Ch_7_Integraly_po_figure

нии двойного интеграла к повторному удобнее вычислять по углам. В частности, если область интегрирования D определяется нера-

венствами α φ β , ρ1(φ) ρ ρ2 (φ) , где ρ1 (φ) и ρ2 (φ) −

однозначные непрерывные функции на отрезке [α,β], то

	β	ρ2	(φ)
f (ρ,φ)ρdρdφ dφ			f (ρ,φ)ρdρ .
D	α	ρ1	(φ)

3. В полярных координатах внешний интеграл может вычисляться и по полярному радиусу. Пусть область интегрирования D определяется неравенствами: R1 ρ R2 , φ1(ρ) φ φ2 (ρ) , где φ1(ρ) и φ2 (ρ) − однозначные непрерывные функции на отрезке [R1, R2 ]. Тогда

	R1	φ2 (ρ)
f (ρ,φ)ρdρdφ		ρdρ f (ρ,φ)dφ .
D	R1	φ1 (ρ)

ПРИМЕР. Вычислим двойной интеграл по области D:

f (x, y)dxdy ,

D

где область D задается неравенствами: 1 x2 y2 4 . Решение:

Область представляет собой кольцо с центром в начале координат. Введем полярные координаты

xρcosφ, y ρsin φ

ипреобразуем уравнения границ:

ρ2 cos2 φ ρ2 sin2 φ 1,	ρ2 1, ρ	1,
	1

аналогично ρ2 2 .

В полярных координатах область интегрирования D — прямоугольник: 1 ρ 2, 0 φ 2π .

f (x, y)dxdy f ( cos , sin ) d d

D	D
2π	2
d f ( cos , sin ) d .
0	1		dxdy
ПРИМЕР. Вычислим						, где D − первая чет-
			2	2
	D		x y			y
верть круга R 1 с центром в точке O 0,0 .

				D : 0 φ	π	, 0 ρ 1.
	ρ	x2 y2 ,
				2

D

x

0 1

19

		dxdy				ρdρdφ		π 2	1	π		π
							dρdφ		dφ dρ		1		.
						ρ				2
		2	2
D		x y			D		D	0	0		2

ПРИМЕР. Найдем объем тела, ограниченного поверхностями z 1 x2 y2 , z 0 .

Решение:

Область интегрирования – проекция фигуры на плоскость XOY . Граница D: x2 y2 1 − окружность. Перейдем в полярную систему координат:

ρ 1,	,
D :
0 φ 2π.

V f (x, y)dxdy (1 x2 y2 )dxdy

D	D
	2π	1

(1 ρ2 )ρdρdφ dφ (1 ρ2 )ρdρ

D									0	0
2π	ρ	2		ρ	4	1		2π	1		1		1			2
dφ(						)		dφ(				)		φ		0
	2		4			0			2	4		4
0								0

2π π . 4 2

3. ТРОЙНОЙ ИНТЕГРАЛ

Пусть фигура – трехмерное тело G , т.е. трехмерная область, ограниченная замкнутой кусочно-гладкой поверхностью. Интеграл по фигуре в данном случае является тройным интегралом от функции f (P) f (x, y, z) по пространственной области G :

		f x, y, z dμ		f x, y, z dV lim	n	f P V .
				r 0		i	i
			G	n	i 1

Область G будем называть правильной (в направлении оси Oz ), если:

1)любая параллельная оси Oz прямая, пересекающая область G , пересекает её границу ровно в двух точках;

2)область G проектируется на координатную плоскость Oxy в плоскую об-

ласть D , правильную хотя бы в одном из направлений Ox или Oy ;

Примером таких областей является эллипсоид, куб, параллелепипед.

3.1.Задача о вычислении массы тела

Пусть область G является правильной в

направлении оси Oz , то есть ограничена снизу и сверху соответственно простыми непрерывными поверхностями: z1 z1(x, y) и z2 z2 (x, y) , причем проекцией области G на

z				z2 (x, y)
			M 2
	G				z1(x, y)
			M1
0			c y		d
					y
a
x			M		D
b x

20

координатную плоскость OXY является плоская область D , ограниченная линиями:

	y y1 x ,	y y2 x , x a,b .
Прямая, проведенная через точку		M (x, y,0) D параллельно оси Oz , пересечет
поверхности z1 z1(x, y)	и z2 z2 (x, y) в точках M1 (x, y, z1 ) и M2 (x, y, z2 ) .

Отсюда следует, что при фиксированных значениях (x, y) D соответствующие

аппликаты z точек области G изменяются в пределах:			z1(x, y) z z2 (x, y) .
Пусть	тело	G материально, а объемная плотность		ρ ρ(P) ρ(x, y, z) =
= f x, y, z .	По	физическому смыслу интеграла	по	фигуре масса тела

m ρ x, y, z dV . Вычислим ее, для чего рассечем тело

G

плоскостями, параллельными координатным плоскостям:

x xi , y y j ,

z zk ,

x xi xi
y y j y j .
z zk zk

Этими плоскостями тело разбивается на параллелепипе-

ды,

объем

i, j,k -го

параллелепипеда

равняется

Vijk

xi y j

zk .

Выберем

в

пределах

каждого

из

них

по

точке

Mijk (xi

, yj

, zk ) .

Примем приближенно,

что в пределах части Vijk

плотность постоянна и

равна

) .

Тогда

масса

части V

равна

m

ρ

, z

V ,

ρ(x

, y

, z

x , y

j

k

i

j

k

ijk

ijk

i

ijk

m

ρ

, z

S

z

,

а

масса

всего тела

равна

m

) V .

x

, y

k

ij

k

ρ(x , y

, z

ijk

i

j

i

j

k

ijk

i, j,k

Если диаметры всех элементарных частей стремятся к нулю,

dijk

0,

то в пре-

деле

это

равенство

становится

точным

и

m

lim

) V ,

ρ(x , y

, z

max d

ijk

0

i

j

k

ijk

i, j,k

Vijk

dV , Sij

dS .

Вычислим массу столбика с основанием Sij :

z2 xi ,y j

mij

Sij

ρ xi , y j , z dz .

z1 xi , y j

Масса всего тела m

lim

mij ,

max d

0

i, j

ij

z2 x, y

следовательно,

m dS

ρ x, y, z dz .

D

z1 x,y

21

Итак, для вычисления тройного интеграла f x, y, z dV необходимо

G

сначала вычислить интеграл по переменной z , считая x и y фиксированными переменными, а затем вычислить двойной интеграл по проекции тела G на

плоскость	XOY при условии существования внутреннего интеграла при всех
значениях x, y из области D:
f x, y, z dV dS		z2 x,y	b	y2 x	z2 x,y
			f x, y, z dz dx	dy		f x, y, z dz .
G	D	z1 x,y	a	y1 x	z1 x,y

Таким образом, чтобы вычислить тройной интеграл по правильной области G , необходимо вычислить трехкратный повторный интеграл.

Замечания:

1. dV dxdydz называют дифференциальным элементом объема в декартовой системе координат.

2. В повторных интегралах пределы интегрирования могут зависеть только от тех переменных, по которым еще не проведено интегрирование. Внешний интеграл всегда вычисляется в постоянных пределах.

3. Если область D задана неравенствами c y d , x1(y) x x2 ( y), то

	d	x2 ( y)	z2 (x, y)
f (x, y, z)dxdydz dy		dx	f (x, y, z)dz .
V	c	x1( y )	z1(x, y)
4. Для существования тройного интеграла от функции f x, y, z по ограничен-

ной замкнутой кубируемой области G достаточно, чтобы	f x, y, z была не-
прерывна в G .
ПРИМЕР. Вычислим xyzdxdydz , где G − пирами-	z C(0,0,1)
G

да, ограниченная плоскостями x 0, y 0, z 0 , x y z 1.

Решение:

Плоскость ABC : x y z 1. Проекция области V на плоскость XOY есть OAB , ограниченный прямыми x 0, y 0, AB : x y 1. При (x, y) D

	V
	0	B(0,1,0)
		y
	D

x A(1,0,0)

аппликаты точек (x, y, z) V удовлетворяют неравенству 0 z 1 x y .

																		y
				1		1 x	1 x y			1	1 x		z	2			1 x y	(0,1)
xyzdxdydz xdx							ydy	zdz xdx				ydy							x y 1
G		1	1 x	0		0	0			0	0	2					0
1				y[ 1 x	2	2 1 x y y			2									0	(1,0) x
		xdx								]dy								x [0,1],	0 y 1 x
2		0	0

22

		1 1									2 y						2								y3				y4 1 x										1				1			4		1		2 1
					x 1 x													2 1 x																			dx						x 1 x										dx
		2 0													2										3					4																		2
																																0							2				0							3 4
	1				1	1			1	x							1		x	4 dx					1		1			1		x					4 dx					1	1	x	5 dx
		24																							24
					0																						0															0
		1					(1	x)5						x 1					(1 x)6				x 1					1				1					1					1
																																												.
		24							5											6												5
																												24									6		720
														x 0									x 0

3.2. Замена переменных в тройном интеграле

Замену переменных в тройном интеграле проводят в целях упрощения вычисления интеграла.

Пусть в пространствах координат x, y, z и u,v,t выделены замкнутые, ог-

раниченные кусочно-гладкими поверхностям и области G и G соответственно.

Теорема
Если
1) функции x x(u,v,t),	y y(u,v,t),	z z(u,v,t) определяют непрерывное вза-
имно однозначное отображение области G на область G и
2) функции x x(u,v,t),	y y(u,v,t),	z z(u,v,t) и функции u u(x, y, z),

v v(x, y, z), t t(x, y, z) имеют непрерывные частные производные первого порядка, а также

3) якобиан перехода

x x x

u v t

J y y y

u v tz z z

u v t

не равен нулю,

то при замене переменных в тройном интеграле справедлива формула

23

f		x , y , z d V		f x (u , v , t ), y (u , v , t ), z (u , v , t )				J	d u d v d t
G		f u , v , t				G
				J		d u d v d t .
	G					d V

С геометрической точки зрения в данном случае якобиан − коэффициент искажения объема.

Частным случаем преобразования координат является переход от декартовых координат к цилиндрическим и сферическим координатам.

3.3. Тройной интеграл в цилиндрических координатах

Цилиндрические координаты представляют собой соединение полярных координат в плоскости XOY с декартовой аппликатой z.

x ρcosφ,	0	ρ ,
	0	φ 2π,
y ρsinφ,
	z .
z z,

z

M ( , , z )

	0	y
	x

Найдем якобиан перехода:
J ρ, , z		cosφ	ρ sin φ	0		ρ cos2 φ ρ sin2 φ ρ ;
		sin φ	ρ cosφ	0
		0	0	1

Тогда

f (x, y, z)dxdydz f (ρcosφ,ρsin φ, z)ρdρdφdz .

V V

Элемент объема в цилиндрических координатах

Для вычисления элемента объема в цилиндрических координатах разобьем область V координатными поверхностями: φ φi − полуплоско-

сти, проходящие через Oz, ρ ρ j – круговые ци-

линдры; z zk – плоскости, перпендикулярные

z

z z

y

оси Oz . Элементарным объемом будет криволи- x нейная призма.

Площадь основания с точностью до бесконечно малых высшего порядка равна (ρ ) ρ ; высота равна z . Тогда V ρ φ ρ z ,dV ρ dρ dφ dz .

24

ПРИМЕР. Вычислим z x2			y2 dxdydz , где область V						y
		V
ограничена цилиндром x2 y2			2x и плоскостями
y 0, z 0,		z a .
									0	1	x( )
Решение:
		x2 y2 2x (x 1)2 y2 1 0 ,			(x 1)2 y2 1
Уравнение
представляет собой окружность с радиусом R 1						и центром в точке O(1,0). В
полярных координатах ρ2 2ρcosφ .
Пределы изменения новых переменных:				0 z a ,		0 φ	π	, 0 ρ 2cosφ.
			π			2
				2cos φ	a
			2
z x2 y2 dxdydz zρρdρdφdz dφ					ρ2dρ zdz
V		V	0	0	0

				π	2cos φ						π	2					π
		1		2					4						4		2
			a2 dφ			ρ2dρ				a2	cos3 φdφ					a2	(1 sin2 φ)d (sin φ)
		2							3
				0	0						0			3			0
				2		sin3		π
		4	a				φ		2		8	a	2
				sin φ										.
		3				3					9
								0

3.4.Тройной интеграл в сферических координатах

Всферических координатах положение точки M x, y, z в пространстве определяется тремя чис-

z

B

лами θ, ρ, φ. M x, y, z M ρ,θ,φ . Сфериче-					M( , , )
ские координаты ρ, θ, φ : ρ – радиус-вектор OM ,
			0
θ – угол между радиус-вектором и осью Oz ;					y
φ – угол между проекцией ρ на плоскость XOY и		x			A
осью Ox. Сферические координаты связаны с де-
картовыми следующими соотношениями:
ρ 0,	x ρ sinθ cosφ,
0 θ π,	y ρ sinθ sin φ,
0 φ<2π,	z ρ cosθ.

При этом x2 y2 ρ2 sin2 θ, ρ x2 y2 z2 .

Якобиан перехода:

25

J ρ, φ,θ

sin θ cos φ

ρ sin θ sin φ

ρ cos θ cos φ

sin θ sin φ

ρ sin θ cos φ

ρ cos θ sin φ

ρ2

sin θ.

cos θ

0

ρ sin θ

f x, y, z dxdydz f ρ,θ, φ ρ2 sin θdρdφdθ .

V

V

ПРИМЕР. Найдем объем шара радиуса R.

π

2π

R

Vø àðà

dV dxdydz

J

dρdφdθ ρ2 sinθ dρdφdθ sinθdθ dφ ρ2 dρ

V

V

V

V

0

0

0

π

2π

3

π

3

3

π

3

sinθdθ dφ

R

sin θdθ

2πR

2πR

sin θdθ

2πR

cosθ

0π

4

πR3.

3

3

3

0

0

0

3

0

3

ПРИМЕР. Вычислим (x2

y2 )dxdydz , где V − верх-

V

няя половина шара x2 y2 z2 R2 .

Решение:

Введем сферические координаты. Новые переменные изменяются в пределах:

0 ρ R,		0 φ 2π,			0 θ	π	.
Тогда					2
			x2 y2 ρ2 sin2 θcos2					φ ρ2 sin2 θsin2 φ ρ2 sin2 θ.
В результате										R			π 2		2π
x2 y2 dxdydz ρ4 sin3 θdρdθdφ ρ4dρ sin3 θdθ dφ
V					V					0				0	0
R		π 2					R				1					π		4
															2
4			2					4					3							5
2π ρ	dρ (cos			θ 1)d(cosθ) 2π ρ					dρ			cos		θ cosθ						πR	.
0		0			0						3				0			15

Элемент объема в сферических координатах

z

Вычислим элемент объема в сферических координатах. Разобьем область на элементарные части V координатными поверхностями:

ρ ρi – сферы; θ θ j – конические по-

верхности с вершиной в начале координат; φ φk – полуплоскости, проходящие через ось Oz .

x

z

zK

C B A

0	D	y

C K

26

Здесь AB ρ ; из OCC : C O ρcos(900 θ) ρsinθ . Дуги AC ρ θ ,

CK C K C O φ ρsinθ φ .

С точностью до беконечно малых высшего порядка элементарный объемV можно считать параллелепипедом с ребрами ρ, ρ θ и ρsinθ φ .

Элемент объема V ρ2 ρsinθ θ φ , dV ρ2dρsinθdθdφ .

4. КРИВОЛИНЕЙНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ ПЕРВОГО РОДА

Рассмотрим фигуру, которая является гладкой простой плоской либо пространственной кривой Ф→L.

Интеграл по фигуре в данном случае является криволинейным интегралом первого рода от функции f (P) , Pi L по кривой L:

n

f (P)dl lim f (Pi ) li .

rn 0 i 1

4.1. Криволинейный интеграл первого рода по плоской кривой

Пусть простая плоская кривая задана уравне-

нием

L : y y(x), x a,b , и функция y(x)

непре-

рывно дифференцируемая на a,b .

Выберем бесконечно малый участок xi

на от-

резке a x b . Тогда l 2

x 2 y 2

,

i

i

i

l 2

1

yi

2

x 2 ,

l

1

yi

2

x

. Переходя к

i

x

2

i

i

x 2

i

i

i

пределу при xi

0 , имеем dl

1 (yx )2 dx ,

b

f (x, y)dl f (x, y(x))

1 ( yx )2

dx .

L

a

Замечания:

1. Чтобы вычислить криволинейный интеграл первого рода по плоской кривой, необходимо переменную y заменить на уравнение линии y y(x) , а dl заме-

нить на 1 (yx )2 dx и вычислить определенный интеграл по x .

2. Величина dl 1 (yx )2 dx называется дифференциальным элементом длины плоской кривой.

x x(t)	α t β ,
Если простая кривая задана в параметрическом виде: L :
y y(t)
и функции x(t) и y(t) непрерывно дифференцируемы на , , то

27

dy

dt

dy

y

y

yx

dt

, dl

2

xt dt

(xt )

2

( yt )

2

dt ;

t

1 (

t

)

dx

dt

dx

xt

xt

dt

β

f (x, y)dl f (x(t), y(t))

(xt )2 (yt )2 dt .

L

α

4.2. Криволинейный интеграл первого рода по пространственной кривой

Если пространственная кривая задана как линия пересечения двух

			x, y, z 0
поверхностей, L :	F1			, ее уравнения необходимо перевести в па-
		F	x, y, z 0
		2
			x x(t)
раметрический вид,				α t β , после чего рассмотренный
		L : y y(t) ,

z z(t)

выше случай параметрического задания плоской кривой распространяется на три измерения:

					dl	(xt )2 (yt )2 (zt )2 dt ,
					β
				f (x, y, z)dl f (x(t), y(t), z(t))			(xt )2 (yt )2 (zt )2 dt .
				L	α
ПРИМЕР. Найдем массу полуокружности
	2	y	2	1, Линейная плотность ρ(x, y) ky.
L : x

y 0.

Решение:

Уравнение полуокружности в параметрическом

x cos t,

виде имеет вид L : y sin t,

0 t π.

π

π

m ρ(x, y)dl kydl k sint sin2 t cos2 tdt k sintdt

L

L

o

o

k( cost)oπ k(1 1) 2k .

4.3. Геометрический смысл линейного интеграла первого рода по плоской кривой

Пусть на плоскости XOY задана кривая L, на которой определена функция z f (P) f (x, y). Разобьем кривую L на n частей Li длиной li . Выберем на

28