Tom_2

																									4		3+8ξ
													1	(3ξ -η)dξ dη =										1			7 ò7		(3ξ -η)dη =
			òò(x - 4y)dxdy =òò																						òdξ
																							3
			D							Q		3													1		1
									3	8
	1 4									+		ξ				4 æ
				æ		1	η2	ö	7		7				1		136		ξ 2		108						20 ö			16
=		ò	dξ	ç	3ξη -			÷						=		ç				-						ξ -			÷dξ =14		. □
	3					2									3		49						49				49			49
				è				ø								òè													ø
		1							1							1

Рис. 3

Рис. 4

Замена переменных в тройном интеграле производится по следующему правилу. Если ограниченная замкнутая область D пространства переменных (x, y, z) взаимно однозначно отображается

на область Q

пространства

переменных (u, v, w) с помощью

непрерывно

дифференцируемых

функций

x = x(u, v, w), y = y(u, v, w), z = z(u, v, w) и

¶x

¶y

¶z

¶u

¶u

¶u

J (u,v, w) =

¶x

¶y

¶z

¹ 0, (u; v; w) ÎQ ,

¶v

¶v

¶v

¶x

¶y

¶z

¶w

¶w

¶w

то справедлива формула

òòò f (x, y, z) dxdy dz =

D					(7)
= òòò f [(x(u,v, w), y(u,v, w), z(u,v, w)]		J (u,v, w)		du dvdw.
Q

Упражнение 1. Доказать формулу (7).

30. Двойной интеграл в полярной системе координат.

Декартовы координаты (x; y) выражаются через полярные (ρ;ϕ) с помощью формул

84

x = ρ cosϕ,

y = ρ sinϕ.

(8)

Для функций (8) якобиан равен

J (ρ,ϕ) =

cosϕ

−ρ sinϕ

= ρ.

sinϕ

ρ cosϕ

Согласно (4), имеем:

òò f (x, y)dxdy = òò f (ρ cosϕ, ρ sinϕ) ρ d ρ dϕ

,

г д е

Q

е с т ь

D

Q

о

б

л

а

с

т

ь

в полярной системе координат,

соответствующая

области

D

в

декартовой системе координат. Если

область D имеет вид части сектора,

ограниченного лучами

ϕ = ϕ1

и

ϕ = ϕ2

(ϕ1 < ϕ2 ≤ ϕ1 + 2π ) и

непрерывными

Рис. 5

кривыми ρ =ψ1(ϕ)

и ρ =ψ2 (ϕ)

(рис. 5),

ψ1(ϕ) ≤ψ2 (ϕ) , то

ϕ2

ψ2 (ϕ)

òò f (x, y)dxdy = ò dϕ

ò

f (ρ cosϕ, ρ sinϕ) ρ d ρ .

(9)

D

ϕ1

ψ1(ϕ )

Здесь внутренний интеграл вычисляется при постоянном ϕ . Переход к полярным координатам полезен, когда

подынтегральная функция имеет вид f (x2 + y2 ) и (или) область D есть круг, кольцо или часть таковых.

Пример 1.

Вычислить

òòe(x2 + y2 ) dx dy ,

где

D

− полукруг

D

x2 + y2 = R2 , расположенный в верхней полуплоскости.

Решение. Используя формулу (9), получаем

2

2

π

R

2

π

é

1

2 ù

R

1

π

2

1

2

òòe(x

+ y

) dxdy = òdϕ òeρ

ρ dρ = òdϕ ê

eρ

ú

=

ò(eR

-1)dϕ =

(eR

-1)π.

2

2

2

D

0

0

0

ë

û

0

0

Пример 2. Вычислить площадь фигуры, ограниченной кривой

x2 + y2 = x + y .

(10)

85

Решение. Согласно свойству (1.6) двойного интеграла S(D) = òòds , где D – область, ограниченная кривой (10). В полярных

D

координатах уравнение (10) принимает вид
ρ = cosϕ + sinϕ .	(11)

Так как левая часть в последнем равенстве неотрицательна, следует брать только те значения ϕ , для которых правая часть (11)

является

неотрицательной.

Преобразовав

(11)

к

виду

ρ =

æ

ϕ +

π

ö

получаем,

что

переменная

изменяется в

2 sin

ϕ

ç

4

÷ ,

è

ø

π

3π

пределах

-

£ ϕ £

.

4

4

Согласно (9), имеем

π ö

3π

æ

3π

é

π

ù

2 sinçϕ+

÷

æ

ϕ+

ö

4

è

4 ø

4

ê

ρ2

2 sinç

4

÷

ú

è

ø

S(D) = ò dϕ

ò

ρ dρ = ò dϕ ê

ú =

2

-

π

0

-

π

ê

0

ú

4

4

ê

ú

3π

ë

û

3π

4

æ

π ö

é1

æ

π

ö

1

æ

π öù

π

4

= ò sin2

2

çϕ +

÷dϕ = ê

ç

ϕ +

÷

-

sin

ç

ϕ +

÷ú

=

. □

4

4

2

-

π

è

4 ø

ë2

è

ø

è

4 øû

-π

4

4

40. Тройной интеграл в цилиндрических координатах.

Рассмотрим цилиндрические координаты и определим их связь с декартовыми координатами.

Пусть в декартовой системе координат (рис.6) точка M (x; y; z) при проектировании на плоскость

Oxy отображается в точку N.

Напомним, что цилиндрическими координатами точки M называется тройка (ρ;ϕ; z) , где ρ и ϕ – полярные координаты точки N на

плоскости Oxy, а z – аппликата точки M. Легко видеть, что декартовы координаты точки M выражаются через цилиндрические с помощью

равенств x = ρ cosϕ, y = ρ sinϕ, z = z

. (12) Рис. 6

Функции (12) непрерывно дифференцируемы с якобианом

86

∂x

∂y

∂z

∂ρ

∂ρ

∂ρ

cosϕ

sinϕ

0

∂x

∂y

∂z

J (ρ,ϕ, z) =

=

−ρ sinϕ

ρ cosϕ

0

= ρ .

∂ϕ

∂ϕ

∂ϕ

0

0

1

∂x

∂y

∂z

∂z ∂z ∂z

Следовательно

, формула

замены переменных в тройном

интеграле примет вид

òòò f (x, y, z)dxdydz = òòò f (ρ cosϕ, ρ sinϕ, z) ρ d ρ dϕ dz ,

V

V ′

координат, V ′ −

где V

−

область

изменения

декартовых

соответствующая область изменения цилиндрических координат.

Если проекция тела V на плоскость Oxy есть V1 , а тело V снизу

ограничено

поверхностью

z =ψ1(ρ,ϕ) ,

а

сверху

–

поверхностью

z =ψ2 (ρ,ϕ) ,

где ψ1(ρ,ϕ) ≤ψ2 (ρ,ϕ) ,

причем область V1 ограничена

линиями ϕ = ϕ1,

ϕ = ϕ2 ,

ϕ1 < ϕ2 ,

ρ = f1(ϕ),

ρ = f2 (ϕ),

f1(ϕ) ≤ f2 (ϕ) ,

то

ϕ2

(ϕ)

ψ 2 (ρ,ϕ)

f2

òòò f (x, y, z)dxdydz = ò

dϕ

ò d ρ

ò

f (ρ cosϕ, ρ sinϕ, z) ρ dz .(13)

V

ϕ1

f1(ϕ) ψ1(ρ,ϕ)

Название «цилиндрические координаты» связано с тем, что

координатная

поверхность

ρ = const

является

цилиндром,

прямолинейные образующие которого параллельны оси Oz .

К цилиндрическим координатам удобно перейти в случае, если область интегрирования образована цилиндрической поверхностью.

Пример 1. Вычислить òòòz(x2 + y2 )dxdy dz , где V есть область,

V

ограниченная поверхностями x2 + y2 = z , z =1 (рис.7).
	Решение. Вычислим данный интеграл,
	переходя к цилиндрическим координатам.
	Область V проектируется в круг x2 + y2 ≤1,
	поэтому ϕ изменяется в пределах от 0 до
	2π , а ρ – в пределах от 0 до 1. Переменная z
	изменяется от точек, лежащих на
	параболоиде	z = x2 + y2 до точек,	лежащих
Рис. 7	на плоскости	z =1, т.е. от z = ρ2	до z =1.
	Применяя формулу (13), получаем

87

2π

1

1

2π

1

é

z2 ù

1

òòòz(x2 + y2 ) dxdy dz = ò dϕ òd ρ ò

z ×ρ2 × ρ dz = ò

dϕ òd ρ ê

ρ3

ú

=

2

2

ê

ú

2

V

0

0

ρ

0

0

ë

û

ρ

2π

1

æ

ρ3

ρ5 ö

2π

æ

ρ

4

ρ6 ö

1

=

ò

dϕ

ç

-

÷d ρ =

ò

dϕ ç

-

÷

=

2

2

8

òç

÷

ç

12 ÷

0

0

è

ø

0

è

ø

0

2π

æ

1

1 ö

1

π

=

ò

ç

-

÷dϕ =

× 2π =

. □

8

12

24

12

è

ø

0

50.

Тройной

интеграл

в

сферических координатах.

Определим сферические координаты и их связь с декартовыми

координатами

в трехмерном пространстве. Пусть

проекцией точки M (x; y; z)

на плоскость Oxy

является точка N (рис.1).

Обозначим через r

расстояние

от

начала координат O до точки M , через θ

–

угол между осью Oz и вектором

,

через

OM

ϕ –

угол между осью Ox и вектором

,

ON

Рис. 8

тогда

(r;θ;ϕ) будут являться сферическими

координатами точки M.

Название «сферические координаты» связано с тем, что

координатная поверхность r = const является сферой.

Переход от сферических координат к декартовым

осуществляется по формулам

x = r sinθ cosϕ,

y = r sinθ sinϕ,

z = r cosθ ,

(14)

Функции в (14) непрерывно дифференцируемы с якобианом

sinθ cosϕ

sinθ sinϕ

cosθ

= r2 sinθ ,

J (r,θ ,ϕ) =

-r sinθ sinϕ

r sinθ cosϕ

0

r cosθ cosϕ

r cosθ sinϕ

-r sinθ

поэтому формула замены переменных при переходе к

сферическим координатам будет иметь вид:

òòò f (x, y, z)dxdydz =

D

(15)

= òòò f (r sinθ cosϕ,

r sinθ sinϕ, r cosθ ) r2 sinθ dr dϕ dθ,

Q

88

где D − область изменения декартовых координат, Q −

соответствующая область изменения сферических координат. Переходить к сферическим координатам удобно, когда область

интегрирования есть шар (уравнение его границы x2 + y2 + z2 = R2 в сферических координатах имеет вид ρ = R ) или его часть, а также

если подынтегральная функция имеет вид f (x2 + y2 + z2 ) .

Пример 1. Вычислить интеграл òòòx2 + y2 + z2 dx dy dz , где V

V

– шар x2 + y2 + z2 £ R2 .

Решение. При переходе к сферическим координатам (14), подынтегральная функция преобразуется к виду

x2 + y2 + z2 = ρ2 cos2 ϕ sin2 θ + ρ2 sin2 ϕ sin2 θ + ρ2 cos2 θ =

= ρ2 sin2 θ + ρ2 cos2 θ = ρ .

Так как областью интегрирования является шар радиуса R , то, переменная θ изменяется в пределах от нуля до π , переменная ϕ

изменяется в пределах от нуля до 2π , а переменная ρ − в пределах от

нуля до R . Осуществляя переход к повторному интегрированию, имеем:

π

2π

R

òòò

x2 + y2 + z2 dxdy dz = òsinθ dθ ò dϕ ò ρ × ρ2d ρ =

V

R

0

0

0

π

2π

æ

ρ

4

ö

π

2π

R

4

R

4

π

=

ò

sinθ dθ

ò

dϕ ç

÷

=

ò

sinθ dθ

ò

dϕ =

× 2π

ò

sinθ dθ =

4

4

4

ç

÷

0

0

è

ø

0

0

0

0

R4

π0 = -

R4π

(-1-1) = R4π . □

= -

π cosθ

2

2

Пример 2. Вычислить объем тела, ограниченного поверхностью

(x2 + y2 + z2 )2 = z .

Решение. По свойствам тройного интеграла объем тела равен тройному интегралу от единичной функции по этому телу. Данное тело симметрично относительно координатных плоскостей Oyz и Oxz и расположено над плоскостью Oxy, поэтому достаточно вычислить объем четверти тела, лежащей в первом октанте.

89

Переходя к сферическим координатам, уравнение поверхности тела приведем к виду ρ = 3cosθ . Первый октант определяется

неравенствами 0 £ ϕ £ π2 , 0 £θ £ π2 , поэтому получаем

			π			π															π		π
								3																							3 cosθ
			2			2					cosθ					ρ2 sinθ d ρ = 4					2		2			æ ρ3 ö
			ò			ò						ò									ò		ò			ç	3	÷
V = 4				dϕ			dθ															dϕ		dθ sinθ ç				÷							=
			0			0						0									0		0			è		ø			0
	π				π														π	π						π			sin2 θ						π
		2			2	cosθ sinθ												4	2	2					4	2									2
= 4ò dϕ ò															dθ =				ò dϕ ò sinθ d sinθ =							ò dϕ										=
								3										3							3					2
		0			0														0	0						0									0
		π
	4	2		1				2				π				π
=		ò			dϕ =					×			=				. □
	3			2				3				2				3
		0

§ 6. Приложения кратных интегралов

Приложения определенного интеграла от функции одной переменной в геометрии и физике изучены в §§ 7 − 8 главы 12 первого тома настоящего учебника. Рассмотрим здесь применение кратных интегралов для решения подобных задач.

10. Вычисление объема тела. Рассмотрим тело G, ограниченное сверху поверхностью z = f (x, y) ³ 0 , снизу плоскостью z = 0 , с боков

– цилиндрической поверхностью, образующие которой параллельны оси Oz, а направляющей служит граница области D (рис.1). Такое тело называется

цилиндрическим.

Вычислим объем цилиндрического тела. Разобьем тело G на n частей плоскостями, параллельными оси Oz. При этом область D будет разбита на

	S1,..., Sn	Рис.1
площадки		с

90

площадями S1,..., Sn . Тогда объем V (G) будет приближенно равен

n	n
å f (Pi )	Si = å f (xi , yi ) Si ,	(1)
i=1	i=1

т.е. сумме объемов элементарных параллелепипедов с площадями оснований Si и высотами f (xi , yi ) , которая является интегральной суммой. Сумма (1) будем тем ближе к значению объема

V (G) , чем мельче разбиение области

D. Обозначим через

λn

максимальный из диаметров множеств

S1,..., Sn . При переходе к

пределу при λn → 0 получим точное значение объема тела G:

n

= òò f (x, y) dxdy .

V (G) = lim å f (xi , yi )

Si

(2)

λn →0 i=1

D

В формуле (2) заключается геометрический смысл двойного

интеграла.

Пример 1. Вычислить объем тела, ограниченного плоскостью

z = 0 ,

цилиндром

x2 + y2 =1

и

параболоидом x2 + y2 + 3z − 7 = 0 (рис.2).

Решение. По формуле (2) получаем

V = òò

1

(7 − x2

− y2 )dxdy , где D есть круг

D

3

x2 + y2 ≤1 в плоскости z = 0 . Переходя к

полярным координатам, имеем:

V =

1

òò(7 − ρ2 ) ρ d ρ dϕ =

3

D′

2π

1

1

1

Рис.2

=

ò dϕ

ò(7ρ − ρ3 )d ρ = 2

π .

3

6

0

0

Как уже отмечалось в §3, объем тела G может быть вычислен по формуле V (G) = òòò dxdy dz . Эта формула применима не только к

G

цилиндрическим телам, но и к областям, расположенным произвольным образом в пространстве.

Пример 2. Вычислить объем шара радиуса R. Решение. Применяя сферические координаты, получаем

91

		2π	π	R	R	3	π	4
	V = òòò dxdy dz = ò		dϕ òsinθ dθ ò ρ2d ρ =				2π òsinθ dθ =		π R3 .
					3			3
	G	0	0	0			0

□

20. Вычисление площади области. В §1 (свойство 6) было отмечено, что площадь S области D равна

двойному интегралу S = òòdxdy .

Пример		3.	D
			Вычислить	площадь
области	D,	ограниченной		линиями
y2 = x +1,	2x + y =1 (рис.3).
Решение. Область D – фигура,
ограниченная линиями			y2 = x +1,	y =1− 2x .

		Решая систему	уравнений
		находим точки пересечения
Рис. 3		æ 5	; -	3	ö	, M2	(0;1)
		данных линий: M1 ç		2	÷
		è 4			ø

С л е д о в а т е л ь н о , и с к о м а я п л о щ а д ь

ì	2	= x +1
ïy			,
í	=1- 2x
ïy
î

р а в н а

1

1−y

1

1

2

æ

2

y

3ö

æ

y3

y2

3y ö

125

S =

òò

dxdy =

ò

dy

ò

dx =

ò

ç

-y

-

+

÷

ç

-

-

+

÷

=

. □

è

2

2

ø

dy =ç

3

4

2

÷

48

D

3

2

−1

3

è

ø

−

3

−

y

−

2

2

2

30. Вычисление площади поверхности. Пусть поверхность σ задана уравнением z = f (x, y) , область D является проекцией σ на плоскость Oxy (рис.4), и в области D функция f (x, y) непрерывна и имеет непрерывные частные

	производные	¶f (x, y)		,	¶f (x, y) .
		¶x
					¶y
	Для определения				площади
	S поверхности σ				разобьем

область D на n произвольных частей Si , i =1,n , без общих внутренних точек, с площадями DSi и обозначим через σi часть

поверхности σ , проекцией которой на плоскость Oxy

92

является область Si . В каждой части Si выберем точку (xi ; yi ) , на

поверхности σ ей		будет		соответствовать точка Pi (xi ; yi ; f (xi , yi )) .
Проведем через Pi		касательную плоскость к поверхности σ:
	¶f (xi , yi )		(x - x )+ ¶f (xi , yi ) (y - y ) - (z - z ) = 0 ,
	¶x			i		¶y		i	i
где x, y, z – текущие координаты точек плоскости,									zi = f (xi , yi ) .
Обозначим		через		ni вектор,			перпендикулярный к этой
плоскости,
т.е.		n =	æ -	¶f (xi , yi )		; - ¶f (xi , yi ) ;1ö ,
		i	ç		¶x		¶y	÷
			è					ø

а через Gi ту часть касательной плоскости, проекцией которой на

плоскость Оху является область Si . Площадь Gi	обозначим через
DGi .	n
При достаточно мелком разбиении области	D сумму åDGi
	i=1

будем считать приближенным значением площади поверхности σ . Поэтому в качестве точного значения площади поверхности σ берется предел этой суммы:

n

S = lim åDGi

,

(3)

λn →0 i=1

где λn – наибольший из диаметров частичных областей Si .

Обозначим через γ i

угол между вектором ni и осью Oz.

Он

равен углу между касательной плоскостью в точке

Pi и плоскостью

Oxy. Т.к. область Si есть проекция области Gi

на плоскость Oxy, то

площади этих областей

связаны

соотношением

DG =

DSi

.

Из

i

cosγ i

аналитической геометрии известно, что

1

cosγ i =

.

æ

¶f (x , y ) ö2

æ ¶f (x , y ) ö2

1+ ç

i

i

÷

+ ç

i

i ÷

¶x

è

ø

è

¶y

ø

		æ	¶f (x , y ) ö2			æ ¶f (x ,
Следовательно,	DGi =	1+ ç	i	i	÷	+ ç	i
			¶x
		è			ø	è	¶y

Подставляя найденное значение в формулу (3), получим

yi ) ö÷2 × DSi .

ø

93