595. Примеры.
1) Вычислить интеграл, распространенный на прямоугольник
Решение. По формуле
пишем
Найдем сначала внутренний интеграл:
отсюда
2) Вычислить интегралы
Решение.
в) Проще представить
по формуле (4) в виде
ибо сразу получаем:
так что
Если прибегнуть к другому повторному интегралу, то квадратуры окажутся несколько более сложными:
Легко преобразовать этот ответ к прежнему виду.
3) Найти объем V тела, ограниченного снизу плоскостью
с боков плоскостями
а сверху эллиптическим параболоидом
Решение. Прежде всего по формуле
Самое же вычисление интеграла произведем по формуле
:
4) То же для тела, ограниченного плоскостью
поверхностью
и плоскостями
.
Решение. Если за основание тела принять прямоугольник
на плоскости
то
[Конечно, проще было бы рассматривать тело, как цилиндр, имеющий основанием полукруг на плоскости
5) То же для тела, ограниченного плоскостями
и гиперболическим параболоидом
Ответ.
6) Доказать, что
Подинтегральная функция в двойном интеграле, если при
приписать ей значение 1, будет непрерывна во всем квадрате
Имеем
Делая во внутреннем интеграле подстановку
(при
), а затем интегрируя по частям, последовательно получим для двойного интеграла выражение
Двойная подстановка обращается в 0, так как интеграл
при
есть бесконечно малая первого порядка
. Что же касается последнего интеграла, то, ввиду тождества
он приводится к интегралу
7) Доказать, что (при любом
)
Для этой цели каждый из интегралов разложим в ряд по степеням
По отношению к простому интегралу это уже было сделано в 440, 13):
Подинтегральная функция в двойном интеграле разлагается в ряд
равномерно сходящийся для всех значений
в квадрате
Интегрируя его почленно в этом квадрате, получим
[см. 312 (8)].
так что после простых преобразований
Легко проверить теперь [см. 390, 3)], что, действительно,
Таким образом, значение предложенного двойного интеграла может быть выражено через бесселеву функцию с нулевым значком:
8) Доказать, что при любом
Указание. Оба интеграла разложить по степеням к; для интеграла справа это разложение нам уже встречалось [440, 13)].
9) Доказать, что если функция
интегрируема в промежутке
, а функция
интегрируема в промежутке
, то функция
от двух переменных будет интегрируема в прямоугольнике
.
Указание. Вопрос можно свести к интегрируемости в (Р) порознь функций
рассматриваемых как функции от двух переменных. Для того же, чтобы установить это, удобно воспользоваться облегченным критерием интегрируемости, указанным в конце п° 591. Заметим, что при этом
так что двойной интеграл приводится здесь к произведению двух простых интегралов.
Иной раз, наоборот, оказывается полезным представить произведение двух простых интегралов в виде двойного интеграла. Ниже мы приводим некоторые примеры применения этой идеи.
10) Доказать неравенство:
где
— положительная непрерывная функция.
Без умаления общности можно предположить, что
Так как интеграл не зависит от обозначения переменной интегрирования, и можно в любом из интегралов букву х заменить буквой у, то левая часть неравенства перепишется так:
где
Отсюда
В силу очевидного неравенства
. В подинтегральная функция
так что [см. 592, 7°]
что и требовалось доказать.
11) Неравенство Буняковского. Мы уже имели дело с этим неравенством [321]. В виде упражнения дадим новый вывод его для случая функций
интегрируемых в
в собственном смысле.
Рассмотрим интеграл
где (Р) есть квадрат
Раскрывая скобки, имеем [см. 9)]
или, наконец, снова пользуясь независимостью интеграла от обозначения независимой переменной:
Так как в интеграле В подинтегральное выражение неотрицательно, то и
откуда и следует требуемое неравенство
Замечание. Из него, в частности, вытекает и неравенство предыдущего упражнения (если
заменить на
на
)
12) Неравенство Чебышева. Сходными рассуждениями доказывается неравенство
которое принадлежит П. Л. Чебышеву. Здесь
есть положительная интегрируемая функция,
— монотонно возрастающие функции.
Пусть
Рассмотрим разность
Заменяя во вторых множителях обоих членов букву х на у, представим эту разность
в виде
Обменяем теперь ролями х и у.
Наконец, если взять полусумму обоих выражений, получим
Так как обе функции
монотонно возрастают, то обе квадратные скобки одного знака, т. е. подинтегральное выражение всегда неотрицательно, а тогда и
чем и доказано требуемое неравенство.
Легко видеть, что оно остается в силе и в том случае, когда, обе функции
и
убывают. В случае, когда одна из них убывает, а другая возрастает, неравенство меняет смысл.
13) Пусть функция
непрерывна в прямоугольнике
Обозначая через
произвольную точку в этом прямоугольнике, рассмотрим функцию, выраженную двойным интегралом:
Если представить его в виде повторного интеграла:
то, дифференцируя сначала по х, затем по у, последовательно получим
Мы пришли к аналогу теоремы о дифференцировании простого интеграла по переменному верхнему пределу. Точно также установим, что и
14) Пусть
интегрируема в прямоугольнике
. Если для этой функции (которую на этот раз мы не предполагаем обязательно непрерывной) существует «первообразная» функция
в том смысле, что
то
Это — аналог формулы, выражающей обыкновенный определенный интеграл через первообразную.
Наметим доказательство. Разложим прямоугольник
как и в п° 594, на частичные прямоугольники
Дважды применяя к выражению
формулу конечных приращений
представим его в виде
где
Суммируя
и
получим
Наконец, перейдем к пределу.
Как видим, схема рассуждений — та же, что и при доказательстве основной формулы интегрального исчисления, выражающей простой определенный интеграл через первообразную [310].
В заключение приведем два поучительных примера, устанавливающих взаимную независимость условий теоремы п° 594.
15) Если х — рациональное число, то, представив его в виде несократимой дроби с положительным знаменателем, будем обозначать последний через
Определим в квадрате
функцию
положив:
Функция будет разрывна во всех точках квадрата, имеющих рациональные координаты, а в остальных — непрерывна.
Так как, каково бы ни было
лишь в конечном числе точек может быть
то условие интегрируемости, установленное в п° 589, выполняется, и двойной интеграл
существует; он равен 0.
При иррациональном значении у функция
обращается в 0 для всех х, так что и
Если же у рационально, то
для иррациональных значений х, а для рациональных х имеем:
Эта функция от переменной х в любом промежутке ее изменения имеет колебание
следовательно, для нее по х не существует интеграла. Значит, не может быть речи и о повторном интеграле
Аналогично устанавливается, что не существует и интеграл
16) Положим теперь
во всех точках квадрата, для которых обе координаты
рациональны и притом
в прочих точках.
Так как в любой части квадрата колебание функции
равно 1, то двойной интеграл
на этот раз не существует.
В то же время при постоянном у функция
либо тождественно равна 0 (если у иррационально), либо может быть отлична от 0 лишь для конечного числа значений х (если у рационально). В обоих случаях
значит, существует и повторный интеграл
Точно так же существует и интеграл