ВУЗ: Не указан
Категория: Не указан
Дисциплина: Не указана
Добавлен: 03.02.2024
Просмотров: 23
Скачиваний: 0
ВНИМАНИЕ! Если данный файл нарушает Ваши авторские права, то обязательно сообщите нам.
V1, … , Vn, имеющих объемы V1, …,Vn соответственно. Обозначим d – наибольший из диаметров областей V1, … , Vn. В каждой области Vk выберем произвольную точку Pk (xk , yk , zk) и составим интегральную сумму функции f(x, y, z)
S =
Определение. Тройным интегралом от функции f(x, y, z) по области V называется предел интегральной суммы , если он существует.
(1)
Замечание. Интегральная сумма S зависит от способа разбиения области Vи выбора точек Pk (k=1, …, n). Однако, если существует предел, то он не зависит от способа разбиения области V и выбора точек Pk . Если сравнить определения двойного и тройного интегралов, то легко увидеть в них полную аналогию.
Достаточное условие существования тройного интеграла. Тройной интеграл (13) существует, если функция f(x, y, z) ограничена в V и непрерывна в V, за исключением конечного числа кусочно-гладких поверхностей, расположенных в V .
В дальнейшем будем считать, что все рассматриваемые тройные интегралы существуют.
Некоторые свойства тройного интеграла.
1) Если С – числовая константа, то
3) Аддитивность по области. Если область Vразбита на области V1и V2, то
.
4) Объем тела V равен
(2)
Вычисление тройного интеграла в декартовых координатах.
Пусть D проекция тела V на плоскость xOy, поверхности z=φ1(x, y), z=φ2(x, y) ограничивают тело V снизу и сверху соответственно. Это значит, что
V = {(x, y, z): (x, y)D, φ1(x, y) ≤ z ≤ φ2(x, y)}.
Такое тело назовем z-цилиндрическим. Тройной интеграл (1) по z-цилиндрическому телу V вычисляется переходом к повторному интегралу, состоящему из двойного и определенного интегралов:
(3)
В этом повторном интеграле сначала вычисляется внутренний определенный интеграл по переменной z, при этом x, y считаются постоянными. Затем вычисляется двойной интеграл от полученной функции по области D.
Если V x-цилиндрическое или
y-цилиндрическое тело, то верны соответственно формулы
В первой формуле D проекция тела V на координатную плоскость yOz, а во второй на плоскость xOz
Примеры. 1) Вычислить объем тела V, ограниченного поверхностями z = 0, x2 + y2 = 4, z = x2 + y2 .
Решение. Вычислим объём при помощи тройного интеграла по формуле (2)
Перейдем к повторному интегралу по формуле (3).
Пусть D круг x2 + y2 ≤ 4, φ1(x, y)= 0, φ2(x, y)= x2 + y2 . Тогда по формуле (3) получим
Для вычисления этого интеграла перейдем к полярным координатам. При этом круг D преобразуется во множество
Dr ={ (r, φ) : 0 ≤ φ < 2π , 0 ≤ r ≤ 2 }.
2) Тело Vограничено поверхностями z=y, z= –y, x=0, x=2, y=1. Вычислить
Плоскости z = y, z = –y ограничивают тело соответственно снизу и сверху, плоскости x=0, x=2 ограничивают тело соответственно сзади и спереди, а плоскость y=1 ограничивает справа. V – z-цилиндрическое тело, его проекцией D на плоскость хОу является прямоугольник ОАВС. Положим φ1(x, y)= –y, φ2(x, y)= y и применим формулу (3):
Замена переменных в тройном интеграле.
Пусть в тройном интеграле совершается замена переменных:
и эти функции имеют в области V непрерывные частные производные и отличный от нуля Якобиан:
Тогда справедлива формула замены переменных в тройном интеграле:
=(4)
Вычисление тройного интеграла в цилиндрических координатах.
Пусть в координатной плоскости xOy введена полярная система координат так, что луч Оrсовпадает с полуосью Оx. Цилиндрическими координатами точки М называются три числа r,φ, z, где r,φ – полярные координаты проекции Мz точки М на плоскость xOy, z – аппликата точкиМ(рис. 10). Для точек оси Оz координата φ не определена.Декартовы координаты x, y, zвыражаются через цилиндрические координаты по формулам
.
Можно показать, что в этом случае якобиан . Пусть при переходе к цилиндрическим координатам тело V преобразуется в тело Vц . Тогда имеет место формула
(5)
Рассмотрим z—цилиндрическое телоV, проекцией которого на плоскость Оху является область D, нижней и верхней границей – поверхности z=φ1(x, y), z=φ2(x, y). Пусть при переходе к цилиндрическим координатам множества V и D преобразуются соответственно в Vц и Dц.Тогда
(6)
Пример. Вычислить интеграл по телуV, ограниченному поверхностями z = 0, x2 + y2 = 4, z = x2 + y2 .
Решение. По формуле (5) имеем
Перейдем к повторному интегралу по формуле (6). Областью Dц является круг {(r,φ): r ≤ 2, 0≤φ≤2π}. Так как φ1(x, y) ≡ 0, то
φ1(rcosφ, rsinφ) ≡ 0. Так как φ2(x, y) ≡ x2 + y2, то
φ2(rcosφ, rsinφ)= (rcosφ)2 +(rsinφ)2=r2. Следовательно, по формуле (6) получим
Вычисление тройного интеграла в cферических координатах.
Сферическими координатами
точки М называются три числа r, φ, θ, где
r = ОМ (r ≥ 0) расстояние от начала координат до точки М,
φ (0 ≤ φ < 2π)– полярный угол точки Мz,
θ – угол между плоскостью Оху и вектором ОМ.
Декартовы координаты связаны со сферическими координатами формулами x = rcosφ cosθ, y = rsinφ cosθ, z = rsinθ
Заметим, что ОМ2 = x2+y2+z2 , поэтому в сферических координатах x2+y2+z2 = r2 .
Можно показать, что якобиан перехода от декартовых к сферическим координатам равен: .
Пусть при переходе к сферическим координатам тело V преобразуется в Vс.Тогда тройной интеграл преобразуется по формуле
(7)
Второй интеграл в этой формуле вычисляется переходом к повторному интегралу. Пусть
Vс={(r, φ, θ): φ1 ≤ φ ≤ φ2, θ1(φ) ≤ θ ≤ θ2(φ), r1(φ,θ) ≤ r ≤ r2(φ,θ)}. Тогда
=
(8)
Примеры. 1)Вычислить объем тела V, ограниченного поверхностью
(x2+y2 +z2)2 = a3z (a
Решение. Как замечено выше, x2 + y2 + z2= r2. Поэтому данная поверхность в сферических координатах задается уравнением
r4 = a3rsinθ или
Поскольку a r ≥ 0, то sinθ ≥ 0, т.е. 0 ≤ θ ≤ π / 2. Так как тело ограничено поверхностью то 0 ≤ r ≤ В силу того, что координата r точки данной поверхности не зависит от φ, то0 ≤ φ ≤ 2π. Таким образом,
Vс={( r, φ, θ): 0 ≤ φ ≤ 2π, 0 ≤ θ ≤ π / 2, 0 ≤ r ≤ }.
Следовательно, по формулам (14) и (19) получаем
2) Вычислить интеграл где V – тело, ограниченное поверхностями x2+y2 +z2=R2, x2+y2 =z2, x=0, y=0 (x≥0, y≥0, z≥0).
Решение. сфера радиуса R с центром в начале координат. круговой конус с осью Оу, его образующая наклонена к плоскости
хОу под углом π/4. Так как x≥0, y≥0, z≥0, то тело находится в первом октанте (рис. 12).
Найдем пределы изменения координат φ,θ, r.
Поскольку проекцией тела V является сектор ОАВ, то угол φ меняется в пределах 0 ≤ φ ≤ π ⁄ 2.
Пусть теперь угол φ из этого промежутка зафиксирован. Тогда точки телаVзаполняют сектор ОMN , причем отрезок ОM образует сплоскостью хОу угол π/ 4, а ОN – угол π/ 2. Следовательно, угол θ меняется в пределах π / 4 ≤ θ ≤ π / 2.
При фиксированных значениях углов φ и θ из указанных выше промежутков точка телаVпробегает отрезок ОР от начала координат О до точки сферы Р. Так как в точке О координата r = 0, а в точке Р r = R , то координата r меняется в пределах 0 ≤ r ≤ R .
Таким образом,
Vс={(r, φ, θ): 0 ≤ φ ≤ π ⁄2, π ⁄4 ≤ θ ≤ π ⁄2, 0 ≤ r ≤ R}. Следовательно, по формуле (8) получаем
S =
Определение. Тройным интегралом от функции f(x, y, z) по области V называется предел интегральной суммы , если он существует.
Таким образом,
(1)
Замечание. Интегральная сумма S зависит от способа разбиения области Vи выбора точек Pk (k=1, …, n). Однако, если существует предел, то он не зависит от способа разбиения области V и выбора точек Pk . Если сравнить определения двойного и тройного интегралов, то легко увидеть в них полную аналогию.
Достаточное условие существования тройного интеграла. Тройной интеграл (13) существует, если функция f(x, y, z) ограничена в V и непрерывна в V, за исключением конечного числа кусочно-гладких поверхностей, расположенных в V .
В дальнейшем будем считать, что все рассматриваемые тройные интегралы существуют.
Некоторые свойства тройного интеграла.
1) Если С – числовая константа, то
3) Аддитивность по области. Если область Vразбита на области V1и V2, то
.
4) Объем тела V равен
(2)
Вычисление тройного интеграла в декартовых координатах.
Пусть D проекция тела V на плоскость xOy, поверхности z=φ1(x, y), z=φ2(x, y) ограничивают тело V снизу и сверху соответственно. Это значит, что
V = {(x, y, z): (x, y)D, φ1(x, y) ≤ z ≤ φ2(x, y)}.
Такое тело назовем z-цилиндрическим. Тройной интеграл (1) по z-цилиндрическому телу V вычисляется переходом к повторному интегралу, состоящему из двойного и определенного интегралов:
(3)
В этом повторном интеграле сначала вычисляется внутренний определенный интеграл по переменной z, при этом x, y считаются постоянными. Затем вычисляется двойной интеграл от полученной функции по области D.
Если V x-цилиндрическое или
y-цилиндрическое тело, то верны соответственно формулы
В первой формуле D проекция тела V на координатную плоскость yOz, а во второй на плоскость xOz
Примеры. 1) Вычислить объем тела V, ограниченного поверхностями z = 0, x2 + y2 = 4, z = x2 + y2 .
Решение. Вычислим объём при помощи тройного интеграла по формуле (2)
Перейдем к повторному интегралу по формуле (3).
Пусть D круг x2 + y2 ≤ 4, φ1(x, y)= 0, φ2(x, y)= x2 + y2 . Тогда по формуле (3) получим
Для вычисления этого интеграла перейдем к полярным координатам. При этом круг D преобразуется во множество
Dr ={ (r, φ) : 0 ≤ φ < 2π , 0 ≤ r ≤ 2 }.
2) Тело Vограничено поверхностями z=y, z= –y, x=0, x=2, y=1. Вычислить
Плоскости z = y, z = –y ограничивают тело соответственно снизу и сверху, плоскости x=0, x=2 ограничивают тело соответственно сзади и спереди, а плоскость y=1 ограничивает справа. V – z-цилиндрическое тело, его проекцией D на плоскость хОу является прямоугольник ОАВС. Положим φ1(x, y)= –y, φ2(x, y)= y и применим формулу (3):
Лекции тройной интерграл2
Замена переменных в тройном интеграле.
Пусть в тройном интеграле совершается замена переменных:
и эти функции имеют в области V непрерывные частные производные и отличный от нуля Якобиан:
Тогда справедлива формула замены переменных в тройном интеграле:
=(4)
Вычисление тройного интеграла в цилиндрических координатах.
Пусть в координатной плоскости xOy введена полярная система координат так, что луч Оrсовпадает с полуосью Оx. Цилиндрическими координатами точки М называются три числа r,φ, z, где r,φ – полярные координаты проекции Мz точки М на плоскость xOy, z – аппликата точкиМ(рис. 10). Для точек оси Оz координата φ не определена.Декартовы координаты x, y, zвыражаются через цилиндрические координаты по формулам
.
Можно показать, что в этом случае якобиан . Пусть при переходе к цилиндрическим координатам тело V преобразуется в тело Vц . Тогда имеет место формула
(5)
Рассмотрим z—цилиндрическое телоV, проекцией которого на плоскость Оху является область D, нижней и верхней границей – поверхности z=φ1(x, y), z=φ2(x, y). Пусть при переходе к цилиндрическим координатам множества V и D преобразуются соответственно в Vц и Dц.Тогда
(6)
Пример. Вычислить интеграл по телуV, ограниченному поверхностями z = 0, x2 + y2 = 4, z = x2 + y2 .
Решение. По формуле (5) имеем
Перейдем к повторному интегралу по формуле (6). Областью Dц является круг {(r,φ): r ≤ 2, 0≤φ≤2π}. Так как φ1(x, y) ≡ 0, то
φ1(rcosφ, rsinφ) ≡ 0. Так как φ2(x, y) ≡ x2 + y2, то
φ2(rcosφ, rsinφ)= (rcosφ)2 +(rsinφ)2=r2. Следовательно, по формуле (6) получим
Вычисление тройного интеграла в cферических координатах.
Сферическими координатами
точки М называются три числа r, φ, θ, где
r = ОМ (r ≥ 0) расстояние от начала координат до точки М,
φ (0 ≤ φ < 2π)– полярный угол точки Мz,
θ – угол между плоскостью Оху и вектором ОМ.
Декартовы координаты связаны со сферическими координатами формулами x = rcosφ cosθ, y = rsinφ cosθ, z = rsinθ
Заметим, что ОМ2 = x2+y2+z2 , поэтому в сферических координатах x2+y2+z2 = r2 .
Можно показать, что якобиан перехода от декартовых к сферическим координатам равен: .
Пусть при переходе к сферическим координатам тело V преобразуется в Vс.Тогда тройной интеграл преобразуется по формуле
(7)
Второй интеграл в этой формуле вычисляется переходом к повторному интегралу. Пусть
Vс={(r, φ, θ): φ1 ≤ φ ≤ φ2, θ1(φ) ≤ θ ≤ θ2(φ), r1(φ,θ) ≤ r ≤ r2(φ,θ)}. Тогда
=
(8)
Примеры. 1)Вычислить объем тела V, ограниченного поверхностью
(x2+y2 +z2)2 = a3z (a
Решение. Как замечено выше, x2 + y2 + z2= r2. Поэтому данная поверхность в сферических координатах задается уравнением
r4 = a3rsinθ или
Поскольку a r ≥ 0, то sinθ ≥ 0, т.е. 0 ≤ θ ≤ π / 2. Так как тело ограничено поверхностью то 0 ≤ r ≤ В силу того, что координата r точки данной поверхности не зависит от φ, то0 ≤ φ ≤ 2π. Таким образом,
Vс={( r, φ, θ): 0 ≤ φ ≤ 2π, 0 ≤ θ ≤ π / 2, 0 ≤ r ≤ }.
Следовательно, по формулам (14) и (19) получаем
2) Вычислить интеграл где V – тело, ограниченное поверхностями x2+y2 +z2=R2, x2+y2 =z2, x=0, y=0 (x≥0, y≥0, z≥0).
Решение. сфера радиуса R с центром в начале координат. круговой конус с осью Оу, его образующая наклонена к плоскости
хОу под углом π/4. Так как x≥0, y≥0, z≥0, то тело находится в первом октанте (рис. 12).
Найдем пределы изменения координат φ,θ, r.
Поскольку проекцией тела V является сектор ОАВ, то угол φ меняется в пределах 0 ≤ φ ≤ π ⁄ 2.
Пусть теперь угол φ из этого промежутка зафиксирован. Тогда точки телаVзаполняют сектор ОMN , причем отрезок ОM образует сплоскостью хОу угол π/ 4, а ОN – угол π/ 2. Следовательно, угол θ меняется в пределах π / 4 ≤ θ ≤ π / 2.
При фиксированных значениях углов φ и θ из указанных выше промежутков точка телаVпробегает отрезок ОР от начала координат О до точки сферы Р. Так как в точке О координата r = 0, а в точке Р r = R , то координата r меняется в пределах 0 ≤ r ≤ R .
Таким образом,
Vс={(r, φ, θ): 0 ≤ φ ≤ π ⁄2, π ⁄4 ≤ θ ≤ π ⁄2, 0 ≤ r ≤ R}. Следовательно, по формуле (8) получаем