13.2: Подвійна інтеграція та обсяг

Певний інтеграл$f$ над$[a,b]$$\displaystyle \int_a^b f(x) \,dx$, був введений як «підписана область під кривою». Ми наблизили значення цієї області, спочатку$[a,b]$ діливши на$n$ підінтервали, де$i^\text{ th}$ підінтервал має довжину$\Delta x_i$, і дозволяючи$c_i$ бути будь-яке значення в$i^\text{ th}$ підінтервалі. Ми сформували прямокутники, які наближали частину області під кривою шириною$\Delta x_i$, висотою$f(c_i)$, а отже і площею$f(c_i)\,\Delta x_i$. Підсумовування всіх площ прямокутника дало наближення певного інтеграла, а теорема 38 стверджувала, що

$$\int_a^bf(x) \,dx = \lim_{\|\Delta x\|\to 0}\sum f(c_i)\,\Delta x_i,$$

з'єднання площі під кривою з сумами площ прямокутників.

Ми використовуємо подібний підхід у цьому розділі, щоб знайти об'єм під поверхнею.

$R$Дозволяти бути замкнутою, обмеженою областю в$xy$ -plane і нехай$z=f(x,y)$ бути безперервна функція, визначена на$R$. Ми хочемо знайти підписаний обсяг під поверхнею$f$ над$R$. (Ми використовуємо термін «підписаний том» для позначення того, що простір над$xy$ -площиною, під$f$, матиме позитивний обсяг; простір над$f$ і під$xy$ -площиною матиме «негативний» обсяг, подібний до поняття знакової області, використовуваної раніше.)

Почнемо з$R$ поділу на$n$ прямокутні субобласті, як показано на малюнку$\PageIndex{1a}$. Заради простоти, ми дозволяємо всім ширинам бути$\Delta x$ і всі висоти бути$\Delta y$. Зверніть увагу, що сума площ прямокутників не дорівнює площі$R$, а скоріше є близьким наближенням. Довільно пронумеруйте прямокутники 1 через$n$, і виберіть точку$(x_i,\,y_i)$ в$i^\text{ th}$ субрегіоні.

Рисунок$\PageIndex{1}$: Розробка методу знаходження підписаного об'єму під поверхнею.

Обсяг прямокутного твердого тіла, основою якого є$i^\text{th}$ субобласть і висота якого$f(x_i,\,y_i)$ дорівнює$V_i=f(x_i,\,y_i)\,\Delta x\,\Delta y$. Таке тверде тіло показано на малюнку$\PageIndex{1b}$. Зверніть увагу, як це прямокутне тверде тіло лише наближає справжній об'єм під поверхнею; частина твердого тіла знаходиться над поверхнею, а частина - внизу.

Для кожного субрегіону, який$R_i$ використовується для наближення$R$, створіть прямокутну суцільну площу з базовою площею$\Delta x\,\Delta y$ та висотою$f(x_i,\,y_i)$. Сума всіх прямокутних твердих тіл дорівнює

$$\sum_{i=1}^n f(x_i,y_i)\,\Delta x\,\Delta y.$$

Це наближає підписаний обсяг під$f$ понад$R$. Як ми робили раніше, для кращого наближення ми можемо використовувати більше прямокутників для наближення області$R$.

Загалом, кожен прямокутник може мати різну ширину$\Delta x_j$ та висоту$\Delta y_k$, надаючи$i^\text{ th}$ прямокутнику площу,$\Delta A_i = \Delta x_j\,\Delta y_k$ а$i^\text{th}$ прямокутному тілу об'єм$f(x_i,y_i)\,\Delta A_i$. $||\Delta A||$Дозвольте позначити довжину найдовшої діагоналі всіх прямокутників у підрозділі$R$;$||\Delta A||\to 0$ означає, що ширина та висота кожного прямокутника наближаються до 0. Якщо$f$ є неперервною функцією, так як$||\Delta A||$ стискається (і, отже$n\to\infty$), підсумовування$\displaystyle \sum_{i=1}^n f(x_i,y_i)\,\Delta A_i$ наближає підписаний обсяг все краще і краще. Це призводить до визначення.

Примітка: Нагадаємо, що символ інтеграції$\int$ "" є «подовженою S», що представляє слово «сума». Ми інтерпретували$\displaystyle \int_a^bf(x) \,dx$ як «взяти суму площ прямокутників за інтервал»$[a,b]$. Подвійний інтеграл використовує два символи інтеграції для представлення «подвійної суми». При складанні обсягів прямокутних тіл над розділом області$R$, як це зроблено на малюнку$\PageIndex{1}$, можна спочатку скласти обсяги по кожному рядку (один тип суми), а потім скласти ці підсумки разом (інша сума), як у

$$\sum_{j=1}^n\sum_{i=1}^mf(x_i,y_j)\,\Delta x_i\,\Delta y_j.$$

Можна переписати це як

$$\sum_{j=1}^n\left(\sum_{i=1}^mf(x_i,y_j)\,\Delta x_i\right)\,\Delta y_j.$$

Підсумовування всередині дужок вказує на суму висот$\times$ ширини, яка дає площу; множення цих областей на товщину$\Delta y_j$ дає обсяг. Ілюстрація на малюнку$\PageIndex{2}$ стосується цього розуміння.

Визначення 101: Подвійний інтеграл, підписаний том

$z=f(x,y)$Дозволяти неперервна функція, визначена над замкнутою$R$ областю в$xy$ -площині. Підписаний обсяг$V$ під$f$ понад$R$ позначається подвійним інтегралом.

$$V = \iint_R f(x,y) \,dA.$$

Альтернативними позначеннями для подвійного інтеграла є
$$\iint_R f(x,y) \,dA=\iint_R f(x,y) \,dx \,dy=\iint_R f(x,y) \,dy \,dx.$$

Визначення вище не вказує, як знайти підписаний том, хоча позначення пропонує підказку. Нам потрібні наступні дві теореми, щоб оцінити подвійні інтеграли, щоб знайти об'єм.

теорема 118: Подвійні інтеграли та підписаний об'єм

$z=f(x,y)$Дозволяти неперервна функція, визначена над замкнутою$R$ областю в$xy$ -площині. Тоді підписаний обсяг$V$ під$f$$R$ закінченням

$$V = \iint_R f(x,y) dA = \lim_{||\Delta A||\to 0}\sum_{i=1}^n f(x_i,y_i)\,\Delta A_i.$$

Ця теорема стверджує, що ми можемо знайти точний підписаний обсяг, використовуючи межу сум. Розділ області$R$ не вказано, тому будь-яке розбиття, де діагональ кожного прямокутника зменшується до 0, призводить до тієї ж відповіді.

Це не пропонує дуже задовольняючий спосіб обчислювальної області, хоча. Наш досвід показав, що оцінка лімітів сум може бути стомлюючою. Ми шукаємо більш прямий метод.

Нагадаємо, теорему 54 у розділі 7.2. Це стверджувало, що якщо$A(x)$ дає площу поперечного перерізу твердого тіла at$x$, то$\int_a^b A(x) dx$ дає обсяг цього твердого тіла над$[a,b]$.

Розглянемо Малюнок$\PageIndex{2}$, де поверхня$z=f(x,y)$ намальована над областю$R$. Фіксуючи певне$x$ значення, ми можемо розглянути область під$f$ над$R$ де$x$ має це фіксоване значення. Цю область можна знайти з певним інтегралом, а саме

$$A(x)=\int_{g_1(x)}^{g_2(x)} f(x,y) \,dy.$$

Пам'ятайте, що хоча integrand містить$x$, ми розглядаємо$x$ як фіксовану. Також зверніть увагу, що межею інтеграції є функції$x$: межі залежать від значення$x$.

Малюнок$\PageIndex{2}$: Знаходження обсягу під поверхнею шляхом змітання площі поперечного перерізу.

Як$A(x)$ і функція площі поперечного перерізу, ми можемо знайти підписаний том$V$,$f$ інтегруючи його:

$$V = \int_a^b A(x) \,dx = \int_a^b\left(\int_{g_1(x)}^{g_2(x)} f(x,y) \,dy\right)\,dx = \int_a^b\int_{g_1(x)}^{g_2(x)} f(x,y) \,dy \,dx.$$

Це дає конкретний метод знаходження підписаного обсягу під поверхнею. Ми могли б зробити аналогічну процедуру, де ми почали з$y$ фіксованою, в результаті чого ітераційний інтеграл з порядком інтеграції$dx \,dy$. Наступна теорема стверджує, що обидва методи дають однаковий результат, який є значенням подвійного інтеграла. Саме така важлива теорема має назву, пов'язану з нею.

ТЕОРЕМА 119: Теорема Фубіні

$R$Дозволяти бути замкнутою, обмеженою областю в$xy$ -площині і нехай$z=f(x,y)$ бути безперервна функція на$R$.

1. Якщо$R$ обмежується$a\leq x\leq b$ і$g_1(x)\leq y\leq g_2(x)$, де$g_1$ і$g_2$ є неперервними функціями на$[a,b]$, то $$\iint_R f(x,y) \,dA = \int_a^b\int_{g_1(x)}^{g_2(x)} f(x,y) \,dy \,dx.$$
2. Якщо$R$ обмежується$c\leq y\leq d$ і$h_1(y)\leq x\leq h_2(y)$, де$h_1$ і$h_2$ є неперервними функціями на$[c,d]$, то $$\iint_R f(x,y) \,dA = \int_c^d\int_{h_1(y)}^{h_2(y)} f(x,y) \,dx \,dy.$$

Зверніть увагу, що ще раз межі інтеграції слідують за шаблоном «крива до кривої, точка-точка», розглянутим у попередньому розділі. Фактично, одним з основних пунктів попереднього розділу є розвиток навику опису області$R$ з межами ітераційного інтеграла. Після того, як ця навичка буде розвинена, ми можемо використовувати подвійні інтеграли для обчислення багатьох величин, а не лише підписаного обсягу під поверхнею.

Приклад$\PageIndex{1}$: Evaluating a double integral

Нехай$f(x,y) = xy+e^y$. Знайдіть підписаний обсяг$f$ на області$R$, яка є прямокутником з кутами$(3,1)$ і$(4,2)$ зображена на малюнку$\PageIndex{3}$, використовуючи теорему Фубіні і обидва порядку інтеграції.

Рішення

Бажаємо оцінити$\displaystyle \iint_R \big(xy+e^y\big) \,dA$. Як$R$ і прямокутник, межі легко описані як$3\leq x\leq 4$ і$1\leq y\leq 2$.

Використовуючи замовлення$dy \,dx$:

\ [\ begin {align*}
\ iInt_R\ великий (xy+e^y\ великий)\, да &=\ int_3^4\ int_1^2\ великий (xy+e^y\ великий)\, dy\, dx\\
&=\ int_3^4\ лівий (\ лівий. \ лівий [\ frac12xy^2+e^y\ правий]\ праворуч | _1^2\\ праворуч)\, dx\\
&=\ int_3^4\ ліворуч (\ frac 32x + e^2-e\ праворуч)\, dx\\
&=\ ліворуч. \ ліворуч (\ розрив 34x^2 +\ великий (e^2-e\ великий) х\ вправо)\ праворуч | _3^4\\
&=\ гідророзриву {21} 4+ e^2-e\ приблизно 9.92.
\ end {вирівнювати*}\]

Рисунок$\PageIndex{3}$: Пошук підписаного томи під поверхнею у прикладі 13.2.1.

Тепер перевіряємо достовірність теореми Фубіні за допомогою порядку$dx \,dy$:

\ [\ begin {align*}
\ iInt_R\ великий (xy+e^y\ великий)\, да &=\ int_1^2\ int_3^4\ великий (xy+e^y\ великий)\, dx\, dh\\
&=\ int_1^2\ лівий (\ лівий. \ лівий [\ frac12x^2y+xe^y\ правий]\ праворуч | _3^4\ праворуч)\, dy\\
&=\ int_1^2\ ліворуч (\ frac72y+e^y\ праворуч)\, dy\\
&=\ ліворуч. \ ліворуч (\ frac74y^2+e^y\ праворуч)\ праворуч | _1^2\\
&=\ розрив {21} 4+e ^ 2-е\ приблизно 9,92.
\ end {вирівнювати*}\]

Обидва замовлення інтеграції повертають той самий результат, як і очікувалося.

Приклад$\PageIndex{2}$: Evaluating a double integral

Оцініть$\displaystyle \iint_R \big(3xy-x^2-y^2+6\big) \,dA$, де$R$ знаходиться трикутник, обмежений$x=0$,$y=0$ і$x/2+y=1$, як показано на малюнку$\PageIndex{4}$.

Рішення

Хоча не вказано, який порядок ми будемо використовувати, ми будемо оцінювати подвійний інтеграл, використовуючи обидва замовлення, щоб допомогти їхати додому точку, що не має значення, який порядок ми використовуємо.

Малюнок$\PageIndex{4}$: Пошук підписаного об'єму під поверхнею у прикладі$\PageIndex{2}$.

Використовуючи замовлення$dy \,dx$:

Межі$y$ переходять від «кривої до кривої»$0\leq y\leq 1-x/2$, тобто, і межі$x$ йдуть від «точки до точки», тобто$0\leq x\leq 2$.

\ [\ begin {align*}
\ iInt_R (3xy-x^2-y^2+6\ великий)\, Да &=\ int_0^2\ int_0^ {-\ розрив x2+1} (3xy-x^2-y^2+6\ big)\, dy\, dx\\
&=\ int_0^2\ ліворуч. \ ліворуч (\ frac32xy^2-x^2y-\ frac13y^3+6y\ праворуч)\ праворуч |_0^ {-\ розриву x2+1}\, dx\\
&=\ int_0^2\ ліворуч (\ frac {11} {12} x^3-\ frac {11} {4} x^2-x-\ frac {17} 3\ правий)\, dx\\
&=\ вліво. \ ліворуч (\ розрив {11} {48} x^4-\ розрив {11} {12} x^3-\ frac12x^2-\ розрив {17} 3x\ праворуч)\ праворуч |_0^2\
&=\ розрив {17} 3=5. \ оверлайн {6}.
\ end {вирівнювати*}\]

Тепер розглянемо порядок$dx dy$. Тут$x$ переходить від «кривої до кривої»$0\leq x\leq 2-2y$, і$y$ переходить від «точки до точки»$0\leq y\leq 1$:

\ [\ begin {align*}
\ iInt_R (3xy-x^2-y^2+6\ великий)\, Да &=\ int_0^1\ int_0^ {2-2y} (3xy-x^2-y^2+6\ big)\, dx\, dh\\
&=\ int_0^1\ ліворуч. \ ліворуч (\ frac32x^2y-\ frac13x^3-xy^2+6x\ праворуч)\ праворуч | _0^ {2-2y}\, dy\\
&=\ int_0^1\ ліворуч (\ frac {32} 3y^3-22y^2y+\ frac {28} 3\ праворуч)\ dy\\
&=\ ліворуч. \ ліворуч (\ frac83y^4-\ розрив {22} 3y^3+y^2+\ frac {28} 3y\ праворуч)\ праворуч | _0^1\\
&=\ розриву {17} 3=5. \ оверлайн {6}.
\ end {вирівнювати*}\]

Ми отримали однаковий результат, використовуючи обидва порядку інтеграції.

Зверніть увагу, як у цих двох прикладах межі інтеграції залежать лише від$R$; межі інтеграції не мають нічого спільного$f(x,y)$. Це важлива концепція, тому ми включаємо її як ключову ідею.

КЛЮЧОВА ІДЕЯ 56: Межі подвійної інтеграції

При оцінці з$\displaystyle \iint_Rf(x,y) dA$ використанням ітераційного інтеграла межі інтеграції залежать тільки від$R$. Поверхня$f$ не визначає меж інтеграції.

Перш ніж робити інший приклад, ми наведемо деякі властивості подвійних інтегралів. Кожен повинен мати сенс, якщо ми розглядаємо їх у контексті знаходження підписаного обсягу під поверхнею, над областю.

ТЕОРЕМА 120 Властивості подвійних інтегралів

$g$Дозволяти$f$ і бути неперервними функціями над замкнутою, обмеженою$R$ площиною області, і нехай$c$ бути константою.

1. $\displaystyle \iint_Rc\,f(x,y) dA = c\iint_Rf(x,y) \,dA.$
2. $\displaystyle \iint_R \big(f(x,y)\pm g(x,y)\big) \,dA = \iint_R f(x,y) \,dA \pm \iint_R g(x,y) \,dA$
3. Якщо$f(x,y)\geq 0$ включений$R$, то$\displaystyle \iint_R f(x,y) \,dA\geq 0$.
4. Якщо$f(x,y)\geq g(x,y)$ включений$R$, то$\displaystyle \iint_R f(x,y) \,dA\geq \iint_R g(x,y) \,dA$.
5. $R$Дозволяти об'єднання двох областей, що не перетинаються,$R = R_1\bigcup R_2$ (див. Рис.$\PageIndex{5}$). Тоді
   $$\iint_R f(x,y) \,dA = \iint_{R_1}f(x,y) \,dA+ \iint_{R_2}f(x,y) \,dA.$$

Малюнок$\PageIndex{5}$: R - об'єднання двох неперекриваються областей,$R_1$ і$R_2$.

Приклад$\PageIndex{3}$: Evaluating a double integral

$f(x,y) = \sin x\cos y$$R$Дозволяти і бути трикутником з вершинами$(-1,0)$,$(1,0)$ і$(0,1)$ (рис.$\PageIndex{5}$). Оцініть подвійний інтеграл$\displaystyle \iint_Rf(x,y) \,dA$.

Рисунок$\PageIndex{5}$: Пошук підписаного тома під поверхнею у прикладі$\PageIndex{3}$.

Рішення

Якщо ми спробуємо інтегрувати за допомогою ітераційного інтеграла з порядком$dy dx$, зверніть увагу, як є дві верхні межі$R$ значення, нам потрібно буде використовувати два ітераційні інтеграли. Нам потрібно буде розділити трикутник на дві області вздовж$y$ -осі, а потім використовувати теорему 120, частина 5.

Замість цього давайте скористаємося порядком$dx dy$. Криві$x$, що$y-1\leq x\leq 1-y$ обмежують є; межі на$y$ є$0\leq y\leq 1$. Це дає нам:

\ [\ begin {align*}
\ iInt_r f (x, y)\, Да &=\ int_0^1\ int_ {y-1} ^ {1-y}\ sin x\ cos y\, dx\, dh\\
&=\ int_0^1\ ліворуч. \ Великий (-\ cos x\ cos y\ Big)\ право|_ {y-1} ^ {1-й}\, dy\\
&=\ int_0^1\ cos y\ Big (-\ cos (1-й) +\ cos (y-1)\ Big)\, dy.
\ end {вирівнювати*}\]

Нагадаємо, що функція косинуса є парною функцією; тобто$\cos x = \cos (-x)$. Тому з останнього інтеграла вище ми маємо$\cos (y-1) = \cos (1-y)$. Таким чином, integrand спрощує,$0,$ і ми маємо

\ [\ begin {align*}
\ iInt_r f (x, y)\, Да &=\ int_0^1 0\, dy\\
&= 0.
\ end {вирівнювати*}\]

Виявляється$R$, над$xy$ -plane є стільки ж обсягу, скільки нижче (подивіться ще раз на рис.$\PageIndex{5}$), даючи остаточний підписаний обсяг 0.

Приклад$\PageIndex{4}$: Evaluating a double integral

Оцініть$\displaystyle \iint_R (4-y) \,dA$, де$R$ знаходиться область, обмежена параболами$y^2=4x$ і$x^2=4y$, зображена на малюнку$\PageIndex{6}$.

Малюнок$\PageIndex{6}$: Пошук об'єму під поверхнею у прикладі$\PageIndex{4}$.

Рішення

Графік кожної кривої може допомогти нам знайти їх точки перетину. Вирішуючи аналітично, друге рівняння говорить нам про це$y=x^2/4$. Підстановка цього значення в for$y$ в першому рівнянні дає нам$x^4/16 = 4x$. Рішення для$x$:

\ [\ почати {вирівнювати*}
\ гідророзриву {x^4} {16} &= 4x\\
x^4-64x &=0\\
x (x^3-64) &=0\\
x&= 0,\ 4.
\ end {вирівнювати*}\]

Таким чином, ми аналітично знайшли те, що було легко наблизити графічно: області перетинаються на$(0,0)$ і$(4,4)$, як показано на малюнку$\PageIndex{6}$.

Тепер вибираємо порядок інтеграції:$dy \,dx$ або$dx \,dy$? Будь-який порядок працює; оскільки integrand не містить$x$, вибір$dx \,dy$ може бути простішим - принаймні, перший інтеграл дуже простий.

Таким чином, ми маємо наступні межі «крива до кривої, точка до точки»:$y^2/4\leq x\leq 2\sqrt y$, і$0\leq y\leq 4$.

\ [\ почати {вирівнювати*}
\ iInt_r (4-й)\, Да &=\ int_0^4\ int_ {y^2/4} ^ {2\ sqrt {y}} (4-й)\, dx\, dx\\
&=\ int_0^4\ великий (х (4-й)\ великий)\ Великий |_ {y^2/4} ^ {2\ sqrt {y}}\, dy\\
&=\ int_0^4\ Великий (\ великий (2\ sqrt {y} -\ frac {y^2} {4}\ великий)\ великий (4-й)\ Великий)\, dy =\ int_0^4\ Великий (\ frac {y^3} {4} -y^2-2y ^ {3/2} +8y^ {1/2}\ Великий)\, ди\\
&=\ ліворуч. \ ліворуч (\ розрив {y^4} {16} -\ розрив {y^3} {3} -\ розрив {4y^ {5/2}} 5+\ розрив {16y^ {3/2}} 3\ праворуч)\ праворуч |_0^4\\
&=\ frac {176} {15} = 11.7\ оверлайн {3}.
\ end {вирівнювати*}\]

Підписаний обсяг під поверхнею$f$ становить близько 11,7 кубічних одиниць.

У попередньому розділі ми практикували зміну порядку інтеграції заданого ітераційного$R$ інтеграла, де область явно не задана. Зміна меж інтеграла - це більше, ніж просто перевірка розуміння. Швидше, бувають випадки, коли інтеграція в одному порядку дійсно важка, якщо не неможлива, тоді як інтеграція з іншим порядком можлива.

Приклад$\PageIndex{5}$: Changing the order of integration

Перепишіть ітераційний інтеграл$\displaystyle \int_0^3\int_y^3 e^{-x^2} \,dx \,dy$ з порядком$dy \,dx$. Прокоментуйте доцільність оцінки кожного інтеграла.

Рішення

Ще раз робимо ескіз регіону, над яким ми інтегруємо, щоб полегшити зміну порядку. $x$Межі від$x=y$ до$x=3$; межі від$y$$y=0$ до$y=3$. Ці криві намальовані на малюнку$\PageIndex{7}$, що охоплює область$R$.

Малюнок$\PageIndex{7}$: Визначення регіону$R$ визначається межами інтеграції в прикладі$\PageIndex{5}$.

Щоб змінити межі, зверніть увагу, що криві$y$ обмежують$y=0$ до$y=x$; трикутник укладено між$x=0$ і$x=3$. Таким чином, нові межі інтеграції є$0\leq y\leq x$ і$0\leq x\leq 3$, даючи ітераційний інтеграл$\displaystyle \int_0^3\int_0^x e^{-x^2} \,dy \,dx$.

Наскільки легко оцінити кожен ітераційний інтеграл? Розглянемо порядок інтеграції$dx dy$, як наведено в початковій задачі. Перший невизначений інтеграл, який ми повинні оцінити, це$\displaystyle \int e^{-x^2} \,dx$; ми вже заявляли раніше (див. Розділ 5.5), що цей інтеграл не може бути оцінений з точки зору елементарних функцій. Ми застрягли.

Зміна порядку інтеграції має велике значення тут. У другому ітераційному інтегралі ми стикаємося з$\displaystyle \int e^{-x^2} \,dy$; інтеграція щодо$y$ дає нам$ye^{-x^2}+C$, і перший певний інтеграл оцінює до

$$\int_0^x e^{-x^2} \,dy = xe^{-x^2}.\nonumber$$

Таким чином

$$\int_0^3\int_0^x e^{-x^2} \,dy \,dx = \int_0^3\Big(xe^{-x^2}\Big)\,dx.\nonumber$$

Цей останній інтеграл легко оцінити з підміною, даючи остаточну відповідь$\frac12(1-e^{-9})\approx 0.5$. На$\PageIndex{8}$ малюнку зображена поверхня над$R$.

Рисунок$\PageIndex{8}$: Показ поверхні,$f$ визначеної у прикладі,$\PageIndex{5}$ над її областю$R.$

Коротше кажучи, оцінка одного ітераційного інтеграла неможлива; інший ітераційний інтеграл відносно простий.

Визначення 22 визначає середнє значення одиничної змінної функції$f(x)$ на інтервалі$[a,b]$ як

\[\text{average value of $f(x)$ on $[a,b]$} = \frac1{b-a}\int_a^b f(x) \,dx;\nonumber\]

тобто це «площа під$f$ інтервалом, поділена на довжину інтервалу». Ми робимо аналогічне твердження тут: середнє значення$z=f(x,y)$ над регіоном$R$ - це обсяг під$f$ над$R$ розділеним на площу$R$.

Визначення 102 Середнє значення$f$ on $R$

$z=f(x,y)$Дозволяти неперервна функція, визначена над замкнутою$R$ областю в$xy$ -площині. Середнє значення$f$$R$ на

\[\text{average value of $f$ on $R$} = \frac{ \iint_R f(x,y) \,dA}{\iint_R \,dA}.\]

Приклад$\PageIndex{6}$: Finding average value of a function over a region $R$

Знайти середнє значення$f(x,y) = 4-y$ над регіоном$R$, яке обмежено параболами$y^2=4x$ і$x^2=4y$. Примітка: це та сама функція та область, що і в прикладі$\PageIndex{4}$.

Рішення

У прикладі 13.2.4 ми знайшли

$$\iint_R f(x,y) \,dA = \int_0^4\int_{y^2/4}^{2\sqrt{y}}(4-y) \,dx \,dy = \frac{176}{15}.\nonumber$$

Знаходимо площу$R$ шляхом обчислення$\displaystyle \iint_R \,dA$:

$$\iint_R \,dA = \int_0^4\int_{y^2/4}^{2\sqrt{y}} \,dx \,dy = \frac{16}{3}.\nonumber$$

Розділення обсягу під поверхнею на площу дає середнє значення:

\[\text{average value of $f$ on $R$} = \frac{176/15}{16/3} = \frac{11}5 = 2.2.\nonumber\]

У той час як поверхня, як показано на малюнку$\PageIndex{9}$, охоплює$z$ -значення від$z=0$ до$z=4$, «середнє»$z$ -значення на$R$$2.2.$

Малюнок$\PageIndex{9}$: Знаходження середнього значення$f$ у прикладі$\PageIndex{6}$.

У попередньому розділі введено ітераційний інтеграл в контексті знаходження площі плоских областей. Цей розділ розширив наше розуміння ітераційних інтегралів; тепер ми бачимо, що вони можуть бути використані для пошуку підписаного обсягу під поверхнею.

Це нове розуміння дозволяє нам переглянути те, що ми зробили в попередньому розділі. Враховуючи область$R$ в площині, ми обчислили$\displaystyle \iint_R 1 \,dA$; знову ж таки, наше розуміння в той час було те, що ми знаходили площу$R$. Однак тепер ми можемо розглядати функцію$z=1$ як поверхню, плоску поверхню з постійною$z$ -значенням 1. Подвійний інтеграл$\displaystyle \iint_R 1 \,dA$ знаходить обсяг, під$z=1$, над$R$, як показано на малюнку$\PageIndex{10}$. Базова геометрія говорить нам, що якщо основа загального правого циліндра має площу$A$, його об'єм$h$ є$A\cdot h$, де висота. У нашому випадку висота дорівнює 1. Ми були «насправді» обчислення обсягу твердого тіла, хоча ми інтерпретували число як область.

Малюнок$\PageIndex{10}$: Показано, як ітераційний інтеграл, який використовується для пошуку області, знаходить певний обсяг.

Наступний розділ розширює наші можливості знаходити «обсяги під поверхнями». В даний час деякі інтеграли важко обчислити, оскільки або область, яку$R$ ми інтегруємо, важко визначити за допомогою прямокутних кривих, або з самим інтегралом важко впоратися. Деякі з цих проблем можна вирішити шляхом перетворення всього в полярні координати.