Лекции тройной интерграл2

    Скачать с Depositfiles 

 

 

 

 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 Оr совпадает с полуосью Оx. Цилиндрическими координатами точки М называются три числа r, φz, где r, φ – полярные координаты проекции Мточки М на плоскость xOy– аппликата точкиМ (рис. 10). Для точек оси Окоордината φ не определена. Декартовы координаты xyz выражаются 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 zцилиндрическое тело Vпроекцией которого на плоскость Оху является область Dнижней и верхней границей – поверхности z=φ1(x, y), z=φ2(xy). Пусть при переходе к цилиндрическим координатам множества V и D преобразуются соответственно в Vц и Dц. Тогда

 

(6)

Пример. Вычислить интеграл  по телу V, ограниченному поверхностями z = 0, x+ y= 4, z = x+ y.

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) ≡ x+ y2, то

φ2(rcosφ, rsinφ)= (rcosφ)+(rsinφ)2=r2Следовательно, по формуле (6) получим

Вычисление тройного интеграла в cферических координатах.

Сферическими координатами точки М называются три числа rφ, θ, где

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 rcosφ cosθrsinφ cosθz = rsinθ

Заметим, что ОМ2 = x2+y2+z, поэтому в сферических координатах x2+y2+z= r.

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={(rφ, θ): φ≤ φ ≤ φ2θ1(φ) ≤ θ ≤ θ2(φ), r1(φ,θ) ≤ ≤ r2(φ,θ)}. Тогда

=

 (8)

Примеры. 1) Вычислить объем тела V, ограниченного поверхностью

(x2+y2 +z2)2 = a3z (

Решение. Как замечено выше, xy2 + z2= r2Поэтому данная поверхность в сферических координатах задается уравнением

r= 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 точки данной поверхности не зависит от φ, то 0 ≤ φ ≤ 2πТаким образом,

Vс={( rφ, θ): 0 ≤ φ ≤ 2π≤ θ ≤ π / 2,  r ≤ }.

Следовательно, по формулам (14) и (19) получаем

2) Вычислить интеграл  где V – тело, ограниченное поверхностями x2+y2 +z2=R2, x2+y2 =z2x=0, y=0 (x≥0, y≥0, z≥0).

Решение. сфера радиуса 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, θr.

Поскольку проекцией тела является сектор ОАВ, то угол φ меняется в пределах 0 ≤ φ ≤ π ⁄ 2.

Пусть теперь угол φ из этого промежутка зафиксирован. Тогда точки тела V заполняют сектор ОMN , причем отрезок Ообразует сплоскостью хОу угол π / 4, а О– 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 тела V пробегает отрезок ОР от начала координат О до точки сферы Р. Так как в точке О координата = 0, а в точке Р R , то координата r меняется в пределах 0  r ≤ R .

Таким образом,

Vс={(rφ, θ): 0 ≤ φ ≤ π ⁄ 2, π ⁄ 4 ≤ θ ≤ π ⁄ 2,  r ≤ R}. Следовательно, по формуле (8) получаем