Тройные_Интегралы_v1
.5.pdfЧасть II Тройные интегралы.
Вспомним, как мы определили двойной интеграл: объем под поверхностью, заданной уравнением ( , ). Тогда можно было бы сказать, что тройной интеграл – гиперобъем «под» поверхностью (, , ). Однако, проще сделать несколько иначе.
Вернемся к двойным интегралам: пусть теперь функция ( , ) на множестве (в области) задает распределение плотности (например, ( , ) = где , , означает, что в точке с координатами ( , ) плотность равна ). Тогда двойной интеграл от ( , ) вернет массу области . Это называется
физическим смыслом двойного интеграла: (, ) = (, ) = – масса пластины с
распределением плотности (, ).
И вот экстраполяция физического смысла двойного интеграла на тройной интеграл уже понятна: тройной интеграл по поверхности от функции (, , ) = (, , ) равен массе тела
( – функция распределения плотности, только теперь не на плоскости , а внутри поверхности ).
(, , ) = (, , ) = – масса тела с распределением плотности (, , ).
Замечание: здесь и далее: поверхность записывается как , однако общепринятого обозначения нет, что может вызвать некоторые трудности. – не объем! Буква выбрана так лишь чтобы подчеркнуть, что интегрирование происходит по трехмерной замкнутой поверхности.
Свойства двойных интегралов полностью переносятся и на тройные, поэтому расписывать их нет смысла.
Перейдем к расчетам.
Чтобы взять двойной интеграл, мы сводили его к повторному. Для того, чтобы взять тройной интеграл
– сначала надо его свести к двойному, а затем двойной свести к повторному.
Пусть имеется поверхность и функция распределения плотности внутри этой поверхности (, , ).
Обратите внимание: оси не подписаны, поскольку их можно поменять местами заменой переменных. Без ограничений общности будем считать, что вверх направлена ось , а «тень» поверхность отбрасывает на плоскость 0.
|
План расстановки пределов тройных |
|
|
|
интегралов в декартовой системе координат |
|
тривиален: |
1)Выбрать ось «направления» - то есть ось высоты.
Повторюсь: эта ось может быть любой, и 0 и 0 и 0. Выбирается исходя из ситуации. (см пример
2).
2)Найти пределы по данной оси. Поступаем по аналогии с двойными интегралами: нужно провести прямую, параллельную выбранной оси (в нашем случае 0), из минус бесконечности, и найти количество точек пересечения с поверхностью (Поверхность называется правильной в выбранном направлении, если пересечений не больше двух). Далее всевозможные точки первого пересечения
будут некоторой поверхностью 1 ( 1(, ) в нашем случае), а вторые - 2 ( 2(, ) в нашем случае)
Грубо говоря, поверхность разбивается на две половины – нижнюю и верхнюю. Можно придумать ассоциацию: если поверхность – это орех, то нижняя граница интегрирования по ореху – нижняя половина скорлупы, а верхняя граница – верхняя.
выхода
2( , )
2( , )
входа
3)Найти проекцию поверхности на плоскость, перпендикулярную оси, выбранной в пункте 1
Например если в пункте 1 была выбрана ось 0, то надо найти проекцию на плоскость 0.
4)Перейти к двойному интегралу:
|
2( , ) |
∫ |
(, , ), (7) |
1( , )
где 1(, ) − уравнение «входа», 2(, ) − уравнение «выхода»
Замечания:
a)Аналогично замечанию (a) из предыдущего конспекта: в выражении (7) между и ∫ ( , , ) не стоит знак умножения:
|
2( , ) |
|
2( , ) |
|
∫ |
(, , ) = (∫ |
( , , ) ) . |
||
|
1( , ) |
|
1( , ) |
|
|
|
|
||
2( , )
∫ |
(, , ) |
||||
|
|
|
|
|
|
1( , )
Совпадают
b) Аналогично замечанию (b): Результатом тройного интеграла является масса, то есть число. Значит пределы интегрирования внутреннего интеграла –
функции от тех же переменных, по которым берется внешний двойной интеграл
c)Не стоит забывать, что в трехмерном пространстве есть выбор из трех осей, соответственно, за направляющую ось можно выбрать как 0, так и 0 или 0. Для удобства пара рекомендаций:
1.Выбирайте ось, в направлении которой поверхность правильная
2.Если поверхность правильна в нескольких направлениях – выбирайте то, при котором проекция на перпендикулярную ему плоскость представляет собой простейшую область .
Пример 1:
(Сложность - 18 АВ)
Расставить пределы интегрирования в декартовой системе координат для нахождения массы тела , заданного функцией = 2 + 2 + 2 = 4 с распределением плотности (, , ) = 1.
Решение:
− поверхность второго рода. Для таких поверхностей есть золотое правило – если сразу непонятно, какая именно перед нами поверхность – смотрим сечения плоскостями, параллельными 0 , 0 , 0 .
1)Сечение плоскостью = : 2 + 2 + ( )2 = 4 – это уравнения окружностей
2)Сечение плоскостью = : 2 + ( )2 + 2 = 4 – уравнения окружностей
3)Сечение плоскостью = : ( )2 + 2 + 2 = 4 – тоже уравнения окружностей
- во всех сечениях окружности - − сфера с радиусом √2 и центром в (0, 0, 0).
Изобразим ее:
Очевидно, что сфера правильна во всех трех направлениях. Выберем, например, направление 0. Тогда внутренний интеграл по , а меняется от нижней половины сферы до верхней:
−√4 − 2 + 2 ≤ ≤ √4 − 2 − 2
Проекция на плоскость, перпендикулярную 0 , представляет из себя 2 + 2 = 4 - окружность радиуса 2
Получаем
|
|
|
|
|
|
|
|
√4− 2− 2 |
|
|
|
(, , ) = ∫ |
|
1 . |
|||
|
|
−√4− 2− 2 |
|
||
|
|
|
|
||
Теперь надо расставить пределы интегрирования по (по проекции на ось, перпендикулярной выбранному направлению), а это мы уже делать умеем. Например, будем интегрировать сначала по
−2 ≤ ≤ 2 , затем по . Значит {−√4 − 2 ≤ ≤ √4 − 2
Если вы не понимаете, почему это так – обратитесь к первой части конспекта, сейчас я полагаюсь на то, что материал по двойным интегралам усвоен.
Запишем окончательно:
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
√4− 2− 2 |
|
2 |
√4− 2 |
√4− 2− 2 |
|
|||||
(, , ) = ∫ |
|
1 = ∫ |
∫ |
|
∫ |
|
1 |
|||||
|
|
−√4− 2− 2 |
−2 |
−√4− 2 |
−√4− 2− 2 |
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Предлагаю обратить особое внимание на замечания (b) из обоих конспектов: это может спасти вас от ошибок. Например, произведем проверку в нашем решении: пределы внутреннего интеграла зависят оти , и дальнейшее интегрирование производится по и . Пределы внутреннего повторного интеграла зависят только от , и внешний интеграл берется по . Пределы же внешнего интеграла – числа. Задание алгебраически решено верно.
Пример 2: |
|
|
|
|
|
|
|
(Сложность – |
1 |
АВ) |
|
||||
2 |
|
||||||
|
|
|
|
|
|
||
Расставить пределы интегрирования и найти массу тела : 2 + 2 ≤ , ≤ 4, ≥ 0. С распределением |
|||||||
плотности (, , ) = |
|
3 |
. |
||||
|
|
||||||
2√ − 2 |
|||||||
|
|
|
|
|
|||
Для начала найдем сечения поверхности второго порядка (необходимо по очереди построить все уравнения, которыми задано , затем найти замкнутую область).
1)Сечение плоскостью = : 2 + ( )2 ≤ – внутренние области парабол
2)Сечение плоскостью = : 2 + 2 ≤ – внутренняя область окружностей радиуса
3)Сечение плоскостью = : ( )2 + 2 ≤ – внутренняя область парабол.
Всечениях имеются две параболы и окружности. Перед нами эллиптический параболоид1.
≤ 4 и ≥ 0 − положительные полупространства, отсекаемые плоскостями = 4 и = 0. Изобразим :
1 Если такие рассуждения Вам непонятны – вот еще подсказка:
Рис 2
Рис 1
Из построения (рис 1) видно, что поверхность - светло – зеленая часть эллиптического параболоида. (рис 2)
Теперь надо выбрать направляющую ось.
Понятно, − правильна во всех трех направлениях (прямые, параллельные любой из осей пересекают не более, чем в двух точках. Замечание: бесконечное количество точек в пересечении отсекаем открытым промежутком)
Все проекции эллиптического цилиндра на координатные плоскости мы уже рассмотрели – это параболы и окружности. Однако, плоскости = 4 и = 0 «отрежут» часть проекции:
z |
z |
y |
y |
z |
z |
|
x |
x |
Здесь не все так просто. В этом и прелесть данных задач – нужно найти оптимальный вариант. Посмотрите внимательно: если мы выберем за направляющую ось 0 , расставить пределы по будет проблематично.
Действительно, будет меняться от левой (на рис 2) части до правой: −√ − 2 ≤ ≤ √ − 2, и интеграл будет иметь вид
|
|
( , ) |
2 |
4 |
|
√ |
− 2 |
|
|
3 |
|
||
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
( , , ) = |
∫ |
( , , ) = ∫ ∫ ∫ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
2 |
−√ |
|
2√ − 2 |
||||||
|
полупарабола |
1( , ) |
0 |
− 2 |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Если же выбрать за направляющую ось 0 , то 2 + 2 ≤ y ≤ 4, но расставлять пределы по окружности неприятно:
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
( , ) |
2 |
√4− 2 |
4 |
|
3 |
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
( , , ) = |
∫ |
= ∫ ∫ |
∫ |
|
|
|
|||
|
|
||||||||
|
полуокружность |
1( , ) |
−2 |
0 |
|
2+ 2 2√ − 2 |
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
||
А теперь я смело заявляю: первый интеграл вы возьмёте за минуту, а второй не возьмёте.
Очень важно обращать внимание на интегрируемую функцию: в данном случае она подозрительно похожа на пределы интегрирования во внутреннем интеграле первого выражения…
2 |
4 |
|
√ |
− 2 |
|
|
3 |
|
2 |
4 |
|
3 |
√ |
− 2 |
|
|
2 |
4 |
|
3 |
|
|
|
|||||
∫ ∫ ∫ |
|
|
|
= ∫ |
∫ |
|
∫ |
|
|
|
= ∫ |
∫ |
|
2√ − 2 = |
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
2 |
|
−√ |
|
2√ − 2 |
|
2 2√ − 2 |
−√ |
|
|
|
2 2√ − 2 |
|
|
|
|||||||||||||
0 |
|
− 2 |
0 |
− 2 |
0 |
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
|
|
2 |
4 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
3 ∫ ∫ |
= 3 ∫ (4 − 2) = 3 ((4 ∙ 2 − |
2 |
|
) − (4 ∙ 0 − 0)) = 16. |
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
0 |
|
2 |
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
Пример 3 |
(для самостоятельного решения) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
(Сложность – |
1 |
АВ) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
− замкнутая поверхность, ограниченная следующими уравнениями: = , = 2, = 2, = 0.
Распределение плотности ( , , ) = 1.
Расставить пределы интегрирования оптимальным способом и найти массу .
Замена переменных в тройном интеграле. Сферическая и цилиндрическая замены.
Предупреждение: если вы еще не прочитали и не усвоили замену в двойном интеграле – самое время прочитать конспект №1. Здесь будет много ссылок на уже объясненный материал.
Пусть функция распределения плотности ( , , ) интегрируема внутри поверхности .
Произведем замену переменных:
= ( ,, )
{ = ( , , ) , →= ( , , )
(, , − функции от трех переменных).
Так же, как и в двойных интегралах, придется считать якобиан, который так же не должен быть вырожденным:
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
(, , ) = det |
|
|
|
|
|
0 , |
(8) |
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
( |
|
|
|
|
|
) |
|
|
|
|||
Свойство обратимости: (, , ) = |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
( , , ) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Формула замены переменных2: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(, , ) = ( (, , ), (,, ), ( ,, )) |( , , )|, |
(9) |
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Системы координат
1)Декартова система координат в трехмерном пространстве всем хорошо известна – точка задается радиус-вектором, имеющим три координаты – длины проекций на оси 0 , 0 , 0.
2)Цилиндрическая система координат.
По сути – это полярная система координат, с добавлением третьей координаты – «высоты» над плоскостью полярных координат.
Таким образом точка пространства задаётся при помощи 1. Расстояния от центра координат до
проекции точки на плоскость 0
2.Углом между осью 0 и проекцией радиус–вектора на плоскость 0
3.Высоты точки над плоскостью 0
= ( )
{ = ( ) , = , (10)
=
Обратите внимание: точно так же, как и в полярной системе ≥ 0, [0, 2 ].
2 Для тренировки рекомендую доказать, что якобиан цилиндрической замены равен r, а сферической 2 sin2( )
3)Сферическая система координат
Точка в пространстве определяется с помощью
1.Расстояния до нее от центра координат
2.Угла между осью 0 и проекцией радиус-вектора точки на плоскость 0 .
3.Угла между остью 0 и радиусвектором.
= cos( ) sin( ) |
|
{ = sin( ) sin( ) , |
= 2 sin( ), (11) |
= cos( ) |
|
Важное замечание:
Очевидно, что ≥ 0, [0, 2 ]. Но есть еще одно ограничение: [0, ]. Объясняется этот факт достаточно несложно, (но в первый раз может взорвать
мозг): точка, с координатой ( , , ), если > , это то же самое, что и точка ( , +(период 2 отбрасывается, если стал больше 2 ), − + 2 ). Поэтому, чтобы избежать неоднозначности, вводится ограничение ≤ .
4)Я понимаю, что понять материал по сухому тесту и паре картинок невозможно. Поэтому предлагаю опробовать системы координат туть.
Особо важным является замечание в предыдущем пункте, его необходимо осознать. Если непонятно – бейте тревогу.
5)Еще один крайне важный момент: следует понимать, что, например, замена вида
= ( )
{ = ( ) , = – тоже будет цилиндрической заменой. Совершенно все равно, какую
=
плоскость мы выберем в качестве полярной. Но как только мы выбрали плоскость – ось, перпендикулярная ей, становится остью «высоты».
В сферической системе координат то же самое – никакой привязки к декартовым осям на
= cos( ) sin( ) |
|
самом деле нет! Замена { = sin( ) sin( ) , |
= 2 sin( ), - тоже сферическая. |
= cos( ) |
|
Расставлять пределы в цилиндрической системе координат не сложнее, чем в декартовой: сначала необходимо произвести цилиндрическую замену (пользуясь (10)), затем перейти к двойному интегралу точно так же, как и в декартовой системе координат. Отличие в том, что расставлять пределы в двойном интеграле нужно будет уже в полярной системе координат.
В сферической же системе необходимо найти всевозможные точки «входа» и «выхода» радиус векторов (обратите внимание, не прямых, параллельных направляющей оси, а радиус-векторов), затем «зажать» поверхность между крайними углами , после найти предельные углы . Подробнее это будет рассмотрено в следующем примере.
Итак,
Пример 3: (нет, я не украл у АВ, я реквизировал)
: 2 + 2 − 2 ≤ 0, > 0, 2 + 2 + 2 ≤ 4; ( , , ) = 2 + 2 + 2
Расставить пределы интегрирования тремя способами (в трех системах координат)
Решение:
По уже отработанной схеме, сначала рассматриваем сечения
1)Сечение плоскостью = : 2 + 2 − 2 ≤ 0 – внутренняя области гипербол с асимптотами = ± .
*напоминаю, как находятся сечения: фиксируем переменную, заменяем ее на и строим кривые. const – это зафиксированная переменная.
2)Сечение плоскостью = : 2 + 2 − 2 ≤ 0 – внутренняя область окружностей радиуса
2
3)Сечение плоскостью = : ( )2 + 2 − 2 ≤ 0 – внутренняя область гипербол с асимптотами = ±.
Уравнение 2 + 2 − 2 ≤ 0 соответствует внутренней части конуса. Однако, каноническое уравнение конуса2 + 2 − 2 = 0 (у нас он повернут). В таких случаях, чтобы не путаться, я рекомендую сделать замену переменных таким образом, чтобы свести поверхность к каноническому виду. Таким образом оси и надо поменять местами.
Очевидно, что якобиан такой замены тождественно равен единице (поворот ничего не меняет). Поэтому можно записать новую поверхность : 2 + 2 − 2 ≤ 0, > 0, 2 + 2 + 2 ≤ 4; (, , ) = 2 + 2 + 2.
Я намеренно переставил местами и и в уравнении распределения плотности, чтобы подчеркнуть, что замена производится и в ней. И еще напоминаю, что поменять местами переменные надо будет и в сечениях.
Полагаю, что уравнение 2 + 2 + 2 = 4 всем известно – это сфера радиуса 2. В данном случае ее поверхность будет «шапкой» конуса. Теперь изобразим поверхность. Сначала все проекции, затем аккуратно объединяем3:
z |
z |
y |
x |
y
x
3 Когда это будет происходить автоматически – так подробно расписывать будет не нужно. В решении просто указаны все шаги, чтобы читатель смог полностью уловить суть.
Полагаю, требуется некоторое пояснение к проекциям. Проекцией на 0 будет окружность, по которой пересекаются сфера и конус. Ее уравнение можно найти аналитически:
{ |
2 |
+ 2 + 2 |
= 4 |
→ { |
2 + 2 + 2 = 4 |
→ 2 2 |
|
|
|
||
= 4 → = √2. |
|||||||||||
2 + 2 − 2 |
= 0 |
2 + 2 |
= 2 |
||||||||
|
|
|
|
|
|
||||||
Это означает, что пересечение происходит на «высоте» √2. Уравнение пересечения 2 + 2 + ( √2 )2 = 4 или
2 + 2 = 2.
Проекции на плоскости 0 и 0 одинаковы, и получаются путем подстановки в полученных на первом этапе решения сечениях 0 вместо .
Здесь можно пощупать поверхность. Теперь расставим пределы интегрирования.
1) Декартова система координат.
Заметим, что поверхность симметрична относительно плоскости 0 , а функция плотности четна относительно всех осей и координатных плоскостей. Значит достаточно посчитать массу только левой
z |
половины: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
Здесь будет меняться от левой половины конуса до шапки: |
|||||||||||||||||||||||
|
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
√ 2 + 2 ≤ ≤ √4 − 2 − 2. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
Теперь надо расставить пределы двойного интеграла: |
||||||||||||||||||||||
|
|
|
y |
|
|
|
поскольку проекция половины |
||||||||||||||||
|
y |
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
поверхности на плоскость 0 есть |
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
полуокружность 2 + 2 = 2, ≤ 0 |
||||||||||||||||
|
|
|
|
x |
(уравнение окружности было найдено |
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
здесь) то |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
{−√2 − 2 ≤ ≤ √2 − 2 |
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
−√2 ≤ ≤ 0 |
||||||||||
|
В результате |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
0 |
|
√2− 2 |
|
√4− 2− 2 |
|
|
|
||||||||||||
|
|
( , , ) = 2 ∫ |
|
∫ |
|
∫ |
|
|
(2 + 2 + 2) |
||||||||||||||
|
|
|
|
−√2 |
−√2− 2 |
|
√ |
2+ 2 |
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
2) Цилиндрическая система координат
Все отличие от декартовой в том, что пределы двойного интеграла расставляются полярной системе координат.
Все уравнения должны быть переведены в цилиндрические координаты:
2 + 2 + 2 = 4 → 2 + 2 = 4 – уравнение сферы
2 + 2 − = 0 → 2 − = 0 – уравнение конуса
( , , ) = 2 + 2 − уравнение распределения плотности
Пусть все так же меняется от левой половины конуса до сферы: ≤ ≤ √4 − .
Пределы двойного интеграла по проекции на 0 :
≤ ≤ 2 (левая половина полуокружности, см изображение выше), 0 ≤ ≤ √2.
Теперь
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
√2 |
|
√4− 2 |
|
|||
( , , ) = 2 ∫ |
∫ |
∫ |
|
|
( 2 + 2) . |
|||
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|