Файл: Учебное пособие предисловие данное учебное пособие предназначено для студентов немате.docx

Тройной интеграл вычисляется обычно при помощи сведения его к повторному интегралу.

Теорема 1. Пусть область интегрирования (V ) проектируется на плоскость Oxyв область (S). Если:

(V ) ограничена снизу поверхностью с уравнением z= α(x, y), сверху z = β(x, y), с боков цилиндрической поверхностью с образу- ющими, параллельными оси Oz и проходящими через границу обла- сти (S) (эта поверхность может и отсутствовать), причем функции α(x,y), β(x,y) непрерывны на (S) (рис. 21);

∫∫∫
существует f(x,y,z) dxdydz;

(V)

для любой точки N(x,y) ∈ (S) существует

β(x,y)

∫
α(x,y)

f(x,y,z) dz, то

β(x,y)

∫∫∫

f(x,y,z) dxdydz= ∫∫

dxdy ∫ f(x,y,z) dz,

где

∫∫

(V)

f(x,y,z) dz
β(x,y)

(S)

∫∫

α(x,y)

∫

⎜_⎝

^f⁽^x^,^y^,^z⁾^d^z^⎟⎠ ^dxd^y^.
^⎛β(x,y) ^⎞

(S)
α(x,y)
(S)
α(x,y)

∫
Внутренний интеграл находится при постоянных значениях

∀ ∈
xи y N(x,y) (S).

∈
Замечание. Для расстановки пределов в повторном интеграле рекомендуется взять произвольную точку N (x, y) (S), провести через нее ось, параллельную оси Oz, заметить, что эта ось входит в область интегрирования (V), пересекая поверхность с уравнением z= α(x, y), выходит из области интегрирования при пересечении поверхности с уравнением z = β(x, y). Нижний и верхний пределы интегрирования внутреннего интеграла будут соответственно рав- ны α(x,y) и β(x,y).

Теорема 2. Пусть область интегрирования (V ) проектируется на ось Ozв сегмент [c,d]. Если:

(V) ограничена снизу плоскостью с уравнением z = c,сверху

∫∫∫
z= d(см. рис. 22);

существует f(x,y,z) dxdydz;

∫∫_∈
(V)

для любого z [c,d] существует f(x,y,z) dxdy, где (S_z) — се-

⁽^Sz⁾

∫∫∫
чение области (V) плоскостью z= z, z ∈ [c,d], то

где

(V)
f(x,y,z) dxdydz=

d

∫

∫∫
dz

^c⁽^Sz⁾
f(x,y,z) dxdy,

∫

∫∫
d

dz f(x,y,z) dxdy

def

=

∫^d^⎛∫∫

f(x,y,z) dxdy⎞^⎟dz.

⎜_⎝
^c⁽^Sz⁾^c⁽^Sz⁾

⎠
Внутренний интеграл находится при постоянном значении zиз

∫∫∫
[c,d].

Пример. Вычислить интеграл I= (x+ 2y) dxdydz, если об-

(V)

ласть интегрирования (V) ограничена плоскостями x+z= 1, x= 0,

y= 0, y= 2, z= 0.

Решение.Найдем значение этого интеграла двумя способами.

∈
Используем теорему 1. Область (V ) проектируется на плос- кость Oxy в прямоугольник (S) (рис. 23, 24). Возьмем любую точку N(S), проведем через нее ось, параллельную оси Oz. Согласно теореме 1, имеем

∫∫
I=

∫∫
(S)
dxdy

1−x

∫
(x+ 2y) dz=

∫
0

∫∫

z=0
(S)

(x+ 2y)z^.^z⁼¹⁻^xdxdy=

=

(S)

(x+ 2y)(1 − x) dxdy=

1 2

−

∫
dx (x x²

0 0

+ 2y(1 − x)) dy=

(x− x)y+ y(1 − x)

=
^∫²2 2

_.y=2 ^∫¹₂

_y₌₀dx=

(4 − 2x− 2x) dx=

0

3

3

3
= (4x− x − x)^.= 4 − 1 − = .

Рис.23 Рис.24

∈
Используем теорему 2. Область (V ) проектируется на ось Ozв сегмент [c, d] (рис. 25). Возьмем любую точку z [c, d], прове- дем через нее плоскость, параллельную плоскости Oxy. Получим в сечении прямоугольник (S_z). Спроектируем его для удобства на плоскость Oxy(рис. 26). По теореме 2 имеем