អាំងតេក្រាលឌុប

លក្ខណៈនៃអាំងតេក្រាលឌុប

1. $\iint_D [f(x, y) \pm g(x, y)] dxdy = \iint_D f(x, y) dxdy \pm \iint_D g(x, y) dxdy$
   
   
2. $\iint_D kf(x, y) dxdy = k\iint_D f(x, y) dxdy$
   
   
3. $D = D_1 \cup D_2 , \,\, D_1 \cap D_2 = \varnothing \,\,\,$ (សំនុំទទេ) នោះគេបាន
      $\iint_D f(x, y) dxdy = \iint_{D_1} f(x, y) dxdy + \iint_{D_2} f(x, y) dxdy$
4. ប្រសិនបើ $f(x, y) \le g(x, y) \,\,\,$ នៅលើដែនកំនត់ D គេបាន
       $\iint_D f(x, y) dxdy \le \iint_D g(x, y) dxdy$

វិធីសាស្រ្តប្តូរអថេរ

វិធីសាស្រ្តទូទៅ

ដោយយោងតាមការប្តូរ $\begin{cases} x = \varphi (u, v) \\ y = \psi (u, v) \end{cases}$    ដែនកំនត់ K នៃប្លង់ uv ឆ្លុះគ្នានឹងដែនកំនត់ D នៃប្លង់ xy និងដេទែមីណង់យ៉ាកូបី

$J = \frac{\delta (x, y)}{\delta (u, v)} = \begin{vmatrix} x_u & x_v \\ y_u & y_v \end{vmatrix} = x_uy_v -x_vy_u > 0$

នោះគេបាន $\iint_D f(x, y) dxdy = \iint_K f(\varphi(u, v), \psi(u, v))\, J\,dudv$

ឧទាហរណ៍៖ គណនាអាំងតេក្រាលនៃ $\iint_D (x+y) dxdy, \qquad D: 0 \le x - 2y \le 1 , \qquad 0 \le x + 3y \le 1$

ដំណោះស្រាយ៖

តាង $x - 2y = u, \qquad x + 3y = v$ គេបាន

$x = \frac{1}{5}(3u + 2v), \qquad y = \frac{1}{5}(-u+v)$

ដេទែមីណង់យ៉ាកូបី $J = \begin{vmatrix}x_u & x_v \\ y_u & y_v \end{vmatrix} = \begin{vmatrix}\frac{3}{5} & \frac{2}{5} \\ -\frac{1}{5} & \frac{1}{5} \end{vmatrix} = \frac{1}{5}$

$M: 0 \le u \le 1, \qquad 0 \le v \le 1$

គេបាន

$\begin{align} \iint_D (x+y)dxdy &= \iint_M \frac{1}{5}(2u+3v) \cdot \frac{1}{5} dudv \\ & = \frac{1}{25} \int_0^1(\int_0^1 (2u+3v)dv)du \\ &= \frac{1}{25} \int_0^1[2uv + \frac{3}{2}v^2]_{v=0}^{v=1} du \\ & = \frac{1}{25} \int_0^1(2u+ \frac{3}{2}) du = \frac{1}{25}[u^2 + \frac{3}{2}u]_0^1 \\ & = \frac{1}{25} \cdot \frac{5}{2} = \frac{1}{10} \end{align}$

ក្នុងកូអរសោនេប៉ូលែ

តាង $\begin{cases} x = r\cos\theta \\ y = r\sin\theta \end{cases}\,$     នោះគេបាន $J = \begin{vmatrix} \cos\theta & -r\sin\theta \\ \sin\theta & r\cos\theta \end{vmatrix} = r\,\,\,$ និង
      $\iint_D f(x, y) dxdy = \iint f(r\cos\theta, r\sin\theta)r\, drd\theta$

ឧទាហរណ៍១៖ គណនាអាំងតេក្រាលឌុបនៃ $\iint_D xy dxdy \,$ ដែល
      $D = \begin{Bmatrix} (x, y)|(x-1)^2 + y^2 \le 1 \,\,\, y \ge 0 \end{Bmatrix}$

ដំណោះស្រាយ

តាង $x= r\cos \theta , \,\, y = r\sin \theta$ និង $J = r \,$ គេបាន

$D: (r\cos \theta - 1)^2 + (r\sin \theta)^2 \le 1$

$\Rightarrow r^2 - 2r\cos \theta \le 0$

$\Rightarrow 0 \le r \le 2\cos \theta$

$\Rightarrow \cos\theta \ge 0 , \,\, r\sin\theta \ge 0$

$\Rightarrow 0 \le \theta \le \frac{\pi}{2}$

$M = \begin{Bmatrix} (r, \theta)| 0 \le r \le 2\cos\theta , \, \, 0 \le \theta \le \frac{\pi}{2}\end{Bmatrix}$

ហេតុនេះ

$\begin{align} \iint_D xy dxdy &= \iint_M (r\cos\theta)(r\sin\theta)rdrd\theta \\ & =\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos\theta \sin\theta(\int_0^{2\cos\theta}r^3dr)\,d\theta \\ &= \int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos\theta\sin\theta [\frac{1}{4}r^4 ]{_0^{2\cos\theta}}d\theta \\ &= \int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos\theta\sin\theta\cdot4\cos^4\theta d\theta \\ & = 4 \int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^5\theta\sin\theta d\theta \\ & = 4 \begin{bmatrix}-\frac{1}{6}\cos^6\theta \end{bmatrix}_0^{\frac{\pi}{2}} \\ & = 4\cdot \frac{1}{6} = \frac{2}{3} \end{align}$