15.2 : Intégrales doubles sur les régions générales
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- 197430
- Reconnaître quand une fonction de deux variables est intégrable sur une région générale.
- Évaluez une intégrale double en calculant une intégrale itérée sur une région délimitée par deux lignes verticales et deux fonctions de\(x\), ou deux lignes horizontales et deux fonctions de\(y\).
- Simplifiez le calcul d'une intégrale itérée en modifiant l'ordre d'intégration.
- Utilisez des intégrales doubles pour calculer le volume d'une région située entre deux surfaces ou l'aire d'une région plane.
- Résolvez les problèmes impliquant des intégrales doubles incorrectes.
Auparavant, nous avons étudié le concept d'intégrales doubles et examiné les outils nécessaires pour les calculer. Nous avons appris des techniques et des propriétés pour intégrer les fonctions de deux variables sur des régions rectangulaires. Nous avons également discuté de plusieurs applications, telles que la détermination du volume délimité ci-dessus par une fonction sur une région rectangulaire, la recherche de la surface par intégration et le calcul de la valeur moyenne d'une fonction de deux variables.
Dans cette section, nous examinons les intégrales doubles de fonctions définies\(D\) sur une région délimitée générale du plan. La plupart des résultats précédents s'appliquent également à cette situation, mais certaines techniques doivent être étendues pour couvrir ce cas plus général.
Régions générales d'intégration
Un exemple de région délimitée générale\(D\) sur un plan est illustré à la figure\(\PageIndex{1}\). Comme elle\(D\) est bornée sur le plan, il doit exister une région rectangulaire\(R\) sur le même plan qui entoure la région, c'\(D\)est-à-dire qu'une région rectangulaire\(R\) existe telle qu'elle\(D\) est un sous-ensemble de\(R (D \subseteq R)\).
\(z = f(x,y)\)Suppose est défini sur une région délimitée planaire générale,\(D\) comme dans la figure\(\PageIndex{1}\). Afin de développer des intégrales doubles de\(f\) plus,\(D\) nous étendons la définition de la fonction pour inclure tous les points de la région rectangulaire,\(R\) puis nous utilisons les concepts et les outils de la section précédente. Mais comment étendre la définition de\(f\) pour inclure tous les points sur\(R\) ? Pour ce faire, nous définissons une nouvelle\(g(x,y)\) fonction\(R\) comme suit :
\[g(x,y) = \begin{cases} f(x,y), & \text{if} \; (x,y) \; \text{is in}\; D \\[4pt] 0, & \text{if} \;(x,y) \; \text{is in} \; R \;\text{but not in}\; D \end{cases} \nonumber \]
Notez que nous pouvons rencontrer des difficultés techniques si la limite de\(D\) est compliquée. Nous supposons donc que la limite est une courbe fermée simple, lisse et continue par morceaux. De plus, étant donné que tous les résultats développés dans la section sur les intégrales doubles sur des régions rectangulaires utilisaient une fonction intégrable,\(f(x,y)\) nous devons faire attention\(g(x,y)\) et vérifier qu'il\(g(x,y)\) s'agit d'une fonction intégrable sur la région rectangulaire\(R\). Cela se produit tant que la région\(D\) est délimitée par de simples courbes fermées. Pour l'instant, nous allons nous concentrer sur les descriptions des régions plutôt que sur leur fonction et étendre notre théorie de manière appropriée à l'intégration.
Nous considérons deux types de régions délimitées planes.
Une\(D\) région du\((x,y)\) plan est de type I si elle se trouve entre deux lignes verticales et les graphes de deux fonctions continues\(g_1(x)\) et\(g_2(x)\). C'est-à-dire (Figure\(\PageIndex{2}\)),
\[D = \big\{(x,y)\,|\, a \leq x \leq b, \space g_1(x) \leq y \leq g_2(x) \big\}. \nonumber \]
Une\(D\) région du\(xy\) plan est de type II si elle se trouve entre deux lignes horizontales et les graphes de deux fonctions continues\(h_1(y)\) et\(h_2(y)\). C'est-à-dire (Figure\(\PageIndex{3}\)),
\[D = \big\{(x,y)\,| \, c \leq y \leq d, \space h_1(y) \leq x \leq h_2(y) \big\}. \nonumber \]
Considérez la région située dans le premier quadrant entre les fonctions\(y = \sqrt{x}\) et\(y = x^3\) (Figure\(\PageIndex{4}\)). Décrivez d'abord la région comme étant de type I, puis de type II.
Lorsque vous décrivez une région comme étant de type I, nous devons identifier la fonction située au-dessus de la région et la fonction située en dessous de la région. Ici, la région\(D\) est délimitée au-dessus\(y = \sqrt{x}\) et en dessous de\(y = x^3\) dans l'intervalle pour\(x\) in\([0,1]\). Par conséquent, en tant que type I,\(D\) est décrit comme l'ensemble\(\big\{(x,y)\,| \, 0 \leq x \leq 1, \space x^3 \leq y \leq \sqrt[3]{x}\big\}\).
Toutefois, lorsque nous décrivons une région comme étant de type II, nous devons identifier la fonction située à gauche de la région et la fonction située à droite de la région. Ici, la région\(D\) est délimitée à gauche par\(x = y^2\) et à droite par\(x = \sqrt[3]{y}\) l'intervalle pour\(y\) in\([0,1]\). Par conséquent, en tant que type II,\(D\) est décrit comme l'ensemble\(\big\{(x,y) \,| \, 0 \leq y \leq 1, \space y^2 \leq x \leq \sqrt[3]{y}\big\}\).
Considérez la région située dans le premier quadrant entre les fonctions\(y = 2x\) et\(y = x^2\). Décrivez d'abord la région comme étant de type I, puis de type II.
- Allusion
-
Représentez les fonctions sous forme graphique et tracez des lignes verticales et horizontales.
- Réponse
-
Le type I et le type II sont exprimés en\(\big\{(x,y) \,|\, 0 \leq x \leq 2, \space x^2 \leq y \leq 2x\big\}\) et\(\big\{(x,y)|\, 0 \leq y \leq 4, \space \frac{1}{2} y \leq x \leq \sqrt{y}\big\}\), respectivement.
Intégrales doubles sur des régions non rectangulaires
Pour développer le concept et les outils d'évaluation d'une intégrale double sur une région générale non rectangulaire, nous devons d'abord comprendre la région et être capables de l'exprimer en tant que type I ou type II ou une combinaison des deux. Sans comprendre les régions, nous ne serons pas en mesure de déterminer les limites des intégrations en intégrales doubles. Dans un premier temps, examinons le théorème suivant.
Supposons que ce\(g(x,y)\) soit l'extension du rectangle\(R\) de la fonction\(f(x,y)\) définie sur les régions\(D\) et\(R\) comme le montre la figure à\(\PageIndex{1}\) l'intérieur\(R\). Puis\(g(x,y)\) est intégrable et nous définissons la double intégrale de\(f(x,y)\) over\(D\) par
\[\iint\limits_D f(x,y) \,dA = \iint\limits_R g(x,y) \,dA. \nonumber \]
Le côté droit de cette équation est ce que nous avons vu précédemment, donc ce théorème est raisonnable car il\(R\) s'agit d'un rectangle et\(\iint\limits_R g(x,y)dA\) a été discuté dans la section précédente. De plus, l'égalité fonctionne parce que les valeurs de\(g(x,y)\) concernent\(0\) n'importe quel point\((x,y)\) situé à l'extérieur\(D\) et, par conséquent, ces points n'ajoutent rien à l'intégrale. Cependant, il est important que le rectangle\(R\) contienne la région\(D\).
En fait, si la région\(D\) est délimitée par des courbes lisses sur un plan et que nous pouvons la décrire comme étant de type I ou de type II ou un mélange des deux, nous pouvons utiliser le théorème suivant et ne pas avoir à trouver un rectangle\(R\) contenant la région.
Pour une fonction\(f(x,y)\) continue sur une région\(D\) de type I, nous avons
\[\iint\limits_D f(x,y)\,dA = \iint\limits_D f(x,y)\,dy \space dx = \int_a^b \left[\int_{g_1(x)}^{g_2(x)} f(x,y)\,dy \right] dx. \nonumber \]
De même, pour une fonction\(f(x,y)\) continue sur une région\(D\) de type II, nous avons
\[\iint\limits_D f(x,y)\,dA = \iint\limits_D f(x,y)\,dx \space dy = \int_c^d \left[\int_{h_1(y)}^{h_2(y)} f(x,y)\,dx \right] dy. \nonumber \]
L'intégrale de chacune de ces expressions est une intégrale itérée, similaire à celles que nous avons vues auparavant. Remarquez que, dans l'intégrale intérieure de la première expression, nous nous intégrons au\(x\) fait\(f(x,y)\) d'être maintenu constant et que les limites de l'intégration sont\(g_1(x)\) et\(g_2(x)\). Dans l'intégrale intérieure de la deuxième expression, nous nous intégrons au\(y\) fait\(f(x,y)\) d'être maintenus constants et les limites de l'intégration sont\(h_1(x)\) et\(h_2(x)\).
Évaluez l'intégrale à\(D\) l'\(\displaystyle \iint \limits _D x^2 e^{xy} \,dA\)endroit indiqué sur la figure\(\PageIndex{5}\).
Solution
Construisez d'abord la région en tant que région de type I (Figure\(\PageIndex{5}\)). Ici\(D = \big\{(x,y) \,|\, 0 \leq x \leq 2, \space \frac{1}{2} x \leq y \leq 1\big\}\). Ensuite, nous avons
\[\iint \limits _D x^2e^{xy} \,dA = \int_{x=0}^{x=2} \int_{y=1/2x}^{y=1} x^2e^{xy}\,dy\,dx. \nonumber \]
Par conséquent, nous avons
\[\begin{align*} \int_{x=0}^{x=2}\int_{y=\frac{1}{2}x}^{y=1}x^2e^{xy}\,dy\,dx &= \int_{x=0}^{x=2}\left[\int_{y=\frac{1}{2}x}^{y=1}x^2e^{xy}\,dy\right] dx & &\text{Iterated integral for a Type I region.}\\[5pt] &=\int_{x=0}^{x=2} \left.\left[ x^2 \frac{e^{xy}}{x} \right] \right|_{y=1/2x}^{y=1}\,dx & & \text{Integrate with respect to $y$}\\[5pt] &= \int_{x=0}^{x=2} \left[xe^x - xe^{x^2/2}\right]dx & & \text{Integrate with respect to $x$} \\[5pt] &=\left[xe^x - e^x - e^{\frac{1}{2}x^2} \right] \Big|_{x=0}^{x=2} = 2. \end{align*}\]
Dans l'exemple\(\PageIndex{2}\), nous aurions pu examiner la région d'une autre manière, par exemple\(D = \big\{(x,y)\,|\,0 \leq y \leq 1, \space 0 \leq x \leq 2y\big\}\) (Figure\(\PageIndex{6}\)).
Il s'agit d'une région de type II et l'intégrale ressemblerait alors à
\[\iint \limits _D x^2e^{xy}\,dA = \int_{y=0}^{y=1} \int_{x=0}^{x=2y} x^2 e^{xy}\,dx \space dy. \nonumber \]
Cependant, si nous intégrons d'abord par rapport à\(x\) cette intégrale, le calcul est long car nous devons utiliser l'intégration par parties deux fois.
Evaluer l'intégrale
\[\iint \limits _D (3x^2 + y^2) \,dA \nonumber \]
où\(D = \big\{(x,y)\,| \, -2 \leq y \leq 3, \space y^2 - 3 \leq x \leq y + 3\big\}\).
Solution
Notez que cela\(D\) peut être considéré comme une région de type I ou de type II, comme le montre la figure\(\PageIndex{7}\). Cependant, dans ce cas, le décrire\(D\) comme étant de type I est plus compliqué que de le décrire comme étant de type II. Par conséquent, nous utilisons\(D\) une région de type II pour l'intégration.
En choisissant cet ordre d'intégration, nous avons
\[\begin{align*} \iint \limits _D (3x^2 + y^2)\,dA &= \int_{y=-2}^{y=3} \int_{x=y^2-3}^{x=y+3} (3x^2 + y^2) \,dx \space dy \\[5pt] &=\int_{y=-2}^{y=3} \left. (x^3 + xy^2) \right|_{y^2-3}^{y+3} \,dy & & \text{Iterated integral, Type II region}\\[5pt] &=\int_{y=-2}^{y=3} \left((y + 3)^3 + (y + 3)y^2 - (y^2 - 3)y^2\right)\,dy \\ &=\int_{-2}^3 (54 + 27y - 12y^2 + 2y^3 + 8y^4 - y^6)\,dy & & \text{Integrate with respect to $x$.} \\[5pt] &= \left[ 54y + \frac{27y^2}{2} - 4y^3 + \frac{y^4}{2} + \frac{8y^5}{5} - \frac{y^7}{7} \right]_{-2}^3 \\ &=\frac{2375}{7}. \end{align*}\]
Esquissez la région\(D\) et évaluez l'intégrale itérée\[\iint \limits _D xy \space dy \space dx \nonumber \] où\(D\) est la région délimitée par les courbes\(y = \cos \space x\) et\(y = \sin \space x\) dans l'intervalle\([-3\pi/4, \space \pi/4]\).
- Allusion
-
Exprimez-vous\(D\) en tant que région de type I et intégrez par rapport à la\(y\) première.
- Réponse
-
\(\frac{\pi}{4}\)
Rappelez les propriétés des intégrales doubles dans les régions rectangulaires. Comme nous l'avons vu dans les exemples présentés ici, toutes ces propriétés sont également valables pour une fonction définie sur une région délimitée non rectangulaire d'un plan. En particulier, la propriété 3 indique que :
Si\(R = S \cup T\) et\(S \cap T = 0\) sauf à leurs limites, alors
\[\iint \limits _R f(x,y)\,dA = \iint\limits _S f(x,y)\,dA + \iint\limits _T f(x,y) \,dA. \nonumber \]
De même, nous avons la propriété suivante d'intégrales doubles sur une région délimitée non rectangulaire sur un plan.
Supposons que la région\(D\) puisse être exprimée comme\(D = D_1 \cup D_2\) où\(D_1\) et\(D_2\) ne se chevauche pas, sauf au niveau de ses limites. Alors
\[\iint \limits _D f(x,y) \,dA = \iint \limits _{D_1} f(x,y) \,dA + \iint \limits _{D_2} f(x,y) \,dA. \nonumber \]
Ce théorème est particulièrement utile pour les régions non rectangulaires car il permet de diviser une région en une union de régions de type I et de type II. Ensuite, nous pouvons calculer la double intégrale sur chaque pièce de manière pratique, comme dans l'exemple suivant.
Exprimez la région\(D\) illustrée dans la figure\(\PageIndex{8}\) comme une union de régions de type I ou de type II, et évaluez l'intégrale
\[\iint \limits _D (2x + 5y)\,dA. \nonumber \]
Solution
La région n'\(D\)est pas facile à décomposer en un seul type ; il s'agit en fait d'une combinaison de différents types. Nous pouvons donc l'écrire comme une union de trois régions\(D_1\)\(D_2\), et\(D_3\) où\(D_1 = \big\{(x,y)\,| \, -2 \leq x \leq 0, \space 0 \leq y \leq (x + 2)^2 \big\}\),\(D_2 = \big\{(x,y)\,| \, 0 \leq y \leq 4, \space 0 \leq x \leq \big(y - \frac{1}{16} y^3 \big) \big\}\), et\(D_3 = \big\{(x,y)\,| \, -4 \leq y \leq 0, \space -2 \leq x \leq \big(y - \frac{1}{16} y^3 \big) \big\}\). Ces régions sont illustrées plus clairement sur la figure\(\PageIndex{9}\).
\(D_1\)Voici le type I\(D_2\) et\(D_3\) sont tous les deux du type II. Par conséquent,
\[\begin{align*} \iint\limits_D (2x + 5y)\,dA &= \iint\limits_{D_1} (2x + 5y)\,dA + \iint\limits_{D_2} (2x + 5y)\,dA + \iint\limits_{D_3} (2x + 5y)\,dA \\ &= \int_{x=-2}^{x=0} \int_{y=0}^{y=(x+2)^2} (2x + 5y) \,dy \space dx + \int_{y=0}^{y=4} \int_{x=0}^{x=y-(1/16)y^3} (2 + 5y)\,dx \space dy + \int_{y=-4}^{y=0} \int_{x=-2}^{x=y-(1/16)y^3} (2x + 5y)\,dx \space dy \\ &= \int_{x=-2}^{x=0} \left[\frac{1}{2}(2 + x)^2 (20 + 24x + 5x^2)\right]\,dx + \int_{y=0}^{y=4} \left[\frac{1}{256}y^6 - \frac{7}{16}y^4 + 6y^2 \right]\,dy +\int_{y=-4}^{y=0} \left[\frac{1}{256}y^6 - \frac{7}{16}y^4 + 6y^2 + 10y - 4\right] \,dy\\ &= \frac{40}{3} + \frac{1664}{35} - \frac{1696}{35} = \frac{1304}{105}.\end{align*}\]
Nous pouvons maintenant refaire cet exemple en utilisant l'union de deux régions de type II (voir le point de contrôle).
Considérez la région délimitée par les courbes\(y = \ln x\) et\(y = e^x\) dans l'intervalle\([1,2]\). Décomposez la région en régions plus petites de type II.
- Allusion
-
Esquissez la région et divisez-la en trois régions pour la configurer.
- Réponse
-
\[\big\{(x,y)\,| \, 0 \leq y \leq 1, \space 1 \leq x \leq e^y \big\} \cup \big\{(x,y)\,| \, 1 \leq y \leq e, \space 1 \leq x \leq 2 \big\} \cup \big\{(x,y)\,| \, e \leq y \leq e^2, \space \ln y \leq x \leq 2 \big\} \nonumber \]
Refaites\(\PageIndex{4}\) l'exemple en utilisant l'union de deux régions de type II.
- Allusion
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\[\big\{(x,y)\,| \, 0 \leq y \leq 4, \space 2 + \sqrt{y} \leq x \leq \big(y - \frac{1}{16}y^3\big) \big\} \cup \big\{(x,y)\,| \, - 4 \leq y \leq 0, \space -2 \leq x \leq \big(y - \frac{1}{16}y^{13}\big) \big\} \nonumber \]
- Réponse
-
Comme dans l'exemple illustré.
Changer l'ordre de l'intégration
Comme nous l'avons déjà vu lorsque nous évaluons une intégrale itérée, un ordre d'intégration conduit parfois à un calcul nettement plus simple que l'autre ordre d'intégration. Parfois, l'ordre d'intégration n'a pas d'importance, mais il est important d'apprendre à reconnaître quand un changement d'ordre simplifiera notre travail.
Inverser l'ordre d'intégration dans l'intégrale itérée
\[\int_{x=0}^{x=\sqrt{2}} \int_{y=0}^{y=2-x^2} xe^{x^2} \,dy \space dx. \nonumber \]
Évaluez ensuite la nouvelle intégrale itérée.
Solution
La région telle que présentée est de type I. Pour inverser l'ordre d'intégration, nous devons d'abord exprimer la région comme étant de type II. Reportez-vous à la figure\(\PageIndex{10}\).
Les limites de l'intégration montrent que la région est délimitée au-dessus\(y = 2 - x^2\) et en dessous par ce qui\(y = 0\) se\(x\) trouve dans l'intervalle\([0, \sqrt{2}]\). En inversant l'ordre, nous obtenons la région délimitée à gauche par\(x = 0\) et à droite par l'\(x = \sqrt{2 - y}\)endroit où se\(y\) trouve l'intervalle\([0, 2]\). Nous avons résolu\(y = 2 - x^2\) en termes\(x\) d'obtention\(x = \sqrt{2 - y}\).
D'où
\[\begin{align*} \int_0^{\sqrt{2}} \int_0^{2-x^2} xe^{x^2} dy \space dx &= \int_0^2 \int_0^{\sqrt{2-y}} xe^{x^2}\,dx \space dy &\text{Reverse the order of integration then use substitution.} \\[4pt] &= \int_0^2 \left[\left.\frac{1}{2}e^{x^2}\right|_0^{\sqrt{2-y}}\right] dy = \int_0^2\frac{1}{2}(e^{2-y} - 1)\,dy \\[4pt] &= -\left.\frac{1}{2}(e^{2-y} + y)\right|_0^2 = \frac{1}{2}(e^2 - 3). \end{align*}\]
Considérez l'intégrale itérée
\[\iint\limits_R f(x,y)\,dx \space dy \nonumber \]
où\(z = f(x,y) = x - 2y\) au-dessus d'une région triangulaire\(R\) dont les côtés sont\(x = 0, \space y = 0\) alignés et la ligne\(x + y = 1\). Esquissez la région, puis évaluez l'intégrale itérée en utilisant
- intégrer d'abord par rapport à,\(y\) puis
- en s'intégrant d'abord par rapport à\(x\).
Solution
Une esquisse de la région apparaît sur la figure\(\PageIndex{11}\).
Nous pouvons réaliser cette intégration de deux manières différentes.
a. Une façon de voir les choses est d'intégrer d'abord\(y\) de\(y = 0\) à\(y = 1 - x\) verticalement, puis d'intégrer\(x\) de\(x = 0\) à\(x = 1\) :
\[\begin{align*} \iint\limits_R f(x,y) \,dx \space dy &= \int_{x=0}^{x=1} \int_{y=0}^{y=1-x} (x - 2y) \,dy \space dx = \int_{x=0}^{x=1}\left(xy - 2y^2\right)\Big|_{y=0}^{y=1-x} dx \\[4pt] &=\int_{x=0}^{x=1} \left[ x(1 - x) - (1 - x)^2\right] \,dx = \int_{x=0}^{x=1} [ -1 + 3x - 2x^2] dx = \left[ -x + \frac{3}{2}x^2 - \frac{2}{3} x^3 \right]\Big|_{x=0}^{x=1} = -\frac{1}{6}. \end{align*}\]
b. L'autre façon de résoudre ce problème consiste d'abord à intégrer\(x\) de\(x = 0\) à\(x = 1 - y\) horizontalement, puis à intégrer\(y\) de\(y = 0\) à\(y = 1\) :
\[\begin{align*} \iint \limits _D (3x^2 + y^2)\,dA &= \int_{y=-2}^{y=3} \int_{x=y^2-3}^{x=y+3} (3x^2 + y^2) \,dx \space dy \\[4pt] &=\int_{y=-2}^{y=3} (x^3 + xy^2) \Big|_{y^2-3}^{y+3} \,dy & & \text{Iterated integral, Type II region}\\[4pt] &=\int_{y=-2}^{y=3} \left((y + 3)^3 + (y + 3)y^2 - (y^2 - 3)y^2\right)\,dy \\[4pt] &=\int_{-2}^3 (54 + 27y - 12y^2 + 2y^3 + 8y^4 - y^6)\,dy & & \text{Integrate with respect to $x$.} \\[4pt] &= \left( 54y + \frac{27y^2}{2} - 4y^3 + \frac{y^4}{2} + \frac{8y^5}{5} - \frac{y^7}{7} \right)\Big|_{-2}^3 \\[4pt] &=\frac{2375}{7}. \end{align*}\]
Évaluez l'intégrale itérée\(\displaystyle \iint\limits_D (x^2 + y^2)\,dA\) sur la\(D\) région du premier quadrant entre les fonctions\(y = 2x\) et\(y = x^2\). Évaluez l'intégrale itérée en intégrant d'abord par rapport à,\(y\) puis en intégrant d'abord par rapport à\(x\).
- Allusion
-
Esquissez la région et suivez l'exemple\(\PageIndex{6}\).
- Réponse
-
\(\frac{216}{35}\)
Calcul des volumes, des surfaces et des valeurs moyennes
Nous pouvons utiliser des intégrales doubles sur des régions générales pour calculer les volumes, les surfaces et les valeurs moyennes. Les méthodes sont les mêmes que celles utilisées dans les intégrales doubles sur des régions rectangulaires, mais sans se limiter à une région rectangulaire, nous pouvons désormais résoudre une plus grande variété de problèmes.
Trouvez le volume du solide délimité par les plans\(x = 0, \space y = 0, \space z = 0\), et\(2x + 3y + z = 6\).
Solution
Le solide est un tétraèdre dont la base est située sur le\(xy\) plan et a une hauteur\(z = 6 - 2x - 3y\). La base est la région\(D\) délimitée par les lignes\(x = 0\),\(y = 0\) et\(2x + 3y = 6\) où\(z = 0\) (Figure\(\PageIndex{12}\)). Notez que nous pouvons considérer la région\(D\) comme étant de type I ou de type II, et que nous pouvons l'intégrer des deux manières.
Tout d'abord, considérez\(D\) comme une région de type I, et donc\(D = \big\{(x,y)\,| \, 0 \leq x \leq 3, \space 0 \leq y \leq 2 - \frac{2}{3} x \big\}\).
Par conséquent, le volume est
\[\begin{align*} V &= \int_{x=0}^{x=3} \int_{y=0}^{y=2-(2x/3)} (6 - 2x - 3y) \,dy \space dx = \int_{x=0}^{x=3} \left[ \left.\left( 6y - 2xy - \frac{3}{2}y^2\right)\right|_{y=0}^{y=2-(2x/3)} \right] \,dx\\[4pt] &= \int_{x=0}^{x=3} \left[\frac{2}{3} (x - 3)^2 \right] \,dx = 6. \end{align*}\]
Maintenant, considérez\(D\) comme une région de type II, donc\(D = \big\{(x,y)\,| \, 0 \leq y \leq 2, \space 0 \leq x \leq 3 - \frac{3}{2}y \big\}\). Dans ce calcul, le volume est
\[\begin{align*} V &= \int_{y=0}^{y=2} \int_{x=0}^{x=3-(3y/2)} (6 - 2x - 3y)\,dx \space dy = \int_{y=0}^{y=2} \left[(6x - x^2 - 3xy)\Big|_{x=0}^{x=3-(3y/2)} \right] \,dy \\[4pt] &= \int_{y=0}^{y=2} \left[\frac{9}{4}(y - 2)^2 \right] \,dy = 6.\end{align*}\]
Par conséquent, le volume est de 6 unités cubes.
Déterminez le volume du solide délimité au-dessus de la région délimitée par les courbes\(y = 0\) et\(y = e^x\) où se\(x\) trouve l'intervalle\([0,1]\).\(f(x,y) = 10 - 2x + y\)
- Allusion
-
Esquissez la région et décrivez-la comme étant de type I.
- Réponse
-
\(\frac{e^2}{4} + 10e - \frac{49}{4}\)unités cubiques
Il est facile de trouver l'aire d'une région rectangulaire, mais trouver l'aire d'une région non rectangulaire n'est pas si simple. Comme nous l'avons vu, nous pouvons utiliser des intégrales doubles pour trouver une zone rectangulaire. En fait, cela s'avère très pratique pour trouver l'aire d'une région générale non rectangulaire, comme indiqué dans la définition suivante.
L'aire d'une région délimitée par un plan\(D\) est définie comme la double intégrale
\[\iint\limits_D 1\,dA. \nonumber \]
Nous avons déjà vu comment trouver des domaines en termes d'intégration unique. Nous voyons ici une autre façon de trouver des zones en utilisant des intégrales doubles, ce qui peut être très utile, comme nous le verrons dans les sections suivantes de ce chapitre.
Déterminez l'aire de la région délimitée en dessous par la courbe\(y = x^2\) et au-dessus par la ligne\(y = 2x\) dans le premier quadrant (Figure\(\PageIndex{13}\)).
Solution
Il suffit d'intégrer la fonction constante\(f(x,y) = 1\) sur la région. Ainsi, l'aire\(A\) de la région délimitée est\(\displaystyle \int_{x=0}^{x=2} \int_{y=x^2}^{y=2x} dy \space dx \space \text{or} \space \int_{y=0}^{y=4} \int_{x=y/2}^{x=\sqrt{y}} dx \space dy:\)
\[\begin{align*} A &= \iint\limits_D 1\,dx \space dy \\[4pt] &= \int_{x=0}^{x=2} \int_{y=x^2}^{y=2x} 1\,dy \space dx \\[4pt] &= \int_{x=0}^{x=2} \left(y\Big|_{y=x^2}^{y=2x} \right) \,dx \\[4pt] &= \int_{x=0}^{x=2} (2x - x^2)\,dx \\[4pt] &= \left(x^2 - \frac{x^3}{3}\right) \Big|_0^2 = \frac{4}{3}. \end{align*}\]
Détermine l'aire d'une région délimitée en haut par la courbe\(y = x^3\) et en dessous\(y = 0\) sur l'intervalle\([0,3]\).
- Allusion
-
Esquissez la région.
- Réponse
-
\(\frac{81}{4}\)unités carrées
Nous pouvons également utiliser une double intégrale pour déterminer la valeur moyenne d'une fonction sur une région générale. La définition est une extension directe de la formule précédente.
Si\(f (x,y)\) est intégrable sur une région délimitée par un plan\(D\) avec une zone positive\(A(D)\), alors la valeur moyenne de la fonction est
\[f_{ave} = \frac{1}{A(D)} \iint\limits_D f(x,y) \,dA. \nonumber \]
Notez que la zone est\(\displaystyle A(D) = \iint\limits_D 1\,dA\).
Détermine la valeur moyenne de la fonction\(f(x,y) = 7xy^2\) sur la région délimitée par la droite\(x = y\) et la courbe\(x = \sqrt{y}\) (Figure\(\PageIndex{14}\)).
Solution
Trouvez d'abord la zone\(A(D)\) où la région\(D\) est donnée par la figure. Nous avons
\[A(D) = \iint\limits_D 1\,dA = \int_{y=0}^{y=1} \int_{x=y}^{x=\sqrt{y}} 1\,dx \space dy = \int_{y=0}^{y=1} \left[x \Big|_{x=y}^{x=\sqrt{y}} \right] \,dy = \int_{y=0}^{y=1} (\sqrt{y} - y) \,dy = \frac{2}{3}\left. y^{2/3} - \frac{y^2}{2} \right|_0^1 = \frac{1}{6} \nonumber \]
Ensuite, la valeur moyenne de la fonction donnée sur cette région est
\[\begin{align*} f_{ave} = \frac{1}{A(D)} \iint\limits_D f(x,y) \,dA = \frac{1}{A(D)} \int_{y=0}^{y=1}\int_{x=y}^{x=\sqrt{y}} 7xy^2 \,dx \space dy = \frac{1}{1/6} \int_{y=0}^{y=1} \left[ \left. \frac{7}{2} x^2y^2 \right|_{x=y}^{x=\sqrt{y}} \right] \,dy \\ = 6 \int_{y=0}^{y=1} \left[ \frac{7}{2} y^2 (y - y^2)\right] \,dy = 6\int_{y=0}^{y=1} \left[ \frac{7}{2} (y^3 -y^4) \right] \,dy = \frac{42}{2} \left. \left( \frac{y^4}{4} - \frac{y^5}{5}\right) \right|_0^1 = \frac{42}{40} = \frac{21}{20}. \end{align*}\]
Détermine la valeur moyenne de la fonction\(f(x,y) = xy\) sur le triangle avec des sommets\((0,0), \space (1,0)\) et\((1,3)\).
- Allusion
-
Exprime la ligne joignant\((0,0)\) et\((1,3)\) en tant que fonction\(y = g(x)\).
- Réponse
-
\(\frac{3}{4}\)
Intégrales doubles inappropriées
Une intégrale double incorrecte est une intégrale\(\displaystyle \iint\limits_D f \,dA\) où soit\(D\) une région illimitée\(f\) soit une fonction illimitée. Par exemple,\(D = \big\{(x,y) \,|\,|x - y| \geq 2\big\}\) est une région illimitée et la fonction située\(f(x,y) = 1/(1 - x^2 - 2y^2)\) au-dessus de l'ellipse\(x^2 + 3y^2 \geq 1\) est une fonction illimitée. Par conséquent, les deux intégrales suivantes sont des intégrales incorrectes :
- \[\iint\limits_D xy \space dA \space \text{where} \space D = \big\{(x,y)| | \, x - y| \geq 2 \big\}; \nonumber \]
- \[\iint\limits_D \frac{1}{1 - x^2 -2y^2}\,dA \space \text{where} \space D = \big\{(x,y)| \, x^2 + 3y^2 \leq 1 \big\}. \nonumber \]
Dans cette section, nous aimerions traiter des intégrales inappropriées de fonctions sur des rectangles ou des régions simples, de telle sorte que f ne comporte qu'un nombre limité de discontinuités. Toutes ces intégrales inappropriées ne peuvent pas être évaluées ; cependant, une forme de théorème de Fubini s'applique à certains types d'intégrales incorrectes.
\(D\)Il s'agit d'un rectangle délimité ou d'une région simple dans le plan défini par
\(\big\{(x,y)\,: a \leq x \leq b, \space g(x) \leq y \leq h(x) \big\}\)et aussi par
\(\big\{(x,y)\,: c \leq y \leq d, \space j(y) \leq x \leq k(y)\big\}\)et\(f\) est une fonction non négative\(D\) avec un nombre infini de discontinuités à l'intérieur de l'\(D\)époque
\[\iint\limits_D f \space dA = \int_{x=a}^{x=b} \int_{y=g(x)}^{y=h(x)} f(x,y) \,dy \space dx = \int_{y=c}^{y=d} \int_{x=j(y)}^{x=k(y)} f(x,y) \,dx \space dy \nonumber \]
Il est très important de noter que nous avons exigé que la fonction ne soit pas négative\(D\) pour que le théorème fonctionne. Nous ne considérons que le cas où la fonction comporte un nombre infini de discontinuités à l'intérieur\(D\).
Considérez la fonction\(f(x,y) = \frac{e^y}{y}\) sur la région\(D = \big\{(x,y)\,: 0 \leq x \leq 1, \space x \leq y \leq \sqrt{x}\big\}.\)
Notez que la fonction est non négative et continue à tous les points,\(D\) sauf\((0,0)\). Utilisez le théorème de Fubini pour évaluer l'intégrale incorrecte.
Solution
Nous tracons d'abord la région\(D\) (Figure\(\PageIndex{15}\)), puis nous l'exprimons d'une autre manière.
L'autre façon d'exprimer la même région\(D\) est
\[D = \big\{(x,y)\,: \, 0 \leq y \leq 1, \space y^2 \leq x \leq y \big\}. \nonumber \]
Ainsi, nous pouvons utiliser le théorème de Fubini pour les intégrales incorrectes et évaluer l'intégrale comme
\[\int_{y=0}^{y=1} \int_{x=y^2}^{x=y} \frac{e^y}{y} \,dx \space dy. \nonumber \]
Par conséquent, nous avons
\[\int_{y=0}^{y=1} \int_{x=y^2}^{x=y} \frac{e^y}{y} \,dx \space dy = \int_{y=0}^{y=1} \left. \frac{e^y}{y}x\right|_{x=y^2}^{x=y} \,dy = \int_{y=0}^{y=1} \frac{e^y}{y} (y - y^2) \,dy = \int_0^1 (e^y - ye^y)\,dy = e - 2. \nonumber \]
Comme indiqué précédemment, nous avons également une intégrale inappropriée si la région d'intégration n'est pas limitée. Supposons maintenant que la fonction\(f\) soit continue dans un rectangle illimité\(R\).
S'il s'\(R\)agit d'un rectangle illimité tel que\(R = \big\{(x,y)\,: \, a \leq x \leq \infty, \space c \leq y \leq \infty \big\}\), alors lorsque la limite existe, nous avons
\[\iint\limits_R f(x,y) \,dA = \lim_{(b,d) \rightarrow (\infty, \infty)} \int_a^b \left(\int_c^d f (x,y) \,dy \right) dx = \lim_{(b,d) \rightarrow (\infty, \infty)} \int_c^d \left(\int_a^b f(x,y) \,dx \right) dy. \nonumber \]
L'exemple suivant montre comment ce théorème peut être utilisé dans certains cas d'intégrales incorrectes.
Évaluez l'intégrale\(\iint\limits_R xye^{-x^2-y^2}\,dA\) où\(R\) se trouve le premier quadrant du plan.
Solution
La région\(R\) est le premier quadrant du plan, qui n'est pas limité. Donc
\[\begin{align*} \iint\limits_R xye^{-x^2-y^2} \,dA &= \lim_{(b,d) \rightarrow (\infty, \infty)} \int_{x=0}^{x=b} \left(\int_{y=0}^{y=d} xye^{-x^2-y^2} dy\right) \,dx \\ &= \lim_{(b,d) \rightarrow (\infty, \infty)} \int_{y=0}^{x=b} xye^{-x^2-y^2} \,dy \\ &= \lim_{(b,d) \rightarrow (\infty, \infty)} \frac{1}{4} \left(1 - e^{-b^2}\right) \left( 1 - e^{-d^2}\right) = \frac{1}{4} \end{align*}\]
Ainsi,
\[\iint\limits_R xye^{-x^2-y^2}\,dA \nonumber \]
est convergente et la valeur est\(\frac{1}{4}\).
\[\iint\limits_D \frac{y}{\sqrt{1 - x^2 - y^2}}dA \nonumber \]où\(D = \big\{(x,y)\,: \, x \geq 0, \space y \geq 0, \space x^2 + y^2 \leq 1 \big\}\).
- Allusion
-
Notez que l'intégrale est non négative et discontinue\(x^2 + y^2 = 1\). Exprimez la région\(D\) sous forme\(D = \big\{(x,y)\,: \, 0 \leq x \leq 1, \space 0 \leq y \leq \sqrt{1 - x^2} \big\}\) et intégrez-la à l'aide de la méthode de substitution.
- Réponse
-
\(\frac{\pi}{4}\)
Dans certaines situations de la théorie des probabilités, nous pouvons mieux comprendre un problème lorsque nous sommes en mesure d'utiliser des intégrales doubles sur des régions générales. Avant de passer en revue un exemple avec une double intégrale, nous devons définir quelques définitions et nous familiariser avec certaines propriétés importantes.
Considérez une paire de variables\(X\) aléatoires continues,\(Y\) telles que les anniversaires de deux personnes ou le nombre de jours ensoleillés et pluvieux par mois. La fonction\(f\) de densité articulaire de\(X\) et\(Y\) satisfait la probabilité qui\((X,Y)\) se trouve dans une certaine région\(D\) :
\[P((X,Y) \in D) = \iint\limits_D f(x,y) \,dA. \nonumber \]
Comme les probabilités ne peuvent jamais être négatives et doivent se situer entre 0 et 1, la fonction de densité des joints satisfait à l'inégalité et à l'équation suivantes :
\[f(x,y) \geq 0 \space \text{and} \space \iint\limits_R f(x,y) \,dA = 1. \nonumber \]
Les variables\(X\) et\(Y\) sont considérées comme des variables aléatoires indépendantes si leur fonction de densité conjointe est le produit de leurs fonctions de densité individuelles :
\[f(x,y) = f_1(x) f_2(y). \nonumber \]
Au restaurant de Sydney, les clients doivent attendre en moyenne 15 minutes pour avoir une table. Entre le moment où ils sont assis et le moment où ils ont terminé leur repas, il leur faut en moyenne 40 minutes supplémentaires. Quelle est la probabilité qu'un client passe moins d'une heure et demie au restaurant, en supposant que l'attente d'une table et la préparation du repas sont des événements indépendants ?
Solution
Les temps d'attente sont modélisés mathématiquement par des fonctions de densité exponentielle, le temps d'attente\(m\) étant le temps d'attente moyen, comme
\[f(t) = \begin{cases} 0, & \text{if}\; t<0 \\ \dfrac{1}{m}e^{-t/m}, & \text{if} \; t\geq 0.\end{cases} \nonumber \]
si\(X\) et\(Y\) sont des variables aléatoires pour « attendre une table » et « terminer le repas », alors les fonctions de densité de probabilité sont, respectivement,
\[f_1(x) = \begin{cases} 0, & \text{if}\; x<0. \\ \dfrac{1}{15} e^{-x/15}, & \text{if} \; x\geq 0. \end{cases} \quad \text{and} \quad f_2(y) = \begin{cases} 0, & \text{if}\; y<0 \\ \dfrac{1}{40} e^{-y/40}, & \text{if}\; y\geq 0. \end{cases} \nonumber \]
De toute évidence, les événements sont indépendants et, par conséquent, la fonction de densité des articulations est le produit des fonctions individuelles.
\[f(x,y) = f_1(x)f_2(y) = \begin{cases} 0, & \text{if} \; x<0 \; \text{or} \; y<0, \\ \dfrac{1}{600} e^{-x/15}, & \text{if} \; x,y\geq 0 \end{cases} \nonumber \]
Nous voulons déterminer la probabilité que le temps combiné\(X + Y\) soit inférieur à 90 minutes. En termes de géométrie, cela signifie que la région\(D\) se trouve dans le premier quadrant délimité par la ligne\(x + y = 90\) (Figure\(\PageIndex{16}\)).
Par conséquent, la probabilité qui\((X,Y)\) se trouve dans la région\(D\) est
\[P(X + Y \leq 90) = P((X,Y) \in D) = \iint\limits_D f(x,y) \,dA = \iint\limits_D \frac{1}{600}e^{-x/15} e^{-y/40} \,dA. \nonumber \]
Comme\(x + y = 90\) c'est la même chose que\(y = 90 - x\), nous avons une région de type I, donc
\[\begin{align*} D &= \big\{(x,y)\,|\,0 \leq x \leq 90, \space 0 \leq y \leq 90 - x\big\}, \\[6pt] P(X + Y \leq 90) &= \frac{1}{600} \int_{x=0}^{x=90} \int_{y=0}^{y=90-x} e^{-(/15}e^{-y/40}dx \space dy = \frac{1}{600} \int_{x=0}^{x=90} \int_{y=0}^{y=90-x}e^{-x/15}e^{-y/40} dx \space dy \\[6pt] &= \frac{1}{600} \int_{x=0}^{x=90} \int_{y=0}^{y=90-x} e^{-(x/15+y/40)}dx \space dy = 0.8328 \end{align*}\]
Il est donc\(83.2\%\) possible qu'un client passe moins d'une heure et demie au restaurant.
Une autre application importante des probabilités qui peut impliquer des intégrales doubles incorrectes est le calcul des valeurs attendues. Nous définissons d'abord ce concept, puis nous montrons un exemple de calcul.
En théorie des probabilités, nous désignons les valeurs attendues\(E(X)\) et,\(E(Y)\) respectivement, les résultats les plus probables des événements. Les valeurs attendues\(E(X)\) et\(E(Y)\) sont données par
\[E(X) = \iint\limits_S x\,f(x,y) \,dA \space and \space E(Y) = \iint\limits_S y\,f (x,y) \,dA, \nonumber \]
où\(S\) est l'espace d'échantillonnage des variables aléatoires\(X\) et\(Y\).
Trouvez l'heure prévue pour les événements « attendre une table » et « terminer le repas » dans Exemple\(\PageIndex{12}\).
Solution
En utilisant le premier quadrant du plan de coordonnées rectangulaire comme espace d'échantillonnage, nous obtenons des intégrales incorrectes pour\(E(X)\) et\(E(Y)\). L'heure prévue pour une table est
\ [\ begin {align*} E (X) &= \ iint \ Limits_S x \ frac {1} {600} e^ {-x/15} e^ {-y/40} \, dA \ \ [6 points]
&= \ frac {1} {600} \ int_ {x=0} ^ {x= \ infty} \ int_ {y=0} ^ {y= \ infty} \ int_ {y=0} ^ {y= \ infty} ty} xe^ {-x/15} e^ {-y/40} dA \ \ [6 points]
&= \ frac {1} {600} \ lim_ {(a, b) \ flèche droite (\ infty, \ infty)} \ int_ {x=0} ^ {x=a} \ int_ {y=0} ^ {y=b} xe^ {-x/15} e^ {-y/40} dx \ space dy \ \ [6pt]
&= \ frac {1} {600} \ left (\ lim_ {a \ flèche droite \ infty} \ int_ {x=0} ^ {x=a} xe^ {-x/15} dx \ right) \ left (\ lim_ {b \ flèche droite \ infty} \ int_ {y=0} ^ {y=b} e^ {-y/40} dy \ right) \ \ [6pt]
&= \ frac {1} {600} \ left (\ left. (\ lim_ {a \ droiteflèche \ infty} (-15e^ {-x/15} (x + 15)))) \ droite|_ {x=0} ^ {x=a} \ droite) \ gauche (\ lim_ {b \ flèche droite \ infty} (-40e^ {-y/40})) \ droite|_ {y=0} ^ {y=b} \ droite) \ \ [6pt]
&= \ frac {1} {600} \ left (\ lim_ {a \ flèche droite \ infty} (-15e^ {-a/15} (x + 15) + 225) \ right) \ left (\ lim_ {b \ flèche droite \ infty} (- 40e^ {-b/40} + 40) \ (droite) \ \ [6 points]
&= \ frac {1} {600} (225) (40) = 15. \ end {align*} \]
Un calcul similaire montre que\(E(Y) = 40\). Cela signifie que les valeurs attendues des deux événements aléatoires sont respectivement le temps d'attente moyen et l'heure moyenne des repas.
La fonction de densité conjointe pour deux variables aléatoires\(X\) et\(Y\) est donnée par
\[f(x,y) =\begin{cases}\frac{1}{600} (x^2 + y^2),\; & \text{if} \; \leq x \leq 15, \; 0 \leq y \leq 10 \\ 0, & \text{otherwise} \end{cases} \nonumber \]
Détermine la probabilité qui\(X\) est d'au plus 10 et\(Y\) d'au moins 5.
- Allusion
-
Calculez la probabilité
\[P(X \leq 10, \space Y \geq 5) = \int_{x=-\infty}^{10} \int_{y=5}^{y=10} \frac{1}{6000} (x^2 + y^2) dy \space dx. \nonumber \]
- Réponse
-
\(\frac{55}{72} \approx 0.7638\)
Concepts clés
- Une région délimitée générale\(D\) sur le plan est une région qui peut être enfermée à l'intérieur d'une région rectangulaire. Nous pouvons utiliser cette idée pour définir une double intégrale sur une région délimitée générale.
- Pour évaluer une intégrale itérée d'une fonction sur une région générale non rectangulaire, nous esquissons la région et l'exprimons sous la forme d'une région de type I ou de type II ou d'une union de plusieurs régions de type I ou de type II qui se chevauchent uniquement sur leurs limites.
- Nous pouvons utiliser des intégrales doubles pour trouver les volumes, les surfaces et les valeurs moyennes d'une fonction sur des régions générales, de la même manière que pour les calculs sur des régions rectangulaires.
- Nous pouvons utiliser le théorème de Fubini pour les intégrales incorrectes afin d'évaluer certains types d'intégrales incorrectes.
Équations clés
- Intégrale itérée sur une région de type I
\[\iint\limits_D f(x,y) \,dA = \iint\limits_D f(x,y) \,dy \space dx = \int_a^b \left[\int_{g_1(x)}^{g_2(x)} f(x,y) \,dy \right] dx \nonumber \]
- Intégrale itérée sur une région de type II
\[\iint\limits_D f(x,y) \,dA = \iint\limits_D (x,y) \,dx \space dy = \int_c^d \left[ \int_{h_1(y)}^{h_2(y)} f(x,y) \,dx \right] dy \nonumber \]
Lexique
- double intégrale inappropriée
- une intégrale double sur une région illimitée ou d'une fonction illimitée
- Typ I
- une\(D\) région du plan\(xy\) - est de type I si elle se trouve entre deux lignes verticales et les graphes de deux fonctions continues\(g_1(x)\) et\(g_2(x)\)
- Typ II
- une\(D\) région du\(xy\) plan -est de type II si elle se trouve entre deux lignes horizontales et les graphes de deux fonctions continues\(h_1(y)\) et\(h_2(h)\)