ИЭ / 4 семестр / Теория и задачи / Кратные интегралы теория

( , , ) = | ′

′

′

| = −1 =

1

.

∆

′

′

′

Используя формулу: (Ω) = ′|( , , )| - найдем объем

Ω

параллелепипеда:

(Ω) =

′ |

1

| = |

1

|∙(Ω′) =

1

(2 − 1)∙(2 − 1)∙(2

− 1).

|∆|

Ω

∆

∆

1

1

1

1

Ответ:

(Ω) =

(

− )∙(

− )∙(

−

), где ∆= |

|.

2

2

|∆|

1

2

1

2

1

2

2

3

3

3

Пример 1.18.

2

2

2

Найти объем тела, ограниченного эллипсоидом:

+

+

= 1.

2

2

2

Решение.

Данное тело в декартовой системе координат задается неравенством:

2

2

2

= ∙

+

+

≤ 1. Сделаем линейную замену переменных простейшего вида: { = ∙ .

2

2

2

= ∙

Тогда получим:

( , , ) = ,

=

, =

, =

и

2

+

2

+

2

≤ 1

2

+ 2 + 2 ≤ 1.

2

2

2

Это означает, что тело, ограниченное эллипсоидом в системе координат ,

переходит в единичный шар в системе координат с объемом (Ω′) =

4

∙13

=

4

.

3

3

Используя формулу: (Ω) = ′|( , , )| - найдем объем эллипсоида:

Ω

(Ω) = ′| | = | |∙ ′ = | |∙(Ω′) =

4

∙ .

3

Ω

Ω

Сначала рассмотрим переход от декартовой системы координат к

цилиндрической системе координатам по известным формулам:

= ∙

{ = ∙ ,

где ≥ 0,

−∞ < < + ∞,

=

0 ≤ < 2 или:

− < ≤ (рис. 1.29).

Вычислим якобиан перехода:

′

= ,

′

= − ∙ , ′ = 0,

′

= ,

′

=

∙ , ′

= 0,

′

= 0,

′

= 0,

′

= 1.

′

′

′

′

( , , )

= |

′

′

′

| =

′

′

′

− ∙

0

Рис. 1.29.

Цилиндрическая система координат

= |

∙

0| =

0

0

1

= |

− ∙ | = ∙ 2

+ ∙ 2 = ;

≥ 0

|( , , )| = .

∙

= ∙

( , , ) = [

= ∙

] =

′ ̃( , , ) ∙

,

=

Ω

Ω

=

где ̃( , , ) = ( ,

,

).

Теперь рассмотрим переход от

декартовой системы координат

к сферической системе координатам

по известным формулам (рис. 1.30):

= ∙ ∙

{ = ∙ ∙ ,

= ∙

′

где ≥ 0, 0 ≤ ≤ ,

0 ≤ < 2

(или: − < ≤ ).

Заметим, что справедливы

Рис. 1.30.

Сферическая система координат

равенства:

2 + 2 = 2∙ 2 и 2

+ 2 + 2 = 2.

Вычислим якобиан перехода:

′

= ∙ ,

′

= − ∙ ∙ ,

′

= ∙ ∙ ,

′

= ∙ ,

′

= ∙ ∙ ,

′

= ∙ ∙ ,

′

= , ′

= 0, ′

= − ∙ .

′

′

′

∙

− ∙ ∙

∙ ∙

( , , ) = | ′

′

′

| = | ∙

∙ ∙

∙ ∙ | =

′

′

′

0

− ∙

= [разложение по третьей строке] =

− ∙ ∙

∙ ∙

∙

− ∙ ∙

= | ∙ ∙

∙ ∙ | − ∙ |

∙

∙ ∙

| =

= ∙(−2 ∙ ∙ ∙ 2 − 2 ∙ ∙ ∙ 2) −

−∙ ∙( ∙ 2 ∙ 2 + ∙ 2 ∙ 2) = −2∙ ∙ 2 − 2∙ 3 =

= −2∙ ∙(2 + 2) = −2∙

|( , , )| = |−2 ∙

| = 2∙ .

Итак, имеем:

|( , , )| = 2∙

и получаем тройной интеграл в сферических

координатах:

= ∙ ∙

( , , ) = [

= ∙ ∙

,

= ∙

] = ′ ̃( , , ) ∙ 2

Ω

Ω

= 2

Пример 1.19.

Вычислить тройной интеграл:

=

√2+ 2+ 2 , где область Ω

Ω

задается системой неравенств:

1 ≤ 2+ 2+ 2 ≤ 4

{

≤ ≤ √3 ∙

.

1

≤ ≤

1

√2+ 2

√2

+ 2

√15

√3

Решение.

= √3 ∙

Область интегрирования представляет

=

собой пересечение трех тел:

Ω

= Ω1 ∩ Ω2 ∩ Ω3.

1) Тело Ω1 задается неравенствами:

1

1

3) Тело Ω задается неравенствами:

√2+ 2 ≤ ≤

√2+ 2

- и представляет собой

3

√15

√3

1

1

множество, заключенное между двумя конусами: =

√2+ 2

и =

√2+ 2

√15

√3

(рис. 1.32).

1

=

√2+ 2

1

√3

=

√2+ 2

√15

Рис. 1.32.

Иллюстрация к Примеру 1.19

= ∙ ∙

Перейдем к сферическим координатам: [

= ∙ ∙

] -

= ∙

= 2

и выясним, что представляет собой область Ω′ = Ω1′ ∩ Ω2′ ∩ Ω3′ .

Ω : 1 ≤ 2+ 2+ 2 ≤ 4 1 ≤ 2 ≤ 4 Ω′ :

1 ≤ ≤ 2;

1

1

Ω2:

≤ ≤ √3∙

∙ ∙ ≤ ∙ ∙ ≤ √3∙ ∙

(т.к. > 0) Ω2′ :

;

≤ ≤ √3

1 ≤ ≤ √3

≤ ≤

4

3

1

≤ ≤

1

1

∙ ≤ ∙ ≤

1

∙

Ω :

√2+ 2

√2+ 2

3

√15

√3

√15

√3

1

1

.

(т.к. > 0)

≤ ≤

√3

≤ ≤ √15 Ω3′ :

≤ ≤ √15

3

√15

√3

1 ≤ ≤ 2

Таким образом, тело Ω′ задается системой неравенств: {

≤ ≤

- и

4

3

≤ ≤ √15

3

3

2

√15

3

2

2

2

3

=

Ω √

+

+

= Ω′

=

∫1

∫ ∫

4

3