eltsov-prakt

3.3. Замена переменных в кратных интегралах

101

Удобен бывает также переход к обобщённым цилиндрическим коорди-

	x a cos ,					,
			x a cos
натам по формулам		либо в более общем виде	y b sin			,
	y b sin ,
				z z.
	z z

В векторной форме то же самое записывается в виде

x			x( , , z)			a cos
		( , , z)						(a cos )i
y			y( , , z)			b sin
z			z( , , z)			z

для первой замены или

x		x( , ,z)		a cos
	( , , z)			b sin
y		y( , ,z)
z		z( , , z)		z

(a cos )i

(b sin )j zk

(b sin )j zk

для второй замены.
При этом 0 ,	0 2 ,	z . Угол допускается выбирать

из любого полуинтервала длиной 2 . Для первой замены модуль якобиана равен J ab , а для второй — J ab sin 1 cos 1 . Первая замена обычно применяется в том случае, когда область есть эллиптический цилиндр или какая-то его часть, ограниченная частью поверхности этого цилиндра.

3.46. Вычислить интеграл zdxdydz, где D — область, заданная не-

																		D
		x2					y2					z2
равенствами 1																4,				y		3 3x					y x, z 0.
4						9				16													2
Область интегрирования есть часть эллипсоида, поэтому удобно сде-
лать замену x 2 cos sin , y 3 sin sin ,																													z 4 cos . Пересчитывая
уравнения эллипсоидов											x2							y2			z2		1,				x2			y2		z2	4 в новые коор-
										4																4
																9				16									9		16
динаты, получаем 1 2 4,																				следовательно,
1 2. Проекция области на плоскость XOY
есть часть эллипса							x2							y2		4,				лежащая меж-
						4
										9
	3
ду прямыми y			x			и y								3		3	x . Записывая урав-
2										2

нение первой прямой в новых координатах, имеем 3 sin sin

3 2cos sin или, после преобразований, tg 1. Для второй прямой

2

	102										3. Кратные интегралы
	получаем 3 sin sin		3		3	2cos sin						tg
									или, что то же самое,						3.
				2
	Cледовательно, arctg 1			arctg							. Таккак z 0, то 0			. По-
							3
	4								3			2

дынтегральная функция в новых координатах будет иметь вид z 4 cos ,

модуль якобиана равен												J		2 3 4 2 sin 24 2 sin . Подставляя в исход-
ный интеграл, получаем zdxdydz
													D
	3	2			2													3		2	2
	d			d 4 cos 24 2 sin d 96															d		d 3 sin cos d
	4	0			1													4		0	1
	3			2			4				2					3		2			3 sin2
																										2
96		d			sin cos							d 24 15					d			sin cos d 24 15							d
							4																2
	4			0							1					4			0		4					0
	24 15			3		24 15
					d											15 .
	2					2				3
				4											4

3.47. Вычислить интеграл

x y zdxdydz,

где D — область, за-

D

данная неравенствами 4

x2

y2

9,

x 0,

y 0, 0

z 2.

9

4

Область интегрирования есть часть эллиптического цилинд-

ра, поэтому удобно сделать замену x 3 cos ,

y 2 sin , z z. Пересчи-

тывая уравнения эллиптических цилиндров

x2

y2

4,

x2

y2

9 в новые координаты,

9

4

9

4

получаем 4 2 9, следовательно, 2 3. Про-

екция области на плоскость XOY есть ее часть,

заключённая между эллипсами

x2

y2

4,

9

4

x2

y2

9 и лежащая в первом квадранте,

следовательно,

0

.

9

4

2

Подынтегральная функция в новых координатах будет иметь вид

x y z 3cos 2sin z, модуль якобиана равен														J	2 3 6 . Под-
ставляя в исходный интеграл, получаем											x y zdxdydz
											D
	2		3		2					2		3							2			2
																		2
6		d		d		3 cos 2sin			2zdz 6		d		3 cos 2 sin				2	z				d
	0		2		0					0		2
																						0

3.3. Замена переменных в кратных интегралах

103

								2										3																																													2																				3				3
																																																																																		3
12														d								3 cos												2 sin										2d															12									3 cos								2sin													d
								0										2																																													0																								2
									9								8						2																																										19
12																												3 cos 2sin																							d 12																				3 sin 2cos														2 380.
																	3																																														3																						0
																							0
							3.48. Вычислить интеграл																																																									dxdydz									,		где D — область, заданная
																																																													D							xyz
неравенствами 1																																				x					y												z						2,								x 0,								y 0, z 0.
																																		2							3												4
							Введём																					новые												переменные																												по						формулам														x 2 cos4 sin4 ,
y 3 sin4 sin4 ,																																		z 4 cos4															. Тогда уравнение границы																																												x							y							z		1
																																																																																									2									3						4
																																																																							2 cos4 sin4																			3 sin4 sin4
можно записать в виде																																											x											y									z
																																											2										3										4													2																						3
							4 cos4																									cos2 sin2																													sin2						sin2												cos2														1.							Или,								что
														4
то же самое, 1.																																		Аналогично для второй грани-
											x											y								z			2 получаем																														2,
цы																																																																							или,					что
								2												3								4
то же самое, 4. Поэтому																																																					1 4. Так как
часть границы проходит по осям OX, OY, OZ
и область лежит в первом октанте (x 0,																																																																	y 0,
z 0),															то					0														, 0																				.						Переходя к но-
																												2																					2
вым координатам в подынтегральной функции,																																																																		получаем																			1
																																																																																					xyz
																												1																																. Модуль якобиана перехода равен
													3 2 cos2														sin2 sin4																cos2
		2							6
	J								2 3 4 2																		42 sin7 cos3																	sin3 cos3																							384 2 sin7 cos3																						sin3									cos3 .
																																			dxdydz														384												2						2				4				2 sin7 cos3 sin3 cos3
Таким образом,																																																															d								d																																				d
																																																																											3 2					2					2				sin							4		2
																																							xyz										2				6																								cos
																															D																												0								0				1									sin																	cos
			192											2									2					4
																	d											d 1 2 cos sin sin3 cos d
		6												0									0					1

104	3. Кратные интегралы

	192						2					2										3													3 2							2			4
																																										3
	6									d			cos sin					sin							cos																						d
						0						0																																	1																														2
	128 7								2			2							3																						128 7											2						3													2
										d																																																													sin
														cos sin				sin							cos d																													sin						cos																d
																																																																							2
	6																																										6
										0		0																												2												0																							0
	128 7									2		3							128 7												sin4																			128 7											112
											sin			cos d																																																								.
																															4
		2				6													2								6																						4 2 6															6
										0																														0
			3.49. Вычислить интеграл 3																																	zdxdydz, где D — область, заданная
																																		x
																														D
															2											2
														x			3		y							3																																						5
неравенствами														1														9,							1		z 2,														y 0,						y										x.
																																																																2
															2				5
			В данном случае удобно перейти кобобщенной цилиндрической систе-
ме координат по формулам x 2 cos3																																					,					y 5 sin3 ,																				z z.
																								Модуль якобиана равен																																								J				2 5 3 cos2
																		sin2 30 cos2																											sin2 .													Границы															области
																							2										2																			2									2
																		x											y																		x								y
																								3									3																				3								3
																																				1						и																						9 в новых коор-
																																																		2						5
																			2												5
																		динатах будут иметь вид																																						2 3								cos2 sin2 1
и 2 3						9 . То есть 1 27. Переписывая уравнение границы y																																																																5	x в
																																																																												2
новых координатах, получаем 5 sin3																																											5				2 cos3											или tg 1. Поэтому
																																											2

0 arctg 1 . Подынтегральная функция в новых координатах

										4
будет иметь вид													3		z	3 2 cos3						z 3							cos z.				Таким образом,
														x													2
										4			27			2					cos z 30 cos2									sin2
3	x		zdxdydz									d d 3						2														dz
D										0			1			1
				4				27		4																		4		27											2
303 2								d	d 4 3z cos3							sin2 dz 153 2 d 4 3 cos3																		sin2 z2							1 d
					0			1		1																0					1
				3				4	27		4 3		3						2					3		4				3		2	7 3			3				27
								d																			cos
3 15					2								cos sin							d 45					2						sin									d
																																				7
								0	1																	0														1

3.3. Замена переменных в кратных интегралах

105

	3		2				4																3				4
	135						cos3 sin2 37 1 d															135 2			37		1		sin2			1 sin2 d sin
	7																					7
						0																						0
																															3				5
	1353		2					sin3								sin5			4				1353		2				2 2				2 2
							2186																			2186
	7									3					5								7						3				5
																			0
	135 2186 3								7						98376
								2			2						32				.
							7 120								4
		Иногда бывает удобно перейти к криволинейной системе координат,
отличной от рассмотренных выше.
		3.50. Вычислить интеграл																			x 2y z dxdydz,												где D — внутрен-
																					D

ность параллелепипеда с гранями x y 2z 1, x y 2z 3, 2x y 5z 0, 2x y 5z 2, x 3y 5z 1, x 3y 5z 6.

При расстановке пределов интегрирования в декартовой системе координат приходится разбивать область интегрирования на несколько частей. Введение новых переменных по формулам u x y 2z, v 2x y 5z, w x 3y 5z позволяетпроще вычислитьэтотинтеграл. При этом u, v и w

меняются в пределах 1 u 3, 0 v 2,	1 w 6. Выражая старые коор-
динаты через новые [1, 2], получаем	x	10u v 3w	,	y	5u 3v w	,
	5				5

z 5u 2v w . Подынтегральная функция в координатах u, v, w приоб-

5
ретает вид x 2y z	10u v 3w		10u 6v 2w		5u 2v w
	5
		5		5

25u 9v 2w . Определитель матрицы Якоби (якобиан перехода) равен

		5
			x				x			x		2			1						3				0			3						1
			u				v			w																	5
												5							5													5
J			y				y			y		1		3						1					0				1				2						1		. Модуль якобиана ра-
			u				v			w									5
												5															5 5											5
			z				z			z		2							1								2					1
												1													1
			u				v			w									5								5					5
												5
						1																									3	2					6	25u 9v 2w										1
вен		J						.	Тогда			x 2y z dxdydz du dv																																						dw
							5																																						5				5
												D																			1	0					1
	1		3 du2 dv6							25u 9v 2w									dw					1		3 du2						25u 9v										w		6	w2		6 dv
25																								25																				1			1
		1				0			1																	1	0

106	3. Кратные интегралы

			1					3					2																																												1				3						2
								du 25u 9v 5 35 dv																																																					du 25u 9v 7 dv
			25																																																						5
								1					0																																																1						0
						3																							2									2																				3
		1																					2					9v																										1
		5																					0						2																									5
						1					25u 7								v																			0							du													1					2 25u														7				18 du
				1		3			50u 32											du									1						25u2														3		32u												3									1				25 8 32 2																			136						27,2.
																																																	1														1
		5				1																							5																																										5																										5
						3.51. Вычислить интеграл y4zdxdydz ,																																																																где D — область, заданная
																																																										D
	неравенствами 2x y 4x, 1 xy 3,																																																																x z 2x . Переписав неравенст-
	ва, задающие область, в виде 2																																																												y					4, 1 xy 3,																				1								z				2, видим, что
																																																													x																																	x
	удобно сделать замену переменных u																																																																y		,		v xy,									w							z			. Тогда перемен-
																																																																									x																				x
	ные u, v и w меняются соответственно в пределах																																																																		2 u 4, 1 v 3,
	1 w 2.															Выражая старые переменные через новые,																																																																	получаем
	x								v				y														z w															v					. Подынтегральная функция в новых перемен-
											,							uv,
									u																																	u
																																y4z																								4 w
	ных принимает вид																																																																			v		u3 2v5 2w.																Якобиан перехода (оп-
																																																			uv
																																																																				u
	ределитель матрицы Якоби) равен
																	x										x									x																				v1 2																					1								0
																																																										3 2																			1 2 1 2
																	u										v								w
																																																							2u																		2u v
													J				y										y									y																			v1 2																					u1 2									0														v1 2				.
																	u										v								w																		2u1 2																							2v1 2
																																																																																																			2u3 2
																		z									z									z																		1 2																							1								1 2
																																																							v										w																w				v
																	u v w
																																																										3 2													1 2 1 2														1 2
																																																				2u									1 2										2u						v								u
						Модуль якобиана равен																																													J										v									. Поэтому															y4zdxdydz
																																																													2u						3 2
																																																																																						D
		4						3					2			3 2					5 2												v1 2																					1				4									3				2						3								1			4				3					3					2
	du dv u																		v								w																	dw														du dv																			v w dw											du									v				w		dv
																																				3 2																		2																															4
		2						1					1																	2u																												2									1						1															2				1										1
		3				4				3				3							3						4							4						3																3 80 4																											4
						du v									dv														v											1 du																												du 15 u															2 15 4 2 30 .
		4				2				1										16							2																															16									2

3.3. Замена переменных в кратных интегралах

107

Задачи для самостоятельного решения

3.52. В тройном интеграле f(x,y,z)dxdydz перейти к сферическим

D

или цилиндрическим координатам и расставить пределы интегрирования, если область D задана неравенствами:

а) x 0, y 0, 9 x2 + y2 + z2 25;

б)	x 0, z 0, z 9 – x2 – y2;	в)	x2 + y2 9, x2 + y2 10z, z 10, y 0;
г) x2 + y2 9, x2 + y2 10z, z 0, y 0;
д)	x 0, z 0, 9 x2 + y2 + z2 16;		е) y 0, 9 x2 + y2 + z2 16;
ж) y 0, z 0, z 16 – x2 – y2;		з) x2 + y2 5z, z 5;
и)	x2 + y2 10z, z 10, x 0.

3.53. Вычислить интегралы по заданным областям, перейдя предварительно к сферическим или цилиндрическим координатам:

а)	x2dxdydz , если область D задана неравенствами
	D
1 x2 y2 z2 4, z y z ;
б)	x2 y2 zdxdydz , если область D задана неравенствами
	D
1 x2 y2 4,						x2 y2 z2 9, z 0 ;
в)	ydxdydz, если область D задана неравенствами
	D
x2 y2 z2 9, x2 y2 z2 3z, z 0, y 0;
г)		dxdydz						, если область D задана неравенствами
			x	2		2
	D				y
1 x2 y2 9, z								x2 y2 , z 4.

3.54. Вычислить интегралы по заданным областям, перейдя предварительно к одной из обобщённых сферических или цилиндрических систем координат:

а)

dxdydz

, если область D задана неравенствами

3

2 2

D

6x y

x 2 3

y 2 3

z 2 3

1

2, x 0, y 0, z 0;

3

2

3

б)

dxdydz

, если область D задана неравенствами

D

3xy

1

x

y

3, y 0, y

27

x ;

4

3

4

108	3. Кратные интегралы

в)

4 x 3z dxdydz, если область D задана неравенствами

D

1

y2

z2

4, 2 x 5, y 0 ;

9

16

г)

yzdxdydz,

если область D задана неравенствами

D

x2

y2

z2

1

16,

x 0, y 0, z 0 .

1

4

9

3.55. Вычислить интегралы по заданным областям, сделав удобную замену переменных:

а)	4x 2y z dxdydz, если область D задана неравенствами
	D
1 x y 3z 2, 0 2x y z 3, 2 x 2y z 4;
б)	3x 5y 3z dxdydz, если область D задана неравенствами
	D
0 3x y z 2, 1 x y z 1, 1 x 2y z 3;
в)		y3z				dxdydz , если область D задана неравенствами
	D	x
x y 2x, 2 xy 4, 1 z 5;
		2
г)		y	z		dxdydz, если область D задана неравенствами
		x	6
	D
x y2 2x, 2x y 4x, x2 z 5x2 ;
д)		z		dxdydz ,				если область D задана неравенствами
		2
	D	x
x2 y 3x2, y2 x 4y2, x z 2x ;
		2x 3y					2 z	dxdydz , если область D задана неравенствами
е)			2
	D					xy

6 2x 3y 12, x y 2x, y z 3y.

3.4. Геометрические приложения кратных интегралов

Рекомендуется предварительно прочитать подразд. 3.4 из [5].

Из определения двойного интеграла следует, что площадь S(D) плоской области D выражается формулой

S(D) dxdy.

D

3.4. Геометрические приложения кратных интегралов

109

Из определения тройного интеграла следует, что объем V(G) пространственной области G выражается формулой

V(G) dxdydz.

G

x x(u,v),

Для поверхности, заданной параметрически y y(u,v), (u, v) D, или,

z z(u,v),

	x			x(u,v)
						r(u,v) x(u,v)i y(u,v)j
что то же самое, в векторной форме	y			y(u,v)
	z			z(u,v)

z(u,v)k ,

площадь поверхности равна

S

ru (u,v),rv (u,v)

dudv , где

D

ru,rv — векторное произведение [1, 2] векторов

ru xu (u,v)i yu (u,v)j zu (u, v)k,

rv xv (u,v)i yv (u,v)j zv (u,v)k,

вычисляемое по формуле

i

j

k

yu

zu

xu

zu

xu

yu

r

,r

x

y

z

i

j

k ,

u

v

u

u

u

yv

zv

xv

zv

xv

yv

xv

yv

zv

ru ,rv

а

— длина этого вектора, которая находится по формуле

r ,r

y

z

2

x

z

2

x

y

2

u

u

u

u

u

u

.

u v

y

z

x

z

x

y

v

v

v

v

v

v

Если поверхность задана явно уравнением z f(x, y), (x, y) D, то площадь поверхности может быть найдена по формуле

S 1 fx (x,y) 2 fy (x,y) 2 dxdy.

D

3.56. Найти площадь фигуры, ограниченной линиями y x , y x2.

1 x

Кривые пересекаются в точках A(0, 0) и B(1, 1). Поэтому S dx dy

0 x2

										3					1
	1				x2			2 x				x3
																	1
			x			dx												.
					2			3				3					3
	0
															0

3.57. Найти площадь области, заданной неравенствами 2y x2 y2 4y, y x.

110	3. Кратные интегралы

Переходя в интеграле S(D) dxdy к полярным координатам, имеем

D

					4sin									2					4sin			2
S(D) d						d															d 6 sin		d 3	(1	cos2 )d
												2
					2sin														2sin
		4								4											4			4
		3								9				3
	3			sin 2															.
		2								4
														2

4

3.58. Вычислить площадь области, заданной неравенствами

(x r)2 y2 r2,

y 0,

2x 2r y,

перейдя предварительно к полярным

координатам.

Проще всего эту задачу решать, если перене-

сти начало координатв центр окружности, то есть

перейти к новым переменным по формулам

x1 x r,

y1 y.

В новых переменных область

1

2

1

2

2

будет задаваться неравенствами

r ,

x

y

y1 0, 2x1 y1. Находя точки

пересечения

прямой y

1

2x

1

с окружностью

1

1

x

2

y

2 r2,

r

2r

r

2r

получаем x1

, y1

m

. На границеобласти лежитточка

,

.

5

5

5

5

Поэтому в полярных координатах область будет задаваться неравенствами

0 r, 2 arctg ( 2) 2 arctg 2. Следовательно,						S dxdy
						D
r	2 arctg 2			r2( arctg 2)
d			d		.
				2
0

3.59. Вычислить площадь области, ограничен-

ной линией x2 y2 2 8xy.

Удобно перейти к полярной системе координат. В этой системе координат уравнение кривой будет иметь вид 4 8 2cos sin , или, что то же

самое, 2sin 2 . Кривая, а следовательно,

и область, ею ограниченная, симметрична относительно начала координат.

								2	2	sin 2		3 2		2	sin 2	2		2 sin 2
Поэтому S dxdy									d		d		d			d 2	d		d
					D			0		0					0	0		0
2				2			2
		2			sin 2									2
								4sin 2 d 2cos 2							4.
				0		d								0
0							0

3.60. Найти объем области, ограниченной поверхностями x 0, y 0, z 0, x y 3, z x2 y2 1.