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