Analyse – Meervoudige integralen – Tweevoudige integralen over algemene gebieden

Neem aan dat \(D\) een begrensd gebied is, dat kan worden ingesloten door een rechthoekig gebied \(R\):

Definieer nu een nieuwe functie \(F\) met domein \(R\) door:

\[F(x,y)=\left\{\begin{array}{ll}f(x,y),&(x,y)\in D\\[2.5mm]0,&(x,y)\notin D.\end{array}\right.\]

Als \(f\) integreerbaar is over \(R\), dan definiëren we de integraal van \(f\) over \(D\) als:

\[\iint\limits_Df(x,y)\,dA=\iint\limits_RF(x,y)\,dA.\]

Gebieden van type I

Een gebied \(D\) in \(\mathbb{R}^2\) heet van type I als het tussen de grafieken van twee continue functies van \(x\) ligt, dat wil zeggen:

\[D=\{(x,y)\,|\,a\leq x\leq b,\;g_1(x)\leq y\leq g_2(x)\},\]

waarbij \(g_1\) en \(g_2\) continue functies zijn op het interval \([a,b]\).

Als \(f\) continu is op een gebied \(D\) van type I, dat wil zeggen

\[D=\{(x,y)\,|\,a\leq x\leq b,\;g_1(x)\leq y\leq g_2(x)\},\]

dan geldt

\[\iint\limits_Df(x,y)\,dA=\int_a^b\int_{g_1(x)}^{g_2(x)}f(x,y)\,dy\,dx.\]

Gebieden van type II

Een gebied \(D\) in \(\mathbb{R}^2\) heet van type II als het tussen de grafieken van twee continue functies van \(y\) ligt, dat wil zeggen:

\[D=\{(x,y)\,|\,c\leq y\leq d,\;h_1(y)\leq x\leq h_2(y)\},\]

waarbij \(h_1\) en \(h_2\) continue functies zijn op het interval \([c,d]\).

Als \(f\) continu is op een gebied \(D\) van type II, dat wil zeggen

\[D=\{(x,y)\,|\,c\leq y\leq d,\;h_1(y)\leq x\leq h_2(y)\},\]

dan geldt

\[\iint\limits_Df(x,y)\,dA=\int_c^d\int_{h_1(y)}^{h_2(y)}f(x,y)\,dx\,dy.\]

Meer algemene gebieden

Als \(D=D_1\cup D_2\), dan is

\[\iint\limits_Df(x,y)\,dA=\iint\limits_{D_1}f(x,y)\,dA+\iint\limits_{D_2}f(x,y)\,dA.\]

\(D\) is noch van type I, noch van type II.

\(D=D_1\cup D_2\), waarbij \(D_1\) van type I is en \(D_2\) van type II.

Voorbeelden

1) Stewart §15.2, Voorbeeld 1
Bereken \(\displaystyle\iint\limits_D(x+2y)\,dA\), waarbij \(D\) het gebied is ingesloten door de parabolen \(y=2x^2\) en \(y=1+x^2\).

Oplossing: De parabolen snijden elkaar als \(2x^2=1+x^2\) oftewel \(x^2=1\), dus als \(x=\pm1\). Merk op dat het gebied \(D\) van type I is en niet van type II:

\[D=\{(x,y)\,|\,-1\leq x\leq 1,\;2x^2\leq y\leq 1+x^2\}.\]

Dus geldt:

\begin{align*} \iint\limits_D(x+2y)\,dA&=\int_{-1}^1\int_{2x^2}^{1+x^2}(x+2y)\,dy\,dx=\int_{-1}^1\bigg[xy+y^2\bigg]_{y=2x^2}^{1+x^2}\,dx =\int_{-1}^1\left(x(1+x^2)+(1+x^2)^2-x\cdot2x^2-(2x^2)^2\right)\,dx\\[2.5mm] &=\int_{-1}^1\left(1+x+2x^2-x^3-3x^4\right)\,dx=\bigg[x+\frac{1}{2}x^2+\frac{2}{3}x^3-\frac{1}{4}x^4-\frac{3}{5}x^5\bigg]_{-1}^1 =2\left(1+\frac{2}{3}-\frac{3}{5}\right)=\frac{32}{15}. \end{align*}

2) Stewart §15.2, Voorbeeld 2
Bepaal het volume van het lichaam dat onder de paraboloïde \(z=x^2+y^2\) ligt en boven het gebied \(D\) in het \(xy\)-vlak ingesloten door de lijn \(y=2x\) en de parabool \(y=x^2\).

Oplossing: Merk op dat het gebied \(D\) zowel van type I als van type II is. Als een type I gebied geldt:

\[D=\{(x,y)\,|\,0\leq x\leq 2,\;x^2\leq y\leq 2x\}.\]

Het volume onder \(z=x^2+y^2\) en boven \(D\) is dus

\begin{align*} V&=\iint\limits_D(x^2+y^2)\,dA=\int_0^2\int_{x^2}^{2x}(x^2+y^2)\,dy\,dx=\int_0^2\bigg[x^2y+\frac{1}{3}y^3\bigg]_{y=x^2}^{2x}\,dx =\int_0^2\left(x^2\cdot2x+\frac{1}{3}(2x)^3-x^2\cdot x^2-\frac{1}{3}(x^2)^3\right)\,dx\\[2.5mm] &=\int_0^2\left(\frac{14}{3}x^3-x^4-\frac{1}{3}x^6\right)\,dx=\bigg[\frac{7}{6}x^4-\frac{1}{5}x^5-\frac{1}{21}x^7\bigg]_{x=0}^2 =\frac{56}{3}-\frac{32}{5}-\frac{128}{21}=\frac{216}{35}. \end{align*}

Als een type II gebied geldt:

\[D=\{(x,y)\,|\,0\leq y\leq 4,\;\textstyle\frac{1}{2}y\leq x\leq\sqrt{y}\}.\]

Het volume kan dus ook worden berekend als

\begin{align*} V&=\iint\limits_D(x^2+y^2)\,dA=\int_0^4\int_{\frac{1}{2}y}^{\sqrt{y}}(x^2+y^2)\,dx\,dy=\int_0^4\bigg[\frac{1}{3}x^3+xy^2\bigg]_{x=\frac{1}{2}y}^{\sqrt{y}}\,dy =\int_0^4\left(\frac{1}{3}(\sqrt{y})^3+y^2\sqrt{y}-\frac{1}{24}y^3-\frac{1}{2}y^3\right)\,dy\\[2.5mm] &=\int_0^4\left(\frac{1}{3}y\sqrt{y}+y^2\sqrt{y}-\frac{13}{24}y^3\right)\,dy=\bigg[\frac{2}{15}y^2\sqrt{y}+\frac{2}{7}y^3\sqrt{y}-\frac{13}{96}y^4\bigg]_{y=0}^4 =\frac{64}{15}+\frac{256}{7}-\frac{104}{3}=\frac{216}{35}. \end{align*}

3) Stewart §15.2, Voorbeeld 3
Bereken \(\displaystyle\iint\limits_Dxy\,dA\), waarbij \(D\) het gebied is dat wordt ingesloten door de lijn \(y=x-1\) en de parabool \(y^2=2x+6\).

Oplossing: Het gebied \(D\) is weer zowel van type I als van type II. Als een type I gebied moeten we echter de integraal splitsen in twee delen:

\[\iint\limits_Dxy\,dA=\int_{-3}^{-1}\int_{-\sqrt{2x+6}}^{\sqrt{2x+6}}xy\,dy\,dx+\int_{-1}^5\int_{x-1}^{\sqrt{2x+6}}xy\,dy\,dx.\]

Als een type II gebied is het veel eenvoudiger:

\[D=\{(x,y)\,|\,-2\leq y\leq 4,\;\textstyle\frac{1}{2}y^2-3\leq x\leq y+1\}.\]

Dus volgt

\begin{align*} \iint\limits_Dxy\,dA&=\int_{-2}^4\int_{\frac{1}{2}y^2-3}^{y+1}xy\,dx\,dy=\int_{-2}^4\bigg[\frac{1}{2}x^2y\bigg]_{\frac{1}{2}y^2-3}^{y+1}\,dy =\frac{1}{2}\int_{-2}^4y\left((y+1)^2-\left(\textstyle\frac{1}{2}y^2-3\right)^2\right)\,dy\\[2.5mm] &=\frac{1}{2}\int_{-2}^4\left(-8y+2y^2+4y^3-\frac{1}{4}y^5\right)\,dy =\frac{1}{2}\bigg[-4y^2+\frac{2}{3}y^3+y^4-\frac{1}{24}y^6\bigg]_{y=-2}^4\\[2.5mm] &=-32+\frac{64}{3}+128-\frac{256}{3}+8+\frac{8}{3}-8+\frac{4}{3}=36. \end{align*}

4) Stewart §15.2, Voorbeeld 4
Bepaal het volume van het viervlak begrensd door de vlakken \(x+2y+z=2\), \(x=2y\), \(x=0\) en \(z=0\).

Oplossing: Merk op, omdat het vlak \(x+2y+z=2\) het \(xy\)-vlak (\(z=0\)) snijdt in de lijn \(x+2y=2\), dat het volume van het viervlak \(T\) gelijk is aan het volume onder de grafiek van de functie \(z=2-x-2y\) boven het driehoekige gebied \(D\) gegeven door

\[D=\{(x,y)\,|\,0\leq x\leq 1,\;\textstyle\frac{1}{2}x\leq y\leq1-\frac{1}{2}x\}.\]

Het volume is dus gelijk aan

\begin{align*} V&=\iint\limits_D(2-x-2y)\,dA=\int_0^1\int_{\frac{1}{2}x}^{1-\frac{1}{2}x}(2-x-2y)\,dy\,dx=\int_0^1\bigg[2y-xy-y^2\bigg]_{y=\frac{1}{2}x}^{1-\frac{1}{2}x}\,dx\\[2.5mm] &=\int_0^1\left(2-x-x\left(1-\frac{1}{2}x\right)-\left(1-\frac{1}{2}x\right)^2-x+\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{4}x^2\right)\,dx =\int_0^1(1-2x+x^2)\,dx=\frac{1}{3}(x-1)^3\bigg|_0^1=\frac{1}{3}. \end{align*}

5) Stewart §15.2, Voorbeeld 5
Bereken de herhaalde integraal \(\displaystyle\int_0^1\int_x^1\sin(y^2)\,dy\,dx\).

Oplossing: De binnenste integraal \(\displaystyle\int\sin(y^2)\,dy\) kan niet worden uitgedrukt in termen van elementaire functies. Echter, merk op dat

\[\int_0^1\int_x^1\sin(y^2)\,dy\,dx=\iint\limits_D\sin(y^2)\,dA,\]

waarbij

\[D=\{(x,y)\,|\,0\leq x\leq 1,\;x\leq y\leq 1\}.\]

Dit gebied \(D\) is zowel van type I als van type II. Als een type II gebied wordt het gegeven door

\[D=\{(x,y)\,|\,0\leq y\leq 1,\;0\leq x\leq y\}.\]

Dus geldt

\[\int_0^1\int_x^1\sin(y^2)\,dy\,dx=\iint\limits_D\sin(y^2)\,dA=\int_0^1\int_0^y\sin(y^2)\,dx\,dy=\int_0^1y\sin(y^2)\,dy =\bigg[-\frac{1}{2}\cos(y^2)\bigg]_{y=0}^1=\frac{1}{2}\left(1-\cos(1)\right).\]

De oppervlakte van een gebied

Als we de constante functie \(f(x,y)=1\) integreren over een gebied \(D\), dan krijgen de oppervlakte van \(D\): \(\displaystyle\textrm{opp}(D)=\iint\limits_D1\,dA\).

Gevolg: Als \(m\leq f(x,y)\leq M\) voor alle \((x,y)\in D\), dan geldt: \(\displaystyle m\cdot\textrm{opp}(D)\leq\iint\limits_Df(x,y)\,dA\leq M\cdot\textrm{opp}(D)\).

Voorbeeld: Beschouw het gebied \(D\) in \(\mathbb{R}^2\) ingesloten door de grafieken van \(y=x^2\) en \(y=\sqrt{x}\).

Dan geldt:

\[\textrm{opp}(D)=\iint\limits_D1\,dA=\int_0^1\int_{x^2}^{\sqrt{x}}1\,dy\,dx=\int_0^1\left(\sqrt{x}-x^2\right)\,dx =\bigg[\frac{2}{3}x\sqrt{x}-\frac{1}{3}x^3\bigg]_{x=0}^1=\frac{1}{3}.\]

---

Laatst gewijzigd op 27 september 2021