Письменный Д.Т. Конспект лекций по высшей математике - Полный курс

Переходя к полярным координатам, находим:

точки.

Q Решение: По формуле (53.6) находим массу пластинки. По условию,

'У= "((х;у) = k · ху, где k - коэффициент пропорциональности.

Находим координаты центра тяжести пластинки, используя формулы

390

§ 54. ТРОЙНОЙ ИНТЕГРАЛ

54.1. Основные понятия

Обобщением определенного интеграла на случай функции трех пе­

ременных является так называемый «тройной интеграл».

Теория тройного интеграла аналогична теории двойного интегра­

ла. Поэтому изложим ее в несколько сокращенном виде.

Пусть в замкнутой области V пространства Oxyz задана 11епре­

рывная функция и= f(x; у; z). Разбив область V сеткой поверхностей

на п частей Vi (i = 1, п) и выбрав в каждой из них произвольную точ­ n

ку Mi(xi; Yii zi), составим интегральную сумму 2:: f (xi; Yii Zi)дVi для

i=l

функции f (х; у; z) по области V (здесь дVi -объем элементарной обла-

сти Vi).

Если предел интегральной суммы существует при неограничен­ ном увеличении числа п таким образом, что каждая «элементарная

область» Vi стягивается в точку (т. е. диаметр области di стремится к нулю, т.е. di-+ О), то его называют троi1'Н:ым интегралом от функции

Таким образом, по определению, имеем:

Теорема 54.1 (существования). Если функция и= f(x; у; z) непре­

рывна в ограниченной замкнутой области V, то предел интегральной

суммы (54.1) при п -+ оо и maxdi -+ О существует и не зависит

ни от способа разбиения области V на части, ни от выбора точек

Mi(xi; Yi; zi) в них.

Тройной интеграл обладает теми же свойствами, что и двойной

интеграл:

1. jjj c·f(x;y;z)dv=c· jjj f(x;y;z)dv, c-const.

391

2.JJJU1(x;y;z) ± f2(x;y;z))dv = v

=JJJ fi(x;y;z)dv± JJJ f2(x;y;z))dv.

i=l

6.Оценка тройного интеграла:

т· V::::; JJJ f(x;y;z)dv::::; М ·V, v

где т и М - соответственно наименьшее и наибольшее значения функ­

ции f(x;y;z) в области V.

7. Теорема о среднем значении: если функция f(x;y; z) непрерыв­ на в замкнутой области V, то в этой области существует такая точка

Мо(хо; Уо; zo), что

J jJ f(x; у; z) dv = f(xo; Уо;zo) · V, v

где V - объем тела.

54.2. Вычисление тройного интеграла в Аекартовых

координатах

В декартовых координатах вычисление тройного интеграла сводит­

ся к последовательному вычислению трех определенных интегралов.

Пусть областью интегрирования V является тело, ограниченное

замкнутой области D, являющейся проекцией тела на плоскость Оху

392

(см. рис. 225). Будем считать область V - прави.11ьно1J. в направле­

нии оси Oz: любая прямая, параллельная оси Oz, пересекает границу

области не более чем в двух точках. Тогда для любой непрерывной в

сводящая вычисление тройного интеграла к вычислению двойного ин­

теграла от однократного (доказательство формулы (54.2) не приводим).

При этом сначала вычисляется внутренний интеграл по переменной z при постоянных х и у в пределах изменения z. Нижней границей инте­ грала является аппликата точки А - точки входа прямой, параллель­

ной оси Оz в область V, т. е. z = z1 ( х; у); верхней границей - аппликата

точки В - точки выхода прямой из области V, т. е. z = z2 (x; у). Ре­ зультат вычисления этого интеграла есть функция двух переменных:

х и у.

у

Если область D ограничена линиями х =а, х = Ь (а< Ь), у = ip1 (х) и у= ip2(x), где ip1(x) и ip2(x) - непрерывные на отрезке [а, Ь] функции, причем ip1(х) ~ ip2(x) (см. рис. 226), то, переходя от двойного интеграла

по области D к повторному, получаем формулу

по которой вычисляется тройной интеграл в декартовых координатах.

393

Заме'Чания.

1. Если область V более сложная, чем рассмотренная, то ее следует разбить на конечное число таких областей (правильных), к которым

можно применить формулу (54.3).

2. Порядок интегрирования в формуле

(54.3), при определенных условиях, может

у

где V ограничена плоскостями х = О, у = О,

z = 1, х +у+ z = 2 (рис. 227).

в направлении оси Oz (как, заметим, и в на-

правлении осей Ох и Оу). Ее проекция на плоскость Оху является пра­

вильной в направлении оси Оу (и оси Ох). Согласно формуле (54.3),

имеем:

оо

оо

о

= ](х-х2-х2+хз_х(l;х)2 -~+ (2~х)з -~+~x)dx=

о

=а.х; _2 _х; +х44 -~(~2 _2.х; +х:)-~·х-(2;4х)4 )\:=

394

54.З. Замена переменных в тройном интеграле. Вычисление тройного интеграла

в цилиндрических и сферических координатах

При вычислении тройного интеграла, как и двойного, часто приме­ няется метод подстановки, т. е. совершается преобразование перемен­

странства Ouvw непрерывные частные производные и отличный от ну-

ля определитель

то справедлива формула замени переменних в тройном интеграле:

jjj f(x;y;z) dxdydz = v

= jjj f(ip(и;v;w);ф(и;v;w);x(и;v;w)) · II(и;v;w)ldиdvdw. (54.4) v·

Здесь I(u;v;w) - определитель Якоби, или якобиан преобразования (примем без доказательства).

Цилиндрические координаты точки связаны с ее декартовыми ко­

ординатами следующими соотношениями:

J х = r · cos <р, у = r · sin <р, z = z J

(r ~ О, 'РЕ [О; 2п], z Е IR).

395

Возьмем в качестве и; v, w цилиндрические координаты r, rp, z и вычислим якобиан преобразования:

Таким образом, вычисление тройного интеграла приводится к инте­

грированию по r, по rp и по z аналогично тому, как это делается в

декартовых координатах.

Заме-ч,ание. К цилиндрическим координатам бывает удобно перей­ ти в случае, если область интегрирования образована цилиндрической

поверхностью.

При.мер 54. 2. Вычислить JJJz · dx dy dz, где V - область, огра­

v

ниченная верхней частью конуса х2 + у2 = z2 и плоскостью z = 1.

Q Решение: На рис. 229 изображена область интегрирования V. Вы­

числим интеграл путем перехода к цилиндрическим координатам: х =

= r · coscp, у= r · sincp, z = z. Здесь dxdydz = r · drdcpdz. Уравнение

конуса примет вид r 2 cos2 cp+r2 sin2 ср = z 2 , т. е. z = r. Уравнение окруж­

ности х2 + у2 = 1 (границы области D) запишется так: r = 1. Новые

переменные изменяются в следующих пределах: r - от О до 1, ер - от

О до 2к, а z - от r до 1 (прямая, параллельная оси Oz, пересекающая

область D, входит в конус z = r и выходит из него на высоте z = 1). Таким образом, согласно формуле (54.5), получаем:

оо

Заметим, что, не переходя к цилиндрическим координатам, полу-

396

Сфери'Ческими координата.ми точки М(х; у; z) пространства Oxyz

называется тройка чисел р, ip, (},где р - длина радиуса-вектора точки

М, ifJ - угол, образованный проекцией радиуса-вектора ОМ на плос­ кость Оху и осью Ох, (} - угол отклонения радиуса-вектора ОМ от

оси Oz (см. рис. 230).

Сферические координаты р, ip, (} связаны с декартовыми коорди­

натами х, у, z соотношениями:

1 х = pcosip ·sinO, у= psinip ·sinO, z = pcos(} 1

(р ~ о, о ~ ip ~ 27r, о~ (} ~ 1Г).

В некоторых случаях вычисление тройного интеграла удобно про­

изводить, перейдя к сферическим координатам. Для этого нужно вос­ пользоваться формулой замены переменных в тройном интеграле (54.4). Так как якобиан преобразования

то

JJJ f(x;y;z)dxdydz = v

397

= JJJ f(pcosrpsinO; psinrpsinO; pcosO) · р2 sinO · dpdrpdO. (54.6) v•

Замечание. Переходить к сферическим координатам удобно, когда

область интегрирования V есть шар (уравнение его границы х2 + у2 + + z2 = R2 в сферических координатах имеет вид р = R) или его часть, а также если подынтегральная функция имеет вид f(x2 + у2 + z2 ).

54.4. Некоторые приложения тройного интеграла

Объем тела

Объем области V выражается формулой V = JJJdv или

v

V = JJJdx dy dz - в декартовых координатах, v

398

Масса тела

Масса тела т при заданной объемной плотности 'У вычисляется с

помощью тройного интеграла как

т = JJJ 1(x;y;z)dxdydz, v

где 1(х; у; z) - объемная плотность распределения массы в точке

M(x;y;z).

Статические моменты

Моменты Sxy, Bxz, Syz тела относительно координатных плоско­ стей Оху, Oxz, Oyz вычисляются по формулам

Bxz= jjj y·1(x;y;z)dv. v

Центр тяжести тела

Координаты центра тяжести тела V находятся по формулам

lxz= JJJ y2 ·1(x;y;z)dv, v

а моменты инерции относительно координатных осей:

lz = JJJ(х2 +у2) ·1(x;y;z)dv_. v

Пример 54.4. Найти объем тела, ограниченного поверхностями z = х2 + у2 и z = 1.

399