Замена переменных в тройных интегралах

⇐ ПредыдущаяСтр 5 из 12Следующая ⇒

Идеи, развитые в пункте 1.5.2 в связи с преобразованием плоских областей, естественно, переносятся и на случай пространственных областей.

Предположим, что даны два трехмерных пространства с системами координат xyz, и uvw. Рассмотрим в этих пространствах две замкнутые области: область (V) в пространстве и область в пространстве , ограниченные соответственно поверхностями и , которые мы всегда будем предполагать кусочно-гладкими. Допустим, что эти области связаны между собой взаимно однозначным непрерывным соответствием, которое осуществляется формулами:

, (2.3)

При этом необходимо, чтобы точкам поверхности отвечали именно точки поверхности и наоборот.

Пусть функции (2.3) имеют в области непрерывные частные производные.

Определение 4. Определитель третьего порядка следующего вида

(2.4)

называют якобианом перехода от декартовых координат к криволинейным и обозначают .

Числа , однозначно характеризующие положение точки в пространстве xyz, называются криволинейными координатами этой точки. Точки пространства xyz, для которых одна из этих координат сохраняет постоянное значение, образуют координатную поверхность. Всегда будет существовать три семейства таких координатных поверхностей; через каждую точку области (V) проходит по одной поверхности каждого семейства.

Тогда формула перехода от декартовых координат к криволинейным координатам будет иметь следующий вид:

. (2.5)

Замечание 1. На практике рассматривают не два координатных пространствах, а одно совмещенное.

а) Цилиндрические координаты представляют соединение полярных координат в плоскости с обычной декартовой аппликатой z (рис. 1.43).

Рисунок 1.43

Формулы, связывающие их с декартовыми координатами, имеют вид:

Эти формулы отображают область 0 ≤ ρ < +¥, 0 ≤ φ < 2π, –¥ < z < +¥ на все пространство xyz. Отметим, однако, что прямая отображается в одну точку (0, 0, z); этим нарушается взаимная однозначность соответствия. Координатные поверхности в рассматриваемом случае будут:

а) – цилиндрические поверхности с образующими, параллель-ными оси ; направляющими для них служат окружности на плоскости с центром в начале;

б) – плоскости, проходящие через ось ;

в) – плоскости, параллельные плоскости .

По формуле (2.4) получаем якобиан преобразования:

, (2.6)

а формула перехода (2.5) принимает вид

. (2.7)

б) Сферические координаты связаны с декартовыми формулами:

, (2.8)

где .

Рисунок 1.44

Геометрический смысл величин ясен из рисунка 1.44: r есть радиус-вектор OM, соединяющий начало с данной точкой M; – угол, составляемый этим радиус-вектором с осью Oz; – угол, составляемый с осью Ox проекцией радиус-вектора OM на плоскость xOy.

Координатные поверхности составляют три семейства:

а) - концентрические сферы с центром в начале координат;

б) - круговые конусы, осью

которых служит ось Oz;

в) - плоскости, проходящие через ось Oz.

По формуле (2.4) получаем якобиан преобразования:

, (2.9)

а формула перехода (2.5) принимает вид

. (2.10)

Приложения тройных интегралов

1. Вычисление объема: V = .

2. Масса тела: m = ,

где ρ (x, y, z) – плотность распределения масс в произвольной точке тела (V).

3. Статические моменты:

M_xy = ,

M_zx = ,

M_yz = ,

M_z = .

4. Моменты инерции тела относительно осей координат:

I_x = ,

I_y = ,

I_z = .

5. Координаты центра тяжести тела:

X_c = ,

Y_c = ,

Z_c = .

Пример 1. Найти объем тела, заданного ограничивающими его поверх-ностями:

x = 5 , x = , z = 0, z + y = .

Решение

Воспользуемся следующей формулой для вычисления объема тела:

V = . (2.11)

Таким образом, задача отыскания объема тела сводится к вычислению тройного интеграла по соответствующей фигуре.

Выполним рисунок области интегрирования, ограниченной заданными в условии поверхностями (рис. 1.45). Область является правильной относительно всех осей. Проектируем тело на плоскость xOy. Проекция области V на выбранную плоскость изображена на рис. 1.46.

Рисунок 1.45 Рисунок 1.46

Тогда исходный интеграл сводится к повторному, с пределами интегрирования (рис. 2.11) по переменной y от 0 до (так как область не является простой относительно плоскости xOz), по x от до 5 , и, в соответствии с рис. 1 по оси z от плоскости z = 0 до плоскости
z = – y.

= = = =

= = =

= = .

Пример 2. Найти объем тела, заданного ограничивающими его поверхностями: x² + y² – 2x = 0, z = 7 – 4y², z = 1.

Решение

Воспользуемся формулой (2.11) для вычисления объема тела и, таким образом, задача отыскания объема тела сводится к вычислению тройного интеграла по соответствующей фигуре.

Выполним рисунок области интегрирования, ограниченной заданными в условии поверхностями (рис. 1.47).

Область является правильной относительно всех осей. Проектируем тело на плоскость xOy. Проекция области V на выбранную плоскость изображена на рис. 1.48.

Так как одна из образующих поверхности тела – цилиндр, то удобнее перейти в цилиндрическую систему координат. Уравнения поверхностей в цилиндрической системе координат имеют вид:

ρ ² – 2ρ cos φ = 0, z = 7 – 4ρ ²sin²φ , z = 1.

Тогда исходный интеграл сводится к повторному, с пределами интегрирования (рис. 1.47) по переменной z от 1 до 7 – 4ρ ²sin²φ , по переменной ρ от 0 до 1, по φ от 0 до 2π (т.к. проекция на плоскость xOy – окружность с единичным радиусом, рис. 1.48).

Тогда, с учетом якобиана перехода, имеем:

= = = =

= = =

= = = + =

= + = 5π.

Рисунок 1.47 Рисунок 1.48

Пример 3. Найти объем тела, заданного ограничивающими его поверх-ностями: y = –x² + 3, y = 2, z = 1 – x² + 2y², z = 5 – x² + 2y².

Решение

Область является правильной относительно всех осей. Проектируем тело на плоскость xOy. Проекция области V на выбранную плоскость изображена на рис. 1.49.

Тогда исходный интеграл сводится к повторному, с пределами интегрирования (рис. 1.49) по переменной y от 2 до –х² + 3, по x от –1 до 1,

Рисунок 1.49

по оси z от гиперболического параболоида z=1– x²+2y² до такого же точно гиперболического параболоида, смещенного по оси z на четыре единицы вверх – z = 5 – x² + 2y².

= = = = =

=4 = 4 = =4· = .

Пример 4. Найти объем тела, заданного ограничивающими его поверх-ностями: z = , z = .

Решение

Рисунок 1.50

Область является правильной относительно всех осей. Проектируем тело на плоскость xOy. Проекция области V на выбранную плоскость изображена на рис. 1.50.

Так как одна из образующих поверхности тела – сфера, то удобнее перейти в сферическую систему координат. Уравнения поверхностей в сферической системе координат имеют вид:

ρ = 3 – уравнение сферы.

Уравнение конуса найдем следующим образом. Пусть х = 0, тогда

z = , тогда , но ,

после этого, с учетом формулы приведения = .

Решение тригонометрического уравнения, соответствующее условию задачи, имеет вид:

– Θ = или Θ = .

Полученное решение является уравнением конуса в сферической системе координат.

Тогда исходный интеграл сводится к повторному, с пределами интегрирования (рис. 2.15) по переменной Θ от 0 до , по переменной ρ от 0 до 3, по φ от 0 до 2π (т.к. проекция на плоскость xOy – окружность с единичным радиусом, рис. 2.15). Тогда, с учетом Якобиана перехода, имеем:

= = =

= = 9 = 9 = 9· ·2π = 9π.

Пример 5. Найти объем тела, заданного ограничивающими его поверх-ностями: z = 5(x² + y²) + 2, z = 2 + 10y.

Решение

Выполним рисунок области интегрирования, ограниченной заданными в условии поверхностями (рис. 1.51).

Область является правильной относительно всех осей. Проектируем тело на плоскость xOy. Проекция области V на выбранную плоскость изображена на рис. 1.52.

Так как одна из образующих поверхности тела – параболоид вращения, то удобнее перейти в цилиндрическую систему координат. Уравнения поверхностей в цилиндрической системе координат имеют вид:

z = 5ρ ² + 2 – уравнение параболоида вращения,

z = 2 + 10ρ sinφ – уравнение плоскости.

Тогда исходный интеграл сводится к повторному, с пределами интегрирования (рис. 1.51) по переменной z от 5ρ ² + 2 до 2 + 10ρ sinφ, по переменной ρ от 1 до 0, по φ от 0 до 2π (так как проекция на плоскость xOy – окружность с единичным радиусом и с центром в точке (0, –1), рис. 1.52).

Рисунок 1.51 Рисунок 1.52

Тогда, с учетом якобиана перехода, имеем:

= = = =

= = =

= = .

Пример 6. Найти объем тела, заданного неравенствами:

9 ≤ x² + y² + z² ≤ 81, 0 ≤ z ≤ , y ≤ 0, y ≤ – х.

Решение

Выполним рисунок области интегрирования, ограниченной заданными в условии поверхностями (рис. 1.53).

Область является правильной относительно всех осей. Проектируем тело на плоскость xOy. Проекция области V на выбранную плоскость изображена на рис. 1.54.

Рисунок 1.53 Рисунок 1.54

Рассмотрим первое двойное неравенство 9 ≤ x² + y² + z² ≤ 81. Это пространство, заключенное между двумя сферами с радиусами 3 и 9, расположенными в начале координат.

Так как одна из образующих поверхности тела – сферы, то удобнее перейти в сферическую систему координат. Уравнения поверхностей в сферической системе координат имеют вид:

9 ≤ ρ ≤ 81 – сферы и пространство между ними.

Второе двойное неравенство 0 ≤ z ≤ задает пространство между плоскость z = 0 и конусом z = . Уравнение плоскости z = 0 в сферической системе координат получим исходя из формул связи между прямоугольной декартовой системой координат и сферической:

ρ cosΘ = 0,

откуда ρ Î R, Θ = (без учета периода).

Уравнение конуса найдем следующим образом. Пусть х = 0, тогда

z = .

Следовательно = .

Для решения тригонометрического уравнения воспользуемся формулами приведения:

с tg (Θ ) = .

Следовательно, tg (Θ ) = .

Полученное решение является уравнением конуса в сферической системе координат.

Отсюда, решение, соответствующее условию задачи, имеет вид:

Θ = arctg( ).

Полученное решение является уравнением конуса в сферической системе координат.

Следовательно, второе двойное неравенство, определяющее пространство между плоскостью и конусом, с учетом того, что угол Θ отсчитывается от оси z в направлении по часовой стрелке, имеет вид:

arctg ( ) ≤ Θ ≤ .

Третье y ≤ 0 и четвертое неравенства y ≤ – х задают полупространства, ограниченные соответствующими плоскостями y=0, ниже оси х (отрицатель-ные значения у) и y = – х, ниже соответствующей плоскости, их проекции изображены на рис. 1.52.

Исходя из связи между декартовой и сферической системами координат, учитывая положительное направление отсчета угла φ , эти неравенства можно сразу записать в сферической системе координат:

φ ≥ π , φ ≤ ,

Тогда исходный интеграл сводится к повторному, с пределами интегри-рования (рис. 1.51) по переменной Θ от arctg ( ) до , по переменной ρ от 3 до 9, по φ от π до . Тогда, с учетом якобиана перехода, имеем:

= = =

= 234 =

= 26 = 26 = .

Замечание. Во время вычисления интеграла возникает необходимость вычислять cos (arctg ( ) ). Оно осуществляется с применением формулы (справедливой только для положительных значений аргумента х):

arctg х = arccos , а cos(arcos x) = x.

Пример 7. Тело V задано ограничивающими его поверхностями, μ – плотность. Найти массу тела.

x² + y² = z², x² + y² = 4, y = 0, z = 0 (y ≥ 0, z ≥ 0); μ = 5(x² + y²).

Решение

Так как, масса тела равна тройному интегралу от плотности:

m = ,

следовательно, задача отыскания массы тела сводится к вычислению тройного интеграла от функции плотности по соответствующей фигуре.

Выполним рисунок области интегрирования, ограниченной заданными в условии поверхностями (рис. 1.55).

Область является правильной относительно всех осей. Проектируем тело на плоскость xOy. Проекция области V на выбранную плоскость изображена на рис. 1.56.

Рисунок 1.55 Рисунок 1.56

μ = 5ρ ² – функция плотности,	ρ sin φ = 0 – уравнение плоскости,
z = ρ – уравнение конуса,	z = 0 – уравнение плоскости.
ρ = 2 – уравнение цилиндра,

Тогда исходный интеграл сводится к повторному, с пределами интегрирования (рис. 1.53) по переменной z от 0 до ρ , по переменной ρ от 0 до 2, по φ от 0 до π (так как проекция на плоскость xOy – верхняя часть окружности с радиусом равным 2, рис. 1.54). Тогда, с учетом якобиана перехода, имеем:

= = = 5 =

= 5 = 5 = 5 = 32 = 32 = 32π.

Пример 8. Найти массу и момент инерции однородного тела, ограниченного поверхностями x² + y² = 2z и x² + y² = z² относительно прямой x = 0, z = 4.

Решение

Проекцией данного тела, образованного пересечением параболоида вращения и конуса, на плоскость XOY является круг с центром в начале координат и радиусом 2.

Масса М тела равна

М = ρ = ρ = 2π ρ = 2π ρ = .

Момент инерции I данного тела найдем по формуле

I = ,

где r – расстояние от точки (x, y, z) тела V до прямой x = 0, z = 4. Квадрат этого расстояния находится по формуле r² = x² + (z – 4)², поэтому

I = ρ = ρ =

= ρ =

= ρ = .

Пример 9. Найти координаты центра тяжести однородного тела, ограниченного поверхностями x² + y² = z и x + y + z = 0.

Решение

Проекцией данного тела, образованного пересечением плоскости и параболоида вращения на плоскость XOY является область D: x² + y² ≤ – x – y, т.е. круг .