: 2 + 2 ≤ 1 (рис. 1.19).

√1+ 2+ 2

Решение.

1

′

1

2

Рис. 1.19.

Область в декартовой

Рис. 1.20. Область ′ в

системе координат

полярной системе координат

Перейдем к полярным координатам:

19

= ∙

1

= [

= ∙

] = ′

1

∙ .

2

+

2

=

2

√1

+ 2

√1+ 2+ 2

=

Так как 2 + 2 ≤ 1 2

≤ 1, то область ′ задается неравенствами:

2 ≤ 1

0 ≤ ≤ 1

{0 ≤ < 2

– и представляет собой прямоугольник в полярной системе координат (рис. 1.20). Следовательно, имеем:

1					2		1				1	2	1 (1 + 2)		2
1					2		1				1	2	1 (1 + 2)		2	(√1 + 2 \|10) =
′			∙ = ∫0			∫0				=		∫0	∫0		= ∫0

	√1 + 2								√1 + 2		2			√1 + 2
= ∫2 (√2				− 1) = 2 (√2				− 1).
= ∫2 (√2				− 1) = 2 (√2				− 1).
0
Ответ:		2 (√2 − 1).

Замечание 1.6.

Переход к полярным координатам целесообразен в следующих случаях:

1)Подынтегральная функция имеет вид (2 + 2); в этом случае она является функцией только полярного радиуса .

2)Область интегрирования представляет собой круг, или круговой сектор, или в общем случае криволинейный сектор; в последнем случае область переходит в криволинейную

трапецию (правильную область) ′: { 1( ) ≤ ≤ 2( )		(рис. 1.21).
	≤ ≤
		= 2( )
=	= 2( )	= 2( )
=	= 2( )

		′

= 1( )		= 1( )
= 1( )	=
	=

Рис. 1.21. Преобразование криволинейного сектора в криволинейную трапецию

Если область интегрирования представляет собой криволинейный сектор (рис. 1.21), то двойной интеграл в полярных координатах запишется в виде следующего повторного интеграла:

( , ) =			′ ( , )∙ = ∫			∫ 2( )
						( )
						1
Пример 1.11.
Вычислить:				−( 2+ 2) ,


где область :	{	2 + 2 ≤ 2			- часть круга радиуса ,
		≥ 0, ≥ 0
		≥ 0, ≥ 0

лежащая в первой четверти (рис. 1.22).

Решение.

Здесь подынтегральная функция имеет вид (2 + 2) = (2), а область интегрирования –

( , )∙ .

Рис. 1.22. Иллюстрация

к Примеру 1.11

20

круговой сектор. Поэтому удобно перейти к полярным координатам:

= ∙

0 ≤ ≤

−( 2+ 2) = [

2

+

2

=

2 ] = ′ − 2∙ , где ′: {

0 ≤ ≤

. Далее:

2

=

′ − 2∙ =

∫

∫ − 2∙ =

∫

− 2 ∙∫

=

2

0

=

∙(−

1

) ∫ − 2

(−2) = −

∙ − 2

|0 = −

∙(− 2

− 0) =

∙(1 − − 2).

2

4

2

0

4

Ответ:

−( 2+ 2) =

∙(1 − − 2).

4

Обобщенные полярные координаты.

При необходимости можно перейти от декартовых координат ( , ) к обобщенным

полярным координатам ( , ) по следующим формулам:

= ∙

{ = ∙

,

где , = ,

∙ ≠ 0,

≥ 0, 0 ≤ < 2

(или − < ≤ ).

Такое преобразование является результатом последовательного применения двух операций: линейной замены (в простейшем случае) и перехода к полярным координатам.

Нетрудно увидеть, что якобиан перехода в этом случае равен ( , ) = ∙ .

1.4.4.Интеграл Эйлера - Пуассона.

Втеории вероятностей исключительно важную роль играет несобственный

интеграл вида: ∫−+∞∞ − 2 , который называется интегралом Эйлера - Пуассона. Известна формула:

∫−+∞∞ − 2 = √ .

Выведем эту формулу, используя двойной интеграл. Сходимость этого несобственного интеграла была доказана ранее (см. [4], 15.3).

Предварительно отметим, что ввиду четности функции − 2 и симметричности промежутка интегрирования имеем следующие равенства:

∫+∞

− 2

= ∫0 − 2

+ ∫+∞ − 2 = ∫+∞

− 2

+ ∫+∞

− 2 = 2∙∫+∞

− 2 .

−∞

0

Поэтому достаточно доказать равенство:

∫+∞ − 2 =

√

.

√2

0

2

Рассмотрим область :

{0 ≤ ≤ –

√2

0 ≤ ≤

квадрат со стороной , лежащий в первой четверти

и двойной интеграл:

=

−( 2+ 2)

.

√2

Так как подынтегральная функция есть

произведение функций, зависящих только

Рис. 1.23. Иллюстрация

−( 2+ 2) = − 2∙ − 2,

от одной переменной:

к выводу формулы

а область интегрирования - квадрат

Эйлера-Пуассона

(частный случай прямоугольника), то имеем (см. 1.3.3):

=

−( 2+ 2) =

− 2∙ − 2 = ∫

− 2 ∙∫ − 2

=

0

Материал: Все лекции

Смотрите также: