Переход от двойного интеграла к повторному. Изменение порядка интегрирования. Переход к полярным координатам

Смысл этих задач - научиться быстро определять параметры $a,\;b,\;\varphi _1 (x),\;\varphi _2 (x),\;c,\;d,\;\psi _1 (y),\;\psi _2 (y)$ {в декартовых координатах} и $\varphi _0 ,\;\varphi _2 ,\;r_1 (\varphi ),\;r_2 (\varphi )$ {в полярных координатах}, необходимые для перехода от двойного интеграла к повторному.

Примеры:

Пример 1

Пусть область $D=\left[ {x\leqslant 0,\;y\leqslant 0,\;x^2+y^2\leqslant 4} \right]\cup \left[ {x\geqslant 0,\;x^2+y^2\leqslant -2y} \right]$. Представить двойной интеграл по области $\mathbf{\textit{D}}$ в виде повторных. Перейти к полярным координатам. perekhod-ot-dvoinogo-integrala-k-povtornomu-0 Решение:

Область изображена на рисунке. Для левой части $D-2\leqslant x\leqslant 0;\quad -\sqrt {4-x^2} \leqslant y\leqslant 0$; для правой - $0\leqslant x\leqslant 1,\;-1-\sqrt {1-x^2} \leqslant y\leqslant -1+\sqrt {1-x^2} $ уравнение правой полуокружности после выделения полных квадратов принимает вид $x^2+(y+1)^2=1$, поэтому

$$ I=\iint\limits_D {f(x,y)dxdy}=\int\limits_{-2}^0 {dx\int\limits_{-\sqrt {4-x^2} }^0 {f(x,y)dy} } +\int\limits_0^1 {dx\int\limits_{-1-\sqrt {1-x^2} }^{-1+\sqrt {1-x^2} } {f(x,y)dy} } . $$

$\mathbf{\textit{D}}$ можно также oписать неравенствами $-2\leqslant y\leqslant 0,\;-\sqrt {4-y^2} \leqslant x\leqslant \sqrt {-2y-y^2} $, поэтому $I=\iint\limits_D {f(x,y)dxdy}=\int\limits_{-2}^0 {dy\int\limits_{-\sqrt {4-y^2} }^{\sqrt {-2y-y^2} } {f(x,y)dx} } $. В полярных координатах уравнение левой четверти окружности имеет вид $r=2$ для $\pi \leqslant \varphi \leqslant 3\pi /2$ {можно взять и отрезок $-\pi \leqslant \varphi \leqslant -\pi /2$}, правой полуокружности $r=-2\sin \varphi $ для $3\pi /2\leqslant \varphi \leqslant 2\pi $ {можно взять и отрезок $-\pi /2\leqslant \varphi \leqslant 0$}, поэтому $I=\iint\limits_D {f(x,y)dxdy}=\iint\limits_{D_{r,\varphi } } {f(r\cos \varphi ,r\sin \varphi )rdrd\varphi }=\int\limits_\pi ^{3\pi /2} {d\varphi \int\limits_0^2 {f(r\cos \varphi ,r\sin \varphi )rdr} } + \\ + \int\limits_{3\pi /2} ^{2\pi} {d\varphi \int\limits_0^{-2\sin \varphi} {f(r\cos \varphi ,r\sin \varphi )rdr} }$

Пример 2

Изменить порядок интегрирования, перейти к полярным координатам. perekhod-ot-dvoinogo-integrala-k-povtornomu-1 $I=\int\limits_{-6}^0 {dx\int\limits_0^{2x+12} {f(x,y)dy} } +\int\limits_0^6 {dx\int\limits_{2x}^{2x+12} {f(x,y)dy} } +\int\limits_6^{12} {dx\int\limits_{2x}^{24} {f(x,y)dy} }$

Решение:

Область $\mathbf{\textit{D}}$ - объединение трёх подобластей: $D=\left[ {-6\leqslant x\leqslant 0,\;0\leqslant y\leqslant 2x+12} \right]\cup \left[ {0\leqslant x\leqslant 6,\;2x\leqslant y\leqslant 2x+12} \right]\cup\left[ {6\leqslant x\leqslant 12,\;2x\leqslant y\leqslant 24} \right]\cup $

На рисунке изображена область и приведены уравнения прямых и обратных функций для линий, ограничивающих её. $\mathbf{\textit{D}}$ можно представить в виде $D=\left[ {0\leqslant y\leqslant 24,\;y/2-6\leqslant x\leqslant y/2} \right]$, поэтому $I=\int\limits_0^{24} {dy\int\limits_{y/2-6}^{y/2} {f(x,y)dx} } $. В полярных координатах $\mathbf{\textit{D}}$ представляется как объединение двух треугольников $\mathbf{\textit{OCB }}$и $\mathbf{\textit{OBA}}$. Уравнение прямой $\mathbf{\textit{ОС}}$: $\varphi =arctg2$ {можно получить и формально, перейдя к полярным координатам в её уравнении: $y=2x\Rightarrow \quad r\sin \varphi =2r\cos \varphi \Rightarrow tg\varphi =2$}, прямой $\mathbf{\textit{ОВ}}$: $\varphi =arctg4$, прямой $\mathbf{\textit{СВ}}$: $y=24\Rightarrow r\sin \varphi =24\Rightarrow \quad r=24/\sin \varphi $, прямой $\mathbf{\textit{ОА}}$: $\varphi =\pi $, прямой $\mathbf{\textit{АВ}}$: $y=2x+12\Rightarrow r\sin \varphi =2r\cos \varphi +12\Rightarrow \quad r=\frac{12}{\sin \varphi -2\cos \varphi }$.

В результате $I=\iint\limits_D {f(x,y)dxdy}=\iint\limits_{D_{r,\varphi } } {f(r\cos \varphi ,r\sin \varphi )rdrd\varphi }=\\ \quad =\int\limits_{arctg2}^{arctg4} {d\varphi \int\limits_0^{24/\sin \varphi } {f(r\cos \varphi ,r\sin \varphi )rdr} } +\int\limits_{arctg4}^\pi {d\varphi \int\limits_0^{12/(\sin \varphi -2\cos \varphi )} {f(r\cos \varphi ,r\sin \varphi )rdr} } $.

Пример 3

Вычислить двойной интеграл $\iint\limits_{D}{\left( 6x{{y}^{2}}-12{{x}^{2}}y \right)dxdy}$, где область $D$ – квадрат со сторонами $x=0$, $x=1$, $y=2$, $y=3$. В повторном интеграле внутренний интеграл вначале вычислить по переменной $y$, а внешний – по $x$. Вычислить этот же интеграл, изменив порядок интегрирования.

Решение:

Вначале изобразим область интегрирования. Запишем заданный двойной интеграл через повторные: $\iint\limits_{D}{\left( 6x{{y}^{2}}-12{{x}^{2}}y \right)dxdy}=\int\limits_{0}^{1}{dx}\int\limits_{2}^{3}{\left( 6x{{y}^{2}}-12{{x}^{2}}y \right)dy}$.

perekhod-ot-dvoinogo-integrala-k-povtornomu-2

Внутреннее {первое} интегрирование будем выполнять по переменной $y$ {при этом считаем, что $x$ – константа}, а внешнее {второе} – по переменной $x$:

$$\iint\limits_{D}{\left( 6x{{y}^{2}}-12{{x}^{2}}y \right)dxdy}=\int\limits_{0}^{1}{dx}\int\limits_{2}^{3}{\left( 6x{{y}^{2}}-12{{x}^{2}}y \right)dy}=$$

$$=\int\limits_{0}^{1}{dx}\left[ 6x\int\limits_{2}^{3}{{{y}^{2}}dy}-12{{x}^{2}}\int\limits_{2}^{3}{ydy} \right]=\int\limits_{0}^{1}{\left( 6x\cdot \left. \frac{{{y}^{3}}}{3} \right|_{2}^{3}-12{{x}^{2}}\cdot \left. \frac{{{y}^{2}}}{2} \right|_{2}^{3} \right)dx}=$$

$$=\int\limits_{0}^{1}{\left[ 2x\left( {{3}^{3}}-{{2}^{3}} \right)-6{{x}^{2}}\left( {{3}^{2}}-{{2}^{2}} \right) \right]dx}=\int\limits_{0}^{1}{\left( 38x-30{{x}^{2}} \right)dx}=$$

$$=\int\limits_{0}^{1}{38xdx}-\int\limits_{0}^{1}{30{{x}^{2}}dx}=38\int\limits_{0}^{1}{xdx}-30\int\limits_{0}^{1}{{{x}^{2}}dx}=38\cdot \left. \frac{{{x}^{2}}}{2} \right|_{0}^{1}-30\cdot \left. \frac{{{x}^{3}}}{3} \right|_{0}^{1}=$$

$$=19\left( {{1}^{2}}-{{0}^{2}} \right)-10\left( {{1}^{3}}-{{0}^{3}} \right)=19-10=9$$

Вычислим теперь заданный по условию двойной интеграл, сменив порядок интегрирования: внутреннее интегрирование будем проводить по переменной $x$ {считая, что $y$ есть постоянной}, а внешнее – по переменной $y$:

$$\iint\limits_{D}{\left( 6x{{y}^{2}}-12{{x}^{2}}y \right)dxdy}=\int\limits_{2}^{3}{dy}\int\limits_{0}^{1}{\left( 6x{{y}^{2}}-12{{x}^{2}}y \right)dx}=$$

$$=\int\limits_{2}^{3}{\left[ 6{{y}^{2}}\int\limits_{0}^{1}{xdx}-12y\int\limits_{0}^{1}{{{x}^{2}}dx} \right]dy}=\int\limits_{2}^{3}{\left[ 6{{y}^{2}}\cdot \left. \frac{{{x}^{2}}}{2} \right|_{0}^{1}-12y\cdot \left. \frac{{{x}^{3}}}{3} \right|_{0}^{1} \right]dy}=$$

$$=\int\limits_{2}^{3}{\left( 3{{y}^{2}}-4y \right)dy}=\left. \left( 3\cdot \frac{{{y}^{3}}}{3}-4\cdot \frac{{{y}^{2}}}{2} \right) \right|_{2}^{3}=27-8-2\left( 9-4 \right)=19-10=9$$

Пример 4

Вычислить двойной интеграл $\iint\limits_{D}{\left( {{x}^{2}}+2y \right)dxdy}$, если область $D$ ограничена линиями $y={{x}^{2}}$, $x=2$, $y=2x-1$. Вычислить этот же интеграл, изменив порядок интегрирования.

Решение:

Строим заданную область $D$. Вначале внутреннее интегрирование будем проводить по переменной $y$, а внешнее – по $x$: $$\iint\limits_{D}{\left( {{x}^{2}}+2y \right)dxdy}=\int\limits_{a}^{b}{dx}\int\limits_{{{\phi }_{1}}\left( x \right)}^{{{\phi }_{2}}\left( x \right)}{\left( {{x}^{2}}+2y \right)dy}$$

perekhod-ot-dvoinogo-integrala-k-povtornomu-3

Контур области $D$ пересекается любой прямой, параллельной оси ординат, в двух точках.

Найдем пределы интегрирования. Переменная $x$ изменяется от абсциссы точки $A$ к абсциссе точек $B$ и $C$. Координаты точки $A$ найдем как координаты точки пересечения графиков функций $y={{x}^{2}}$ и $y=2x-1$:

$$\left[ \begin{matrix} y={{x}^{2}}, \\ y=2x-1 \\ \end{matrix} \right.\Rightarrow {{x}^{2}}=2x-1\Rightarrow {{x}^{2}}-2x+1=0\Rightarrow {{\left( x-1 \right)}^{2}}=0\Rightarrow {{x}_{A}}=1$$

Так как точки $B$ и $C$ лежать на прямой $x=2$, то ${{x}_{B}}={{x}_{C}}=2$. Итак, $1\le x\le 2$. Далее на отрезке $\left[ 1;\ 2 \right]$ выбираем произвольную точку $x$, через нее проводим прямую, параллельную оси $Oy$, и на этой прямой рассмотрим отрезок $KL$, принадлежащий области $D$.

Область $D$ ограничена снизу прямой $y=2x-1$, а сверху – веткой параболы $y={{x}^{2}}$. Переменная $y$ изменяется в заданной области $D$ от ее значения $2x-1$ на нижней части контура $ABC$ до ее значения ${{x}^{2}}$ на верхней части этого контура.

Замечание. Уравнения линий, ограничивающих контур, должны быть разрешены относительно той переменной, относительно которой находится внутренний интеграл.

Таким образом, $2x-1\le y\le {{x}^{2}}$, а тогда область $D$ задается следующими неравенствами:

$$D:\left[ \begin{matrix} 1\le x\le 2, \\ 2x-1\le y\le {{x}^{2}}. \\ \end{matrix} \right.$$

Итак,

$$\iint\limits_{D}{\left( {{x}^{2}}+2y \right)dxdy}=\int\limits_{1}^{2}{dx}\int\limits_{2x-1}^{{{x}^{2}}}{\left( {{x}^{2}}+2y \right)dy}=\int\limits_{1}^{2}{dx}\left. \left( {{x}^{2}}y+{{y}^{2}} \right) \right|_{2x-1}^{{{x}^{2}}}=$$

$$=\int\limits_{1}^{2}{\left[ {{x}^{2}}\cdot {{x}^{2}}+{{\left( {{x}^{2}} \right)}^{2}}-\left( {{x}^{2}}\cdot \left( 2x-1 \right)+{{\left( 2x-1 \right)}^{2}} \right) \right]dx}=$$

$$=\int\limits_{1}^{2}{\left( 2{{x}^{4}}-2{{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+4x-1 \right)dx}=\left. \left( \frac{2{{x}^{5}}}{5}-\frac{{{x}^{4}}}{2}-{{x}^{3}}+2{{x}^{2}}-x \right) \right|_{1}^{2}=$$

$$=\frac{64}{5}-8-8+8-2-\left( \frac{2}{5}-\frac{1}{2}-1+2-1 \right)=\frac{29}{10}$$

Вычислим теперь рассматриваемый двойной интеграл, изменив порядок интегрирования: внутреннее интегрирование будем проводить по переменной $x$, а внешнее – по $y$. То есть, перейдя к повторным интегралам, получим:

$$\iint\limits_{D}{\left( {{x}^{2}}+2y \right)dxdy}=\int\limits_{c}^{d}{dy}\int\limits_{{{\psi }_{1}}\left( y \right)}^{{{\psi }_{2}}\left( y \right)}{\left( {{x}^{2}}+2y \right)dx}$$ perekhod-ot-dvoinogo-integrala-k-povtornomu-4 Из рисунка в области $D$ видно, что левая граница контура области – одна линия {положительная ветка параболы $y={{x}^{2}}$), а его правая часть состоит из двух линий $AB$ {отрезок прямой $y=2x-1$) и $BC$ {отрезок прямой $x=2$), то есть задается разными уравнениями. В этом случае область $D$ нужно разбить на части так, чтобы каждая из них справа была ограничена только одной линией. В данном случае такими частями будут ${{D}_{1}}-ABF$ и ${{D}_{2}}-BCF$. Заданная область $D$ будет суммой областей ${{D}_{1}}$ и ${{D}_{2}}$. Тогда искомый интеграл будет равен сумме интегралов по каждой из областей:

$$\iint\limits_{D}{\left( {{x}^{2}}+2y \right)dxdy}=\iint\limits_{{{D}_{1}}}{\left( {{x}^{2}}+2y \right)dxdy}+\iint\limits_{{{D}_{2}}}{\left( {{x}^{2}}+2y \right)dxdy}$$

perekhod-ot-dvoinogo-integrala-k-povtornomu-5

Поскольку в данном случае внутреннее интегрирование проводится по переменной $x$, то уравнения ограничивающих линий нужно разрешить относительно этой переменной:

$$AB:y=2x-1\Rightarrow x=\frac{y+1}{2}; \qquad AC:y={{x}^{2}}\Rightarrow x=\sqrt{y}$$

Найдем пределы интегрирования для каждой из областей. В области ${{D}_{1}}$ переменная $y$ изменяется от ординаты точки $A$ до ординат точек $B$ и $F$. Точка $A$ принадлежит параболе $y={{x}^{2}}$ и выше было найдено, что абсцисса этой точки ${{x}_{A}}=1$, тогда ${{y}_{A}}={{1}^{2}}=1$. Точка $B$ – точка пересечения двух прямых $x=2$ и $y=2x-1$, а тогда ${{y}_{B}}=2\cdot 2-1=3$. Итак имеем, что $1\le y\le 3$. Переменная $x$ в области ${{D}_{1}}$ изменяется от ветки параболы $x=\sqrt{y}$ до прямой $x=\frac{y+1}{2}$, то есть ${{D}_{1}}:\left[ \begin{matrix} 1\le y\le 3, \\ \sqrt{y}\le x\le \frac{y+1}{2}. \\ \end{matrix} \right.$ Аналогично для области ${{D}_{2}}$ находим, что ${{D}_{2}}:\left[ \begin{matrix} 3\le y\le 4, \\ \sqrt{y}\le x\le 2. \\ \end{matrix} \right.$

Таким образом,

$$\iint\limits_{D}{\left( {{x}^{2}}+2y \right)dxdy}=\int\limits_{1}^{3}{dy}\int\limits_{\sqrt{y}}^{\frac{y+1}{2}}{\left( {{x}^{2}}+2y \right)dx}+\int\limits_{3}^{4}{dy}\int\limits_{\sqrt{y}}^{2}{\left( {{x}^{2}}+2y \right)dx}=$$

$$=\int\limits_{1}^{3}{\left. \left( \frac{{{x}^{3}}}{3}+2xy \right) \right|_{\sqrt{y}}^{\frac{y+1}{2}}dy}+\int\limits_{3}^{4}{\left. \left( \frac{{{x}^{3}}}{3}+2xy \right) \right|_{\sqrt{y}}^{2}dy}=$$

$$=\int\limits_{1}^{3}{\left( \frac{{{\left( y+1 \right)}^{3}}}{24}+{{y}^{2}}+y-\frac{7}{3}{{y}^{\frac{3}{2}}} \right)dy}+\int\limits_{3}^{4}{\left( \frac{8}{3}+4y-\frac{7}{3}{{y}^{\frac{3}{2}}} \right)dy}=$$

$$=\left. \left[ \frac{{{\left( y+1 \right)}^{4}}}{96}+\frac{{{y}^{3}}}{3}+\frac{{{y}^{2}}}{2}-\frac{14}{15}\sqrt{{{y}^{5}}} \right] \right|_{1}^{3}+\left. \left[ \frac{8y}{3}+2{{y}^{2}}-\frac{14}{15}\sqrt{{{y}^{5}}} \right] \right|_{3}^{4}=$$

$$=\left[ \frac{8}{3}+9+\frac{9}{2}-\frac{42\sqrt{3}}{5}-\left( \frac{1}{6}+\frac{1}{3}+\frac{1}{2}-\frac{14}{15} \right) \right]+$$

$$+\left[ \frac{32}{3}+32-\frac{448}{15}-\left( 8+18-\frac{42\sqrt{3}}{5} \right) \right]=\frac{29}{10}$$

Пример 5

Вычислить двойной интеграл (\iint\limits_R {\left( {{x^2} + {y^2}} \right)dydx},) преобразовав его в полярные координаты. Область интегрирования (R) представляет собой сектор (0 \le \theta \le \large\frac{\pi }{2}\normalsize) круга радиусом (r = \sqrt 3.)

Решение: Область (R) в полярных координатах описывается множеством (R = \left[ {\left( {r,\theta } \right)|\;0 \le r \le \sqrt 3 ,0 \le \theta \le \large\frac{\pi }{2}\normalsize} \right]) (рисунок (4)). Применяя формулу $ {\iint\limits_R {f\left( {x,y} \right)dxdy} } = {\int\limits_\alpha ^\beta {\int\limits_{a}^{b} {f\left( {r\cos \theta ,r\sin \theta } \right)rdrd\theta } },} $ получаем $ {\iint\limits_R {\left( {{x^2} + {y^2}} \right)dydx} } = {\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\int\limits_0^{\sqrt 3 } {{r^2}\left( {{{\cos }^2}\theta + {{\sin }^2}\theta } \right)rdrd\theta } } } = {\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {d\theta } \int\limits_0^{\sqrt 3 } {{r^3}dr} } = {\left. \theta \right|_0^{\frac{\pi }{2}} \cdot \left. {\left( {\frac{{{r^4}}}{4}} \right)} \right|_0^{\sqrt 3 } } = {\frac{\pi }{2} \cdot \frac{9}{4} = \frac{{9\pi }}{8}.} $

Пример 6

Вычислить интеграл (\iint\limits_R {xydydx},) в котором область интегрирования (R) представляет собой кольцо, ограниченное окружностями ({x^2} + {y^2} = 1) и ({x^2} + {y^2} = 5.)

Решение:

В полярных координатах область интегрирования (R) является полярным прямоугольником: $R = \left( {\left( {r,\theta } \right)|\;1 \le r \le \sqrt 5 ,0 \le \theta \le 2\pi } \right).$

perekhod-ot-dvoinogo-integrala-k-povtornomu-6

Тогда, используя формулу $ {\iint\limits_R {f\left( {x,y} \right)dxdy} } = {\int\limits_\alpha ^\beta {\int\limits_{a}^{b} {f\left( {r\cos \theta ,r\sin \theta } \right)rdrd\theta } },} $ находим значение интеграла $ {\iint\limits_R {xydydx} } = {\int\limits_0^{2\pi } {\int\limits_1^{\sqrt 5 } {r\cos \theta r\sin \theta rdrd\theta } } } = {\int\limits_0^{2\pi } {\sin \theta \cos \theta d\theta } \int\limits_1^{\sqrt 5 } {{r^3}dr} } = {\frac{1}{2}\int\limits_0^{2\pi } {\sin 2\theta d\theta } \int\limits_1^{\sqrt 5 } {{r^3}dr} } = {\frac{1}{2}\left. {\left( { - \frac{{\cos 2\theta }}{2}} \right)} \right|_0^{2\pi } \cdot \left. {\left( {\frac{{{r^4}}}{4}} \right)} \right|_1^{\sqrt 5 } } = \\ = {\frac{1}{4}\left( { - \cos 4\pi + \cos 0} \right) \cdot \frac{1}{4}\left( {25 - 1} \right) } = {\frac{1}{4}\left( { - 1 + 1} \right) \cdot 6 = 0.} $

Пример 7

Найти интеграл (\iint\limits_R {\sin \theta drd\theta },) где область интегрирования (R) ограничена кардиоидой (r = 1 + \cos \theta ).

perekhod-ot-dvoinogo-integrala-k-povtornomu-7

Решение:

Данный интеграл уже записан в полярных координатах. Выражая его через повторный интеграл, получаем: $\require{cancel} {\iint\limits_R {\sin \theta drd\theta } } = {\int\limits_0^{2\pi } {\int\limits_0^{1 + \cos \theta } {\sin \theta drd\theta } } } = {\int\limits_0^{2\pi } {\left[ {\int\limits_0^{1 + \cos \theta } {dr} } \right]\sin \theta d\theta } } = {\int\limits_0^{2\pi } {\left[ {\left. r \right|_0^{1 + \cos \theta }} \right]\sin \theta d\theta } } = {\int\limits_0^{2\pi } {\left( {1 + \cos\theta } \right)\sin \theta d\theta } } = \\ = {\int\limits_0^{2\pi } {\left( {\sin \theta + \cos\theta \sin \theta } \right)d\theta } } = {\int\limits_0^{2\pi } {\sin \theta d\theta } + \int\limits_0^{2\pi } {\frac{{\sin 2\theta }}{2}d\theta } } = {\left. {\left( { - \cos \theta } \right)} \right|_0^{2\pi } + \frac{1}{2}\left. {\left( { - \frac{{\cos 2\theta }}{2}} \right)} \right|_0^{2\pi } } = { - \cos 2\pi + \cos 0 - \frac{1}{4}\cos 4\pi + \frac{1}{4}\cos 0 } = \\ = { -\cancel{1} + \cancel{1} - \cancel{\frac{1}{4}} + \cancel{\frac{1}{4}} = 0.} $

Пример 8

Вычислить интеграл (\iint\limits_R {\left( {{x^2} + {y^2}} \right)dxdy} ) в круге ({x^2} + {y^2} = 2x.)

Решение: Область интегрирования (R) показана на рисунке:

perekhod-ot-dvoinogo-integrala-k-povtornomu-8

Преобразуем уравнение окружности следующим образом: $ {{x^2} + {y^2} = 2x,}\;\; {\Rightarrow {x^2} - 2x + 1 + {y^2} = 1,}\;\; {\Rightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2} = 1.} $ Подставляя (x = r\cos \theta ,) (y = r\sin \theta ,) найдем уравнение окружности в полярных координатах. $ {{x^2} + {y^2} = 2x,}\;\; {\Rightarrow {r^2}{\cos ^2}\theta + {r^2}{\sin^2}\theta = 2r\cos \theta ,}\;\; {\Rightarrow {r^2}\left( {{{\cos }^2}\theta + {\sin^2}\theta } \right) = 2r\cos \theta ,}\;\; {\Rightarrow r = 2\cos \theta .} $ Образ (S) области интегрирования (R) показан на рисунке:

perekhod-ot-dvoinogo-integrala-k-povtornomu-9

После перехода к полярным координатам вычисляем двойной интеграл. $ {\iint\limits_R {\left( {{x^2} + {y^2}} \right)dxdy} } = {\iint\limits_S {\left( {{r^2}{{\cos }^2}\theta + {r^2}{\sin^2}\theta } \right)rdrd\theta } } = {\iint\limits_S {{r^3}drd\theta } } = {\int\limits_{ - \large\frac{\pi }{2}\normalsize}^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {\left[ {\int\limits_0^{2\cos \theta } {{r^3}dr} } \right]d\theta } } = {4\int\limits_{ - \large\frac{\pi }{2}\normalsize}^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {\left[ {\left. {\left( {\frac{{{r^4}}}{4}} \right)} \right|_0^{2\cos \theta }} \right]d\theta } } = {4\int\limits_{ - \large\frac{\pi }{2}\normalsize}^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {{{\cos }^4}\theta d\theta } } = \\ = {4\int\limits_{ - \large\frac{\pi }{2}\normalsize}^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {{{\left( {\frac{{1 + \cos 2\theta }}{2}} \right)}^2}d\theta } } = {\int\limits_{ - \large\frac{\pi }{2}\normalsize}^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {\left( {1 + 2\cos 2\theta + {{\cos }^2}2\theta } \right)d\theta } } = {\int\limits_{ - \large\frac{\pi }{2}\normalsize}^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {\left( {1 + 2\cos 2\theta + \frac{{1 + \cos 4\theta }}{2}} \right)d\theta } } = {\int\limits_{ - \large\frac{\pi }{2}\normalsize}^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {\left( {\frac{3}{2} + 2\cos 2\theta + \frac{1}{2}\cos 4\theta } \right)d\theta } } = \\ = {\left. {\left( {\frac{3}{2}\theta + \sin 2\theta + \frac{1}{8}\sin 4\theta } \right)} \right|_{ - \large\frac{\pi }{2}\normalsize}^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} } = {\left( {\frac{3}{2} \cdot \frac{\pi }{2} + \sin \pi + \frac{1}{8}\sin 2\pi } \right) - \left( { - \frac{3}{2} \cdot \frac{\pi }{2} - \sin \pi - \frac{1}{8}\sin 2\pi } \right) } = {\frac{{3\pi }}{2}.} $

Пример 9

Вычислить двойной интеграл (\iint\limits_R {\sin \sqrt {{x^2} + {y^2}} dxdy} ) посредством преобразования в полярные координаты. Область интегрирования (R) представляет собой круг ({x^2} + {y^2} \le {\pi ^2}.)

Решение:

Область интегрирования (R) представлена на рисунке: perekhod-ot-dvoinogo-integrala-k-povtornomu-10

Образ (S) данной области описывается множеством (\left[ {S = \left( {r,\theta } \right)|\;0 \le r \le \pi ,0 \le \theta \le 2\pi } \right]) и показан на рисунке:

perekhod-ot-dvoinogo-integrala-k-povtornomu-11

Запишем исходный двойной интеграл в полярных координатах. $ {I = \iint\limits_R {\sin \sqrt {{x^2} + {y^2}} dxdy} } = {\iint\limits_S {\sin \sqrt {{r^2}{{\cos }^2}\theta + {r^2}{\sin^2}\theta } rdrd\theta } } = {\iint\limits_S {r\sin rdrd\theta } } = {\int\limits_0^{2\pi } {d\theta } \int\limits_0^\pi {r\sin rdr} } = {2\pi \int\limits_0^\pi {r\sin rdr} .} $ Вычислим последний интеграл с помощью интегрирования по частям: $ {\int\limits_a^b {udv} } = {\left. {\left( {uv} \right)} \right|_a^b - \int\limits_a^b {vdu} .} $ Пусть (u = r,) (dv = \sin rdr.) Тогда (du = dr,\;\;v = \int {\sin rdr} = - \cos r). Следовательно, $ {I = 2\pi \int\limits_0^\pi {r\sin rdr} } = {2\pi \left[ {\left. {\left( { - r\cos r} \right)} \right|_0^\pi - \int\limits_0^\pi {\left( { - \cos r} \right)dr} } \right] } = {2\pi \left[ {\left. {\left( { - r\cos r} \right)} \right|_0^\pi + \int\limits_0^\pi {\cos rdr} } \right] } = \\ = {2\pi \left[ {\left. {\left( { - r\cos r} \right)} \right|_0^\pi + \left. {\left( {\sin r} \right)} \right|_0^\pi } \right] } = {2\pi \left. {\left( {\sin r - r\cos r} \right)} \right|_0^\pi } = {2\pi \left[ {\left( {\sin \pi - \pi \cos \pi } \right) - \left( {\sin 0 - 0 \cdot \cos 0} \right)} \right] } = {2\pi \cdot \pi = 2{\pi ^2}.} $