Сведение кратных интегралов к повторным.

Содержание:

  1. Формула сведения двойного интеграла по прямоугольнику к повторному интегралу.
  2. Сведение двойного интеграла по элементарной области к повторному.
  3. Сведение тройных интегралов к повторным.

Формула сведения двойного интеграла по прямоугольнику к повторному интегралу.

Теорема 1.

Пусть:

  1. Функция \(f(x, y)\) интегрируема в прямоугольнике \(\Pi = \{(x, y): a \leq x \leq b,\ c \leq y \leq d\}\).

  2. Интеграл \(\displaystyle\int\limits_c^{d} f(x, y)\ dy\) существует для любого \(x \in [a, b]\).

Тогда \(\displaystyle\int\limits_c^{d} f(x, y)\ dy\) есть интегрируемая функция \(x\) на отрезке \([a, b]\) и справедлива следующая формула:
$$
\iint\limits_{\Pi} f(x, y)\ dx\ dy = \int\limits_a^b dx \int\limits_a^b f(x, y)\ dy\label{ref1}
$$

Доказательство.

\(\circ\) Возьмем произвольные разбиения отрезков \([a, b]\) и \([c, d]\) точками \(x_{0} = a\;<\;x_{1}\;<\;\ldots\;<\;x_{n} - b\) и \(y_{0} = c\;<\;y_{1}\;<\;\ldots\;<\;y_{m} - d\). Если \(\pi_{1}, \ldots, \pi_{n}\) и \(\pi'_{1}, \ldots, \pi'_{n}\) — соответствующие промежутки, образующие разбиения \([a, b]\) и \([c, d]\), то \(\Pi = \displaystyle\bigcup_{i=1}^{n} \bigcup_{j=1}^{m} \Pi_{ij}\), где \(\Pi_{ij} = \{(x, y): x \in \pi_{i},\ y \in \pi'_{i}\}\).

Положим
$$
M_{ij} = \sup_{(x, y) \in \Pi_{ij}} f(x, y),\quad m_{ij} = \inf_{(x, y) \in \Pi_{ij}} f(x, y).\nonumber
$$

Так как \(\displaystyle\int\limits_c^{d} f(x, y)\ dy\) существует для любого \(x \in [a, b]\), то при \(x \in \pi_{i}\) справедливы неравенства
$$
m_{ij}\Delta y_{i} \leq \int\limits_{y_{i - 1}}^{y_{i}} f(x, y)\ dy \leq M_{ij}\Delta y_{i},\ \mbox{где}\ \Delta y_{i} = y_{i} - y_{i - 1}.\nonumber
$$
Суммируя эти неравенства по индексу \(j\), получаем
$$
\sum_{j=1}^{m} m_{ij}\Delta y_{i} \leq \int\limits_c^{d} f(x, y)\ dy \leq \sum_{j=1}^{m} M_{ij}\Delta y_{j}.\label{ref2}
$$

Введем следующие обозначения:
$$
F(x) = \int\limits_c^{d} f(x, y)\ dy,\quad M_{i} = \sup_{x \in \pi_{i}} F(x),\quad m_{i} = \inf_{x \in \pi_{i}} F(x).\nonumber
$$
Тогда из \eqref{ref2} следует, что
$$
\sum_{j=1}^{m} m_{ij}\Delta y_{j} \leq m_{i} \leq M_{i} \leq \sum_{j=1}^{m} M_{ij}\Delta y_{j},\label{ref3}
$$
$$
0 \leq M_{i} - m_{i} \leq \sum_{j=1}^{m} (M_{ij} - m_{ij})\Delta y_{j}.\label{ref4}
$$
Умножая неравенство \eqref{ref4} на \(\Delta x_{i}\) и суммируя по \(i\) от 1 до \(n\), получаем
$$
0 \leq \sum_{i=1}^{n} (M_{i} - m_{i})\Delta x_{i} \leq \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}(M_{ij} - m_{ij}) m(\Pi_{ij}) =\\= S_{T} (f, \Pi) - s_{T} (f, \Pi) \rightarrow 0\ \mbox{при}\ l(T) \rightarrow 0,\nonumber
$$
так как функция \(f(x, y)\) интегрируема на прямоугольнике \(\Pi\). Но тогда и \(\displaystyle\sum_{i=1}^{n} (M_{i} - m_{i})\Delta x_{i} \rightarrow 0\) при \(\max_{i} |\Delta x_{i}| \rightarrow 0\), следовательно, в силу критерия интегрируемости функция \(F(x)\) интегрируема на отрезке \([a, b]\), т. е. повторный интеграл
$$
\int\limits_a^{b} F(x)\ dx = \int\limits_a^{b}\ dx \int\limits_c^{d} f(x, y)\ dy
$$
существует. Покажем, что он равен двойному интегралу.

Интегрируя неравенство \eqref{ref2}, получаем
$$
\sum_{j=1}^{m}m_{ij} \Delta x_{i} \Delta y_{i} \leq \int\limits_{x_{i - 1}}^{x_{i}}\ dx \int\limits_c^{d} f(x, y)\ dy \leq \sum_{i=1}^{m} M_{ij} \Delta x_{i} \Delta y_{i}.\nonumber
$$
Проведем суммирование по \(i\) от 1 до \(n\). Получаем
$$
s_{T} \leq \int\limits_a^{b}\ dx \int\limits_c^{d} f(x, y)\ dy \leq S_{T}.\nonumber
$$
Так как
$$
s_{T} \leq \iint\limits_\Pi f(x, y)\ dx\ dy \leq S_{T},\nonumber
$$
а разность \(S_{T} - s_{T}\) может быть сделана сколь угодно малой, то
$$
\iint\limits_\Pi f(x, y)\ dx\ dy = \int\limits_a^{b}\ dx \int\limits_c^{d} f(x, y)\ dy.\ \bullet\nonumber
$$


Следствие 1.

Пусть существует \(\displaystyle\iint\limits_\Pi f(x, y)\ dx\ dy\), при каждом \(x \in [a, b]\) существует \(\displaystyle\int\limits_c^{d} f(x, y)\ dy\) и при каждом \(y \in [c, d]\) существует \(\displaystyle\int\limits_a^{b} f(x, y)\ dx\). Тогда справедлива формула
$$
\iint\limits_\Pi f(x, y)\ dx\ dy = \int\limits_a^{b}\ dx \int\limits_c^{d} f(x, y)\ dy = \int\limits_c^{d}\ dy \int\limits_a^{b} f(x, y)\ dx.\label{ref5}
$$


Следствие 2.

Если функция \(f(x, y)\) непрерывна в прямоугольнике \(\Pi\), то выполнены условия следствия 1 и справедлива формула \eqref{ref5}. Если функция \(\psi(x)\) интегрируема на отрезке \([a, b]\), то формула \eqref{ref5} остается справедливой при замене функции \(f(x, y)\) на \(\psi(x)f(x, y)\).


Сведение двойного интеграла по элементарной области к повторному.

Пусть \(\varphi(x)\) и \(\psi(x)\) — непрерывные на отрезке \([a, b]\) функции и \(\varphi(x)\;<\;\psi(x)\) при \(x \in (a, b)\). Область (рис. 47.1)
$$
\Omega = \{(x, y): \varphi(x)\;<\;y\;<\;\psi(x),\ a\;<\;x\;<\;b\}\label{ref6}
$$
будем называть элементарной относительно оси \(y\). Так как граница \(\partial\Omega\) состоит из графиков непрерывных функций, то \(\Omega\) — измеримая по Жордану область.

Рис. 47.1
Рис. 47.1

Теорема 2.

Пусть \(\Omega\) — элементарная относительно оси \(y\) область, функция \(f(x, y)\) интегрируема на \(\overline{\Omega}\), где \(\overline{\Omega} = \Omega \cup \partial\Omega\), и при любом \(x \in [a, b]\) существует \(\displaystyle\int\limits_{\varphi(x)}^{\psi(x)} f(x, y)\ dy\). Тогда справедлива следующая формула:
$$
\iint\limits_\Omega f(x, y)\ dx\ dy = \int\limits_a^{b} f(x, y)\ dx \int\limits_{\varphi(x)}^{\psi(x)} f(x, y)\ dy.\label{ref7}
$$

Доказательство.

\(\circ\) Пусть
$$
c = \min_{x \in [a, b]} \varphi(x),\quad d = \max_{x \in [a, b]} \psi(x).\nonumber
$$

Область \(\Omega\) (рис. 47.2) лежит в прямоугольнике \(\Pi = [a, b] \times [c, d]\). Положим
$$
F(x, y)=\left\{\begin{array}{lc}
f(x, y),&(x, y) \in \Omega ,\\
0,&(x, y) \in \Pi\backslash\Omega,
\end{array} \right.\label{ref8}
$$

Так как функция интегрируема на \(\overline{\Omega}\) и на множестве \(\Pi \backslash \overline{\Omega}\), то, благодаря одному из свойств кратного интеграла, существует двойной интеграл \(\displaystyle\iint\limits_\Pi F(x, y)\ dx\ dy\).

Рис. 47.2
Рис. 47.2

Аналогично из существования при любом \(x \in [a, b]\) интегралов \(\displaystyle\int\limits_{c}^{\varphi(x)} F(x, y)\ dy\), \(\int\limits_{\varphi(x)}^{\psi(x)} F(x, y)\ dy\) и \(\displaystyle\int\limits_{\psi(x)}^{d} f(x, y)\ dy\) следует, что при любом \(x \in [a, b]\) существует интеграл \(\displaystyle\int\limits_{c}^{d} f(x, y)\ dy\).

Таким образом, выполнены все условия теоремы 1. Поэтому
$$
\iint\limits_\Pi f(x, y)\ dx\ dy = \int\limits_a^{b} \ dx \int\limits_{c}^{d} F(x, y)\ dy.\nonumber
$$
Подставляя сюда выражение \eqref{ref8} для функции \(F(x, y)\), получаем формулу \eqref{ref7}. \(\bullet\)


Следствие.

Для функции \(f(x, y)\), непрерывной на \(\overline{\Omega}\), справедлива формула \eqref{ref7}.


Пример 1.

Вычислить интеграл \(\displaystyle\iint\limits_G x^{2}\ dx\ dy\) по области \(G = \{(x, y): -1\;<\;x\;<\;1,\ x^{2}\;<\;y\;<\;1\}\), изображенной на рис. 47.3.

Рис. 47.3
Рис. 47.3

\(\triangle\) Применяя формулу \eqref{ref7}, получаем:
$$
\iint\limits_G x^{2}\ dx\ dy = \int\limits_{- 1}^{1}\ dx \int\limits_{x^{2}}^{1} x^{2}\ dy = \int\limits_{- 1}^{1} x^{2}(1 - x^{2})\ dx =\\= 2 \int\limits_{0}^{1} (x^{2} - x^{4})\ dx = 2\left(\frac{1}{3} - \frac{1}{5}\right) = \frac{4}{15}.\ \blacktriangle\nonumber
$$

Если область интегрирования не является элементарной относительно оси \(y\), то иногда удается разбить ее на конечное число областей, элементарных относительно оси \(y\).

Пример 2.

Пусть \(G\) есть область, ограниченная окружностями \(x^{2} + y^{2} = 4\) и \(x^{2} - 2x + y^{2} = 0\) (рис. 47.4). Свести интеграл
$$
\iint\limits_G f(x, y)\ dx\ dy\nonumber
$$
к повторному.

Рис. 47.4
Рис. 47.4

Решение.

\(\triangle\) Область \(G\) осью у разбивается на три элементарных относительно оси \(y\) области. Поэтому
$$
\iint\limits_G f(x, y)\ dx\ dy = \int\limits_{- 1}^{0}\ dx \int\limits_{-\sqrt{4 - x^{2}}}^{\sqrt{4 - x^{2}}} f(x, y)\ dy + \int\limits_{0}^{1}\ dx \int\limits_{\sqrt{2x - x^{2}}}^{\sqrt{4 - x^{2}}} f(x, y)\ dy +\\+ \int\limits_{0}^{1}\ dx \int\limits_{-\sqrt{4 - x^{2}}}^{-\sqrt{2x - x^{2}}} f(x, y)\ dy.\ \blacktriangle\nonumber
$$

Можно, по аналогии с областью, элементарной относительно оси \(y\), определить область, элементарную относительно оси \(x\). Пусть функции \(\alpha(y)\) и \(\beta(y)\) непрерывны на \([c, d]\) и \(\alpha(y)\;<\;\beta(y)\) при \(c\;<\;y\;<\;d\).
Область
$$
\Omega\{(x, y): \alpha(y)\;<\;x\;<\;\beta(y),\ c\;<\;y\;<\;d\}\nonumber
$$
будем называть элементарной относительно оси \(x\) (рис. 47.5).

Рис. 47.5
Рис. 47.5

Если функция \(f(x, y)\) непрерывна в замыкании области \(\Omega\), элементарной относительно оси \(x\), то аналогично \eqref{ref7} получаем следующую формулу:
$$
\iint\limits_\Omega f(x, y)\ dx\ dy = \int\limits_{c}^{d}\ dy \int\limits_{\alpha(y)}^{\beta(y)} f(x, y)\ dx.\nonumber
$$

Если область \(\Omega\) элементарна и относительно оси \(x\), и относительно оси \(y\)у, то двойной интеграл по этой области от непрерывной на \(\Omega\) функции \(f(x, y)\) может быть выражен двумя способами через повторные интегралы:

$$
\iint\limits_\Omega f(x, y)\ dx\ dy = \int\limits_a^{b} dx \int\limits_{\varphi(x)}^{\psi(x)} f(x, y)\ dy = \int\limits_{c}^{d}\ dy \int\limits_{\alpha(y)}^{\beta(y)} f(x, y)\ dx.\label{ref9}
$$


Пример 3.

Вычислить повторный интеграл
$$
I = \int\limits_{0}^{\pi / 2}\ dy \int\limits_{y}^{\pi / 2} \frac{\sin x}{x}\ dx.\nonumber
$$

Решение.

\(\triangle\) Интеграл \(I\) равен двойному интегралу от функции \(f(x, y) = \frac{\displaystyle\sin x}{x}\) по области \(\Omega\), изображенной на рис. 47.6. Эта область элементарна и относительно оси \(x\), и относительно оси \(y\).

Рис. 47.6
Рис. 47.6

Пользуясь формулой \eqref{ref9}, получаем
$$
I = \int\limits_{0}^{\pi / 2}\ dy \int\limits_{y}^{\pi / 2} \frac{\sin x}{x}\ dx = \int\limits_{0}^{\pi / 2}\ dx \int\limits_{0}^{x} \frac{\sin x}{x}\ dy =\\= \int\limits_{0}^{\pi / 2} \frac{\sin x}{x} \left(\int\limits_{0}^{x}\ dy\right)\ dx = \int\limits_{0}^{\pi / 2} \frac{\sin x}{x} x\ dx = \int\limits_{0}^{\pi / 2} \sin x\ dx = 1.\ \blacktriangle\nonumber
$$


Теорема 3.

Пусть функции \(\varphi(x)\) и \(\psi(x)\) непрерывны на отрезке \([a, b]\) и \(\varphi(x)\;<\;\psi(x)\) при \(a\;<\;x\;<\;b\), а функция \(f(x, y)\) непрерывна в замыкании области \(\Omega = \{(x, y): a\;<\;x\;<\;b,\ \varphi(x)\;<\;y\;<\;\psi(x)\}\). Тогда функция
$$
\Phi(x) = \int\limits_{\varphi(x)}^{\psi(x)} f(x, y)\ dy\nonumber
$$
непрерывна на отрезке \([a, b]\).

Доказательство.

\(\circ\) а) Пусть сначала \(\varphi(x) \equiv c\), \(\psi(x) \equiv d\), где \(c\) и \(d\) — постоянные, а функция \(f(x, y)\) непрерывна в прямоугольнике \(\Pi = [a, b] \times [c, d]\). В силу теоремы Кантора \(f(x, y)\) равномерно непрерывна на \(\Pi\). Поэтому для любого \(\varepsilon > 0\) существует \(\delta > 0\) такое, что для любого \(y \in [c, d]\) и любых \(x \in [a, b]\) и \(x + \Delta x \in [a, b]\) при \(\Delta |x|\;<\;\delta\) справедливо неравенство
$$
|f(x + \Delta x, y) - f(x, y)|\;<\;\frac{\varepsilon}{d - c}.\nonumber
$$
Предполагая, что \(\Delta |x|\;<\;\delta\), получаем
$$
|\Phi(x + \Delta x) - \Phi(x)| = \left|\int\limits_{c}^{d}(f(x + \Delta x, y) - f(x, y))dy\right| \leq\\\leq \int\limits_{c}^{d}|f(x + \Delta x, y) - f(x, y)|dy\;<\;\frac{\varepsilon}{d - c}(d - c) = \varepsilon.\nonumber
$$
Следовательно, функция \(\Phi(x)\) непрерывна на отрезке \([a, b]\).

б) Пусть теперь \(\varphi(x)\) и \(\psi(x)\) — произвольные непрерывные на отрезке \([a, b]\) функции и \(\varphi(x)\;<\;\psi(x)\) при \(a\;<\;x\;<\;b\).
        
Рассмотрим функцию
$$
F(x, y) = \left\{\begin{array}{lc}
f(x, y),\ \mbox{при} (x, y) \in \Omega; \\
f(x, \varphi(x)),\ \mbox{при}\ (x, y) \in \Omega_{1},\ \mbox{где}\ \Omega_{1} = \{(x, y): a \leq x \leq b,\ y \leq \varphi(x)\}; \\
f(x, \psi(x)),\ \mbox{при}\ (x, y) \in \Omega_{2},\ \mbox{где}\ \Omega_{2} = \{(x, y): a \leq x \leq b,\ y \geq \psi(x)\};
\end{array} \right.\nonumber
$$

Покажем, что функция \(F(x, y)\) непрерывна в полосе \(Q = \{(x, y): a \leq x \leq b,\ y \in \boldsymbol{R}\}\). Достаточно показать, что функция \(F(x, y)\) непрерывна по множествам \(\Omega\), \(\Omega_{1}\) и \(\Omega_{2}\), так как \(Q = \Omega \cup \Omega_{1} \cup \Omega_{2}\) На \(\Omega\) функция \(F(x, y)\) совпадает с \(f(x, y)\) и непрерывна по условию теоремы. Функции \(f(x, \varphi(x))\) и \(f(x, \psi(x))\) непрерывны на отрезке \([a, b]\) как суперпозиции непрерывных функций. Покажем, что функция \(F(x, y)\) непрерывна в области \(\Omega_{1}\). Пусть произвольная последовательность точек \((x_{k}, y_{k}) \in \Omega_{1}\) сходится к точке \((x_{0}, y_{0}) \in \Omega_{1}\) Тогда
$$
\lim_{k \longrightarrow \infty}F(x_{k}, y_{k}) = \lim_{k \longrightarrow \infty}F(x_{k}, \varphi(x_{k})) = f(x_{0}, \varphi(x_{0})) = F(x_{0}, y_{0})\nonumber
$$
и, следовательно, функция \(F(x, y)\) непрерывна на \(\Omega_{1}\).Аналогично показывается, что функция \(F(x, y)\) непрерывна на множестве \(\Omega_{2}\).

Таким образом, функция \(F(x, y)\) непрерывна в прямоугольнике \(\Pi = [a, b] \times [c, d]\), где \(c = \displaystyle\min_{a \leq x \leq b}\varphi(x)\), a \(d = \displaystyle\max_{a \leq x \leq b}\psi(x)\), и поэтому функция \(\displaystyle\int\limits_{c}^{d} F(x, y)\ dy\) непрерывна на отрезке \([a, b]\).

Пользуясь аддитивностью интеграла относительно отрезка интегрирования, получаем, что функция \(\Phi(x)\) представима в виде суммы непрерывных функций:
$$
\Phi(x) = \int\limits_{\varphi(x)}^{\psi(x)} f(x, y)\ dy = \int\limits_{\varphi(x)}^{\psi(x)} F(x, y)\ dy = \int\limits_{c}^{d} F(x, y)\ dy - \int\limits_{c}^{\varphi(x)} F(x, y)\ dy - \int\limits_{\psi(x)}^{d} F(x, y)\ dy =\\= \int\limits_{c}^{d} F(x, y)\ dy - f(x, \varphi(x))(\varphi(x) - c) - f(x, \psi(x))(d - \psi(x)).\ \bullet\nonumber
$$


Сведение тройных интегралов к повторным.

Область \(\Omega \in \boldsymbol{R}^{3}\) называется элементарной относительно оси \(z\), если
$$
\Omega = \{(x, y, z): (x, y) \in G \subset \boldsymbol{R}^{2},\ \varphi(x, y)\;<\;z\;<\;\psi(x, y)\},\nonumber
$$
где \(G\) — ограниченная область в \(\boldsymbol{R}^{2}\), а функции \(\varphi(x, y)\) и \(\psi(x, y)\) непрерывны на \(\overline{G}\), где \(\overline{G}\) — замыкание области G.


Теорема 4.

Если функция \(f(x, y, z)\) непрерывна на \(\overline{\Omega}\), где область \(\Omega\) элементарна относительно оси \(z\), то
$$
\iiint\limits_\Omega f(x, y, z)\ dx\ dy\ dz = \iint\limits_G dx\ dy \int\limits_{\varphi(x, y)}^{\psi(x, y)} f(x, y, z)\ dz.\label{ref10}
$$

Доказательство.

\(\circ\) Доказательство аналогично доказательству теоремы 2 для двойных интегралов. \(\bullet\)


Пример 4.

Вычислить тройной интеграл \(\displaystyle\iiint\limits_G f(x, y, z)\ dx\ dy\ dz\) по области \(\Omega\), ограниченной плоскостями \(x + y + z = 1\), \(x = 0\), \(y = 0\), \(z = 0\) (рис. 47.7).

Рис. 47.7
Рис. 47.7

Решение.

\(\triangle\) Область \(\Omega = \{(x, y, z): 0\;<\;z\;<\;1- x - y,\ 0\;<\;y\;<\;1 - x,\ 0\;<\;x\;<\;1\}\) элементарна относительно оси \(z\). Пусть \(G\) есть область на плоскости \(x, y\), ограниченная прямыми \(x + y = 1\) и \(x = 0\), \(y = 0\).

Очевидно, что область \(G\) элементарна относительно оси \(y\). Применяя теоремы 4 и 2, получаем
$$
\iiint\limits_\Omega z\ dx\ dy\ dz = \iint\limits_G dx\ dy \int\limits_{0}^{1 - x - y} z\ dz = \frac{1}{2} \iint\limits_G (1 - x - y)^{2}\ dx\ dy =\\ \frac{1}{2} \int\limits_{0}^{1} dx \int\limits_{0}^{1 - x} (y + x - 1)^{2}\ dy = \left.\frac{1}{6} \int\limits_{0}^{1} (y + x - 1)^{3}\right|_{0}^{1 - x}\ dx =\\= \frac{1}{6} \int\limits_{0}^{1} (1 - x)^{3}\ dx = -\left.\frac{1}{24}(1 - x)^{4}\right|_{0}^{1} = \frac{1}{24}.\ \blacktriangle\nonumber
$$


Пример 5.

Свести трехкратный интеграл
$$
I = \int\limits_{-1}^{1} dx \int\limits_{-\sqrt{1 - x^{2}}}^{\sqrt{1 - x^{2}}} dy \int\limits_{x^{2} + y^{2}}^{1} f(z)\ dz
$$
к однократному, если \(f(x)\) — непрерывная на отрезке [0,1] функция.

Решение.

\(\triangle\) Интеграл \(I\) равен тройному интегралу
$$
\iiint\limits_\Omega f(z)\ dx\ dy\ dz
$$
по области \(\Omega\), ограниченной параболоидом \(z = x^{2} + y^{2}\) и плоскостью \(z = 1\) (рис. 47.8). Область \(\Omega\) элементарна относительно оси \(y\),
$$
\Omega = \{(x, y, z): -\sqrt{z - x^{2}}\;<\;y\;<\;\sqrt{z - x^{2}},\ (x, z) \in G\},\nonumber
$$
где \(G = \{(x, z): -\sqrt{z}\;<\;x\;<\;\sqrt{z},\ 0\;<\;z\;<\;1\}\).

Рис. 47.8
Рис. 47.8

Сводя тройной интеграл по области \(\Omega\) к трехкратному, получаем
$$
I = \int\limits_{0}^{1} f(z)\ dz \int\limits_{-\sqrt{z}}^{\sqrt{z}} dx \int\limits_{-\sqrt{z - x^{2}}}^{\sqrt{z - x^{2}}} dy = 4 \int\limits_{0}^{1} f(z)\ dz \int\limits_{0}^{\sqrt{z}} \sqrt{z - x^{2}}\ dx = \pi \int\limits_{0}^{1} zf(z)\ dz.\ \blacktriangle\nonumber
$$


Теорема 1 может быть распространена и на \(n\)-кратные интегралы.

Область \(\Omega \subset \boldsymbol{R}^{n + 1}\) называется элементарной относительно оси \(x_{n + 1}\), если
$$
\Omega = \{x: (x_{1}, \ldots, x_{n}) \in G \subset \boldsymbol{R}^{n},\ \varphi(x_{1}, \ldots, x_{n})\;<\;x_{n + 1}\;<\;\psi(x_{1}, \ldots, x_{n})\},\nonumber
$$
где \(G\) — ограниченная область в \(\boldsymbol{R}^{n}\) и \(\varphi(x)\), \(\psi(x)\) — непрерывные на \(G\) функции.


Теорема 5.

Если \(\Omega\) — область, элементарная относительно оси \(x_{n + 1}\), a \(f(x_{1}, \ldots, x_{n})\) — непрерывная функция на \(\overline{\Omega}\), то справедлива следующая формула:
$$
\int\limits_\Omega f(x_{1}, \ldots, x_{n})\ dx_{1}, \ldots, dx_{n + 1} =\\ \int\limits_G dx_{1}, \ldots, dx_{n} \int\limits_{\varphi(x_{1}, \ldots, x_{n})}^{\psi(x_{1}, \ldots, x_{n})} f(x_{1}, \ldots, x_{n + 1})\ dx_{n + 1}.\label{ref11}
$$


Пример 6.

Найти в \(\boldsymbol{R}^{n}\) меру симплекса
$$
S_{h}^{n} = \{(x_{1}, \ldots, x_{n}): x_{1} + \ldots + x_{n}\;<\;h,\ x_{i} > 0,\ i = \overline{1, n}\}.\label{ref12}
$$

Решение.

\(\Delta\) При \(h = 1\) будем симплекс \eqref{ref12} называть стандартным и обозначать через \(S^{n}\). Симплекс \eqref{ref12} получается из стандартного симплекса \(S^{n}\) при помощи преобразования подобия:
$$
T_{h}x = \{(y_{1}, \ldots, y_{n}): y_{1} = hx_{1}, \ldots, y_{n} = hx_{n}\}.\nonumber
$$
Как следует из результата упр. 2, § 45, при преобразовании подобия мера изменяется в \(h^{n}\) раз, так что
$$
m(S_{h}^{n}) = h^{n}m(S^{n}).\label{ref13}
$$

Представим теперь стандартный симплекс \(S^{n}\) как область, элементарную относительно оси \(x_{n}\). Тогда
$$
S^{n} = \{(x_{1}, \ldots, x_{n}): (x_{1}, \ldots, x_{n - 1}) \in S^{n - 1},\ 0\;<\;x_{n}\;<\;1 - x_{1} - \ldots - x_{n - 1}\}.\nonumber
$$

Применяя формулу \eqref{ref11}, получаем
$$
m(S^{n}) = \int\limits_{S^{n}} dx_{1}\ldots dx_{n} = \int\limits_{S^{n - 1}} dx_{1} \ldots dx_{n - 1} \int\limits_{0}^{1 - x_{1} - \ldots - x_{n - 1}} dx_{n} =\\= \int\limits_{0}^{1} dx_{1} \int\limits_{0}^{1 - x_{1}} dx_{2} \ldots \int\limits_{0}^{1 - x_{1} - \ldots - x_{n - 1}} dx_{n}.\label{ref14}
$$

Внутренний интеграл в формуле \eqref{ref14} равен мере \(m(S_{1 - x_{1}}^{n - 1})\) симплекса \(S_{1 - x_{1}}^{n - 1}\). Применяя \eqref{ref13} для ее вычисления, находим
$$
m(S^{n}) = \int\limits_{0}^{1} m(S_{1 - x_{1}}^{n - 1})    dx_{1} =  \int\limits_{0}^{1} (1 - x_{1})^{n - 1}m(S^{n - 1})\ dx_{1} = m(S^{n - 1}) \int\limits_{0}^{1}(1 - x_{1})^{n - 1}dx_{1} =\\= \frac{m(S^{n - 1})}{n}.\label{ref15}
$$

Так как \(S^{1}\) есть отрезок единичной длины, то из формулы \eqref{ref15} и формулы \eqref{ref13} по индукции получаем
$$
m(S^{n}) = \frac{1}{n!},\ m(S_{h}^{n}) = \frac{h^{n}}{n!}.\blacktriangle\label{ref16}
$$