Вычисление двойного интеграла

Двойной интеграл вычисляется переходом к повторному. Рассмотрим ряд примеров.

Пример 1

$I=\iint\limits_D {(x+y)dxdy,}\quad D:\left[ {\begin{array}{l} y=x, \\ y=x^2 \\ \end{array}} \right..$

vychislenie-dvoinogo-integrala-0

Здесь область $\mathbf{\textit{D}}$ {которую обязательно надо изобразить на чертеже} правильна в направлении обеих осей, поэтому вычисления по обеим формулам перехода имеют одинаковую трудоёмкость:

$ I=\iint\limits_D {(x+y)dxdy}=\int\limits_0^1 {dx\int\limits_{x^2}^x {(x+y)dy} } =\int\limits_0^1 dx\left. {\left( {xy+\frac{y^2}{2}} \right)} \right|_{x^2}^x = \\ =\int\limits_0^1 {\left[ {\left( {\frac{y}{2}+y\sqrt y } \right)-\left( {\frac{y^2}{2}+y^2} \right)} \right]dy} = \int\limits_0^1 {\left( {\frac{y}{2}+y^{3/2}-\frac{3}{2}y^2} \right)dy} =\left. {\left( {\frac{1}{4}y^2+\frac{2}{5}y^{5/2}-\frac{1}{2}y^3} \right)} \right|_0^1 =\frac{3}{20}. $

Пример 2

$I=\iint\limits_D {xydxdy,}\quad D:\left[ {\begin{array}{l} y=x,\;y=1, \\ y=2x+1 \\ \end{array}} \right.$.

vychislenie-dvoinogo-integrala-1

Здесь область $\mathbf{\textit{D}}$ тоже правильна в направлении обеих осей, однако верхняя граница состоит из двух кусков:

$\varphi _2 (x)=\left[ {\begin{array}{l} 2x+1,\quad -1\leqslant x\leqslant 0; \\ 1,\quad \quad \;\;\;0<x\leqslant 1; \\ \end{array}} \right.$, поэтому первый из повторных интегралов будет содержать два слагаемых:

$I=\iint\limits_D {xydxdy}=\int\limits_{-1}^0 {dx\int\limits_x^{2x+1} {xydy} } +\int\limits_0^1 {dx\int\limits_x^1 {xydy} =\int\limits_{-1}^0 {dx\left. {\left( {x\frac{y^2}{2}} \right)} \right|_x^{2x+1} } +} $ $ +\int\limits_0^1 {dx\left. {\left( {x\frac{y^2}{2}} \right)} \right|} _x^1 =\int\limits_{-1}^0 {\left( {\frac{1}{2}x(2x+1)^2-\frac{1}{2}x^3} \right)dx} +\int\limits_0^1 {\left( {\frac{1}{2}x-\frac{1}{2}x^3} \right)dx} = $ $ =\int\limits_{-1}^0 {\left( {\frac{3}{2}x^3+2x^2+\frac{1}{2}x} \right)dx} +\left. {\left( {\frac{1}{4}x^2-\frac{1}{8}x^4} \right)} \right|_0^1 =\left. {\left( {\frac{3}{8}x^4+\frac{2}{3}x^3+\frac{1}{4}x^2} \right)} \right|_{-1}^0 +\frac{1}{8}=\frac{1}{8}-\left( {\frac{3}{8}-\frac{2}{3}+\frac{1}{4}} \right)=\frac{1}{6}; $ $ \begin{array}{l} I=\iint\limits_D {xydxdy}=\int\limits_{-1}^1 {dy\int\limits_{\frac{y-1}{2}}^y {xydx} } =\int\limits_{-1}^1 {dy\left. {\left( {y\frac{x^2}{2}} \right)} \right|_{\frac{y-1}{2}}^y } =\int\limits_{-1}^1 {dy\left( {\frac{y^3}{2}-\frac{y}{2}\cdot \left( {\frac{y-1}{2}} \right)^2} \right)} =\int\limits_{-1}^1 {\left( {\frac{y^3}{2}-\frac{y^3}{8}+\frac{y^2}{4}-\frac{y}{8}} \right)dy} = \\ =\left. {\left( {\frac{3}{32}y^4+\frac{y^3}{12}-\frac{y^2}{16}} \right)} \right|_{-1}^1 =\left( {\frac{3}{32}+\frac{1}{12}-\frac{1}{16}} \right)-\left( {\frac{3}{32}-\frac{1}{12}-\frac{1}{16}} \right)=\frac{1}{6}. \\ \end{array} $ $y=\sqrt x \Rightarrow x=y^2$

Этот пример проще решается по второй формуле.

Пример 3

$I=\iint\limits_D {e^{\frac{x}{y}}dxdy,}\quad D:\left[ {\begin{array}{l} x=0,\;y=\sqrt x , \\ y=1,\;y=2. \\ \end{array}} \right.$.

vychislenie-dvoinogo-integrala-2

Здесь переход к повторному интегралу по формуле $I=\iint\limits_D {e^{\frac{x}{y}}dxdy}=\int\limits_0^1 {dx\int\limits_1^2 {e^{\frac{x}{y}}dy} } +\int\limits_1^4 {dx\int\limits_{\sqrt x }^2 {e^{\frac{x}{y}}dy} } $ бессмысленен, так как внутренний интеграл не берётся, в то же время второй повторный интеграл вычисляется без проблем: $ I=\iint\limits_D {e^{\frac{x}{y}}dxdy}=\int\limits_1^2 {dy\int\limits_0^{y^2} {e^{\frac{x}{y}}dx} } =\int\limits_1^2 {dy\int\limits_0^{y^2} {ye^{\frac{x}{y}}d\left( {\frac{x}{y}} \right)} } =\int\limits_1^2 {y\left. {e^{\frac{x}{y}}} \right|_0^{y^2} dy} =\int\limits_1^2 {y\left( {e^y-1} \right)dy} =\int\limits_1^2 {yde^y} -\left. {\frac{1}{2}y^2} \right|_1^2 = $ $ =\left. {\left( {ye^y-e^y} \right)} \right|_1^2 -3/2=e^2-3/2. $ $ y=-\sqrt {2ax-x^2} x=a-\sqrt {a^2-y^2} x=a+\sqrt {a^2-y^2} $

Пример 4

$I=\iint\limits_D {\sqrt {4a^2-x^2-y^2} dxdy,}\quad D:\left[ {x^2+y^2=2ax.} \right.$

vychislenie-dvoinogo-integrala-3

Здесь область $\mathbf{\textit{D}}$ ограничена окружностью радиуса $\mathbf{\textit{а}}$, сдвинутой на $\mathbf{\textit{а}}$ единиц по оси $\mathbf{\textit{Ох}}$. Уравнения для правой, левой, верхней и нижней полуокружностей приведены на рисунке. Повторные интегралы в декартовых координатах

$I=\int\limits_0^{2a} {dx} \int\limits_{-\sqrt {2ax-x^2} }^{\sqrt {2ax-x^2} } {\sqrt {4a^2-x^2-y^2} dy} , \quad I=\int\limits_{-a}^a {dy} \int\limits_{a-\sqrt {a^2-y^2} }^{a+\sqrt {a^2-y^2} } {\sqrt {4a^2-x^2-y^2} dx} $ можно вычислить, но это достаточно трудоёмко. Попробуем перейти к полярным координатам {это имеет смысл, так как и подынтегральная функция, и кривая, ограничивающая $\mathbf{\textit{D}}$ зависят от выражения $\mathbf{\textit{x}}^{ 2}+\mathbf{\textit{y}}^{ 2}=\mathbf{\textit{r }}^{2})$. Переход к полярным координатам в уравнении окружности даёт $r^2=2ar\cos \varphi $, или $r=2a\cos \varphi $. Это и есть уравнение границы в полярных координатах. Итак, $\begin{array}{l} I=\iint\limits_D {\sqrt {4a^2-x^2-y^2} dxdy}=\iint\limits_{D_{r,\varphi } } {\sqrt {4a^2-r^2} rdrd\varphi }=\int\limits_{-\pi /2}^{\pi /2} {d\varphi \int\limits_0^{2a\cos \varphi } {\sqrt {4a^2-r^2} rdr} } = \\ =-\frac{1}{2}\cdot \frac{2}{3}\int\limits_{-\pi /2}^{\pi /2} {\left. {\left( {4a^2-r^2} \right)^{3/2}} \right|_0^{2a\cos \varphi } d\varphi } =-\frac{1}{3}\int\limits_{-\pi /2}^{\pi /2} {8a^3\left[ {\left( {1-\cos ^2\varphi } \right)^{3/2}-1} \right]d\varphi } =\frac{8a^3}{3}\left[ {\left. \varphi \right|_{-\pi /2}^{\pi /2} -\int\limits_{-\pi /2}^{\pi /2} {\sin ^3\varphi d\varphi } } \right]= \\ =\frac{8}{3}a^3\left. {\left( {\pi +\cos \varphi -\frac{\cos 3\varphi }{3}} \right)} \right|_{-\pi /2}^{\pi /2} =\frac{8}{3}\pi a^3. \\ \end{array}$

Ответ явно неправильный. Мы должны получить объём тела, расположенного в полупространстве $z\geqslant 0$, ограниченного цилиндром

vychislenie-dvoinogo-integrala-4

$\mathbf{\textit{x}}^{2}+\mathbf{\textit{y}}^{2}$ = 2$\mathbf{\textit{ax}}$ и сферой $z=\sqrt {4a^2=x^2-y^2} $ радиуса 2$\mathbf{\textit{a}}$ сверху; в то время как получили половину объём верхнего полушара {рисунок справа}. С такой ситуацией мы уже встречались, когда рассматривали приложения определённого интеграла. Ошибка делается, когда выражение $\sqrt {1-\cos ^2\varphi } $ заменяется на $\sin \varphi $, а не на $\vert \sin \varphi \vert $. Дальше необходимо отдельно рассматривать интервалы $-\pi /2\leqslant \varphi \leqslant 0$ и $0\leqslant \varphi \leqslant \pi /2$. Избежать это можно, если воспользоваться симметрией и области, и подынтегральной функции относительно оси $\mathbf{\textit{Ох}}$, т.е. вычислять удвоенный интеграл по половине круга $y\geqslant 0$:

$ \begin{array}{l} I=\iint\limits_D {\sqrt {4a^2-x^2-y^2} dxdy}=\iint\limits_{D_{r,\varphi } } {\sqrt {4a^2-r^2} rdrd\varphi }=2\int\limits_0^{\pi /2} {d\varphi \int\limits_0^{2a\cos \varphi } {\sqrt {4a^2-r^2} rdr} } = \\ =-\frac{2}{3}\int\limits_0^{\pi /2} {\left. {\left( {4a^2-r^2} \right)^{3/2}} \right|_0^{2a\cos \varphi } d\varphi } =\frac{16}{3}a^3\left[ {\frac{\pi }{2}+\cos \varphi -\frac{\cos 3\varphi }{3}} \right]_0^{\pi /2} =\frac{16}{3}a^3\left( {\frac{\pi }{2}-\frac{2}{3}} \right). \\ \end{array} $