Материал: Все лекции

Смотрите также:

Внимание! Если размещение файла нарушает Ваши авторские права, то обязательно сообщите нам

Это тело характеризуются тем, что любая прямая, параллельная оси , пересекает верхнюю и нижнюю границы тела Ω не более чем в двух точках. Проекцией тела Ω на плоскость является область .

Аналогично определяются тела, правильные в направлении осей и . Тело может быть правильным в направлении всех осей координат. Таковым является,

например, прямоугольный параллелепипед, каждая грань которого параллельна одной из координатных плоскостей (рис. 1.26).

Если тело не является правильным ни в каком направлении, то его будем называть

неправильным.

Неправильное тело, как правило, можно разбить на частичные тела так, что каждое из них уже будет правильным в каком-либо направлении.

Для правильных тел вычисление тройного интеграла сводится к вычислению двойного интеграла. Справедливо следующее утверждение, которое приводим без доказательства.

Теорема 1.16.

Пусть функция ( , , ) интегрируема по области Ω, где Ω - правильное тело в направлении оси :

Ω = {( , , ) 3: 1( , ) ≤ ≤ 2( , ), ( , ) }.

Если для любой фиксированной точки ( , ) существует определенный

интеграл ∫ 2( , ) ( , , ) , то существует и повторный интеграл

1( , )

(∫ 2( , ) ( , , ) ) , который равен тройному интегралу:

1( , )

	( , , ) =	(∫ 2( , )	( , , ) )	.
Ω		1( , )

Если при этом область является правильной областью в 2:

= {( , ): 1( ) ≤ ≤ 2( ), [ ; ]} или: = {( , ): 1( ) ≤ ≤ 2( ), [ ; ]},

то тройной интеграл будет равен трехкратному интегралу:

	( , , ) = ∫	∫ 2()	∫ 2( ,)		( , , )		или:
Ω		( )		(,)
		1	1

	( , , ) = ∫	∫ 2()	∫ 2( ,)		( , , )	.
Ω		1( )	1(,)

Аналогичные утверждения имеют место, когда область интегрирования Ω - правильное тело в направлении осей и .

Замечание 1.8.

В случае, когда область интегрирования – прямоугольный параллелепипед:

Ω = { ≤ ≤ , ≤ ≤ , ≤ ≤ }

(рис. 1.26), получаем трехкратный интеграл следующего вида:

Ω ( , , ) = ∫ ∫ ∫ ( , , ) .

Замечание 1.9.

Если при этом подынтегральная функция представима в виде произведения трех функций,

		Ω


0

Рис. 1.26. Область интегрирования -

прямоугольный параллелепипед

каждая из которых является функцией только одной переменной:

( , , ) = 1( )∙ 2( )∙ 3( ),

то тройной интеграл равен (аналогия с двойным интегралом – см. 1.3.3) произведению трех определенных интегралов:

Ω 1( ) ∙ 2( ) ∙ 3( ) = ∫ 1( ) ∙∫ 2( ) ∙∫ 3( ) .

Пример 1.14.

				Вычислить = Ω																												3					2		, где Ω = {0 ≤ ≤ 1, 0 ≤ ≤ ,																																																				}
				Вычислить = Ω																																			, где Ω = {0 ≤ ≤ 1, 0 ≤ ≤ ,																																															0 ≤ ≤ .
Решение.
				=			∫			1		∫								∫											3				2	= ∫									1		∫						(		3		2 2					\|			) =								1		∫		1	∫								5			4		=
				=			∫					∫								∫																= ∫											∫						(						2			\|	0		) =									2	∫			∫													=
								0			0										0																							0							0								2				0											2		0				0
	1		1			5		5														1								1				10						1			11				1					1
=		∫		(			∙						\|0) =														∫											=				∙				\|0 =								.
=	2	∫		(			∙	5					\|0) =								10						∫											=				∙	11			\|0 =								.
	2	0						5			1										10							0												10			11								110
Ответ:						=					1					.
Ответ:						=										.
										110																																																										2													+ + = 2
Пример 1.15.																																																																				2													+ + = 2
Пример 1.15.																																																																Ω
																																																																Ω				1
				Вычислить: =																											( + ) ,																																					1
				Вычислить: =																											( + ) ,
																											Ω
где Ω				ограничена плоскостями (рис. 1.27):																																																																0
= 0, = 0, = 1, + + = 2.																																																														1																1
Решение.																																																														1
																																																																														+ = 1
																																																																														+ = 1
				Область интегрирования Ω представляет
				Область интегрирования Ω представляет
собой треугольную пирамиду с вершиной																																																							Рис. 1.27.													Иллюстрация к Примеру 1.15
в точке (0; 0; 2) с треугольником в основании,
лежащим в плоскости = 1 и с боковыми гранями, лежащими в координатных
плоскостях и																				.
				Это правильное тело в направлении оси , ограниченное снизу плоскостью = 1,
а сверху - плоскостью = 2 − − .
				Следовательно, можно применить формулу:
											Ω ( , , ) =																																						2( , )							( , , ) ) .
						=					Ω ( , , ) =																																					(∫ 1( , )								( , , ) ) .
				В нашем случае получаем:
= (∫12− − ( + ) ) =																																													(∫12− − + ∫12− − ) =
=				( (1 − − ) +																	1			2\|12− − ) =
=				( (1 − − ) +																	2			2\|12− − ) =
																					1																																															3															2							2
=				( (1 − − ) +																				(1 − − )(3 − − )) = (																																															− − 2 −																+					) .
=				( (1 − − ) +																	2			(1 − − )(3 − − )) = (																																														2	− − 2 −													2			+				2	) .
				Область является проекцией пирамиды на плоскость и представляет собой
треугольник, ограниченный осями координат и прямой + = 1:
																					= {0 ≤ ≤ 1, 0 ≤ ≤ 1 − }.
					Следовательно, имеем:
∫1	∫1− (								3		− − 2 −															2			+					2			) =							∫1 ((					3			− −					2			) \|1−0								+			∫1− (							2		− 2 ) ) =
∫1	∫1− (										− − 2 −																		+								) =							∫1 ((								− −								) \|1−0								+			∫1− (									− 2 ) ) =
0				0				2																	2										2										0			2									2														0							2
= ∫1			((		3	− −									2		) (1 − )											+ (							3			− 2) \|1−0										) = ∫1										(			3	−		5		+					2		+			3		+			(1− )3						−

																																																																2							2					2						6
	0			2							2																								6																					0		2						2							2					2						6
−(1 − )2) = (																			3	−			5 2					+					3				+			4	−			(1− )4						+			(1− )3					) \|10 =									3		−		5	+			1	+			1	+		1			−			1			=		1	.
−(1 − )2) = (																				−								+							6		+				−									+								) \|10 =											−			+			6	+				+					−						=			.
																		2							4										6					8					24									3												2					4				6			8				24					3				4
Ответ:						=						1		.
Ответ:						=					4			.
											4

Пример 1.16.

Найти объем шара радиуса .

Решение.

В декартовой системе координат шар задается неравенством (рис. 1.28):

Ω: 2 + 2 + 2 ≤ 2.

По свойству нормированности имеем:

шара = 2+ 2+ 2≤ 2 .

Шар представляет собой правильное тело в направлении оси , ограниченное

снизу поверхностью = − √2 − 2 − 2 ,

а сверху - поверхностью = √2 − 2 − 2 . Значит, можно записать:

= √2 − 2− 2

= − √2 − 2− 2

Рис. 1.28. Вычисление объема шара

(∫√

2− 2− 2

|√

2− 2− 2

) =

= 2

√2 − 2 − 2

шара

−√ 2− 2− 2

Область является проекцией шара на плоскость и представляет собой круг

с центром в начале координат и радиуса :

= {( , ) 2: 2 + 2 ≤ 2}.

Для вычисления этого двойного интеграла перейдем к полярным координатам.

= ∙

= ∙ ] = 2

= 2

√2 − 2

− 2 = [

′

√2 − 2

∙ ,

шара

где ′: { 0 ≤ ≤ . Далее имеем:

0 ≤ ≤ 2

шара = 2∫02 ∫0 √2 − 2 ∙ = − ∫02 ∫0 √2 − 2 (2 − 2) = = − 23 ∫02 (2 − 2) 32 |0 = 23 ∫02 3 = 23 3∙2 = 43 3.

Ответ: шара = 43 3.

1.7. Замена переменных в тройном интеграле

Пусть дан тройной интеграл Ω ( , , ) , где область Ω ограничена кусочно-гладкой поверхностью, а функция ( , , ) непрерывна в этой области или ограничена и непрерывна всюду за исключением конечного числа точек и конечного числа кусочно-гладких кривых и поверхностей, лежащих в этой области.

Рассмотрим преобразование, связывающее переменные ( , , ) с переменными ( , , ) некоторой системой уравнений:

= ( , , )

( ){ = ( , , ).

= ( , , )

Предполагается, что это преобразование устанавливает взаимно-однозначное соответствие между точками области Ω, лежащей в пространстве и точками области Ω′, лежащей в пространстве .

Взаимно-однозначное соответствие означает, что система уравнений ( ) однозначно разрешима относительно новых переменных ( , , ), т.е. выполняются следующие равенства:

= ( , , )

{= ( , , ) .

= ( , , )

1.7.1.Якобиан преобразования

Пусть функции = ( , , ), = ( , , ) и = ( , , ) - непрерывно-

дифференцируемы в области Ω′. Составим определитель 3-го порядка из частных производных этих функций:


′	′	′
′	′	′

( , , ) = \| ′	′	′	\| =			.
( , , ) = \| ′	′	′	\| =	\|		.
				\|	\|
′	′	′

Определитель ( , , ) называется определителем Якоби или якобианом. Справедлива следующая лемма (приводим без доказательства).

Лемма 1.2.

Если ( , , ) ≠ 0 в любой внутренней точке области Ω′, то преобразование ( ) устанавливает взаимно-однозначное соответствие между областями Ω и Ω′.

Используя утверждение леммы, можно сформулировать следующую теорему. Теорема 1.17 (о замене переменных в тройном интеграле).

= ( , , )
Если при замене переменных { = ( , , )	якобиан ( , , ) не обращается в
= ( , , )

нуль ни в какой внутренней точке области Ω′, то имеет место следующая формула:

Ω ( , , ) = Ω′ ( ( , , ), ( , , ), ( , , )) ∙ |( , , )| .

Доказательство этой теоремы есть в работе [1].

Оформление решения при замене переменных в тройном интеграле выглядит так:

	= ( , , )
	= ( , , )
Ω ( , , ) =	= ( , , )	= Ω′ ̃( , , ) ∙ \|( , , )\|,
	=
	[= \|( , , )\| ]

где ̃( , , ) = ( ( , , ), ( , , ), ( , , )).

Из приведенной формулы следует, что при замене переменных нужно не только подставить в подынтегральную функцию новые переменные, но еще и умножить значение функции на модуль якобиана.

Как и в случае двойного интеграла получаем следующие утверждения. Следствие 1.12 (объем тела в криволинейных координатах).

(Ω) = Ω′|( , , )| = | Ω′ ( , , ) | .

Геометрический смысл якобиана.

Модуль якобиана равен коэффициенту искажения объемов при переходе от переменных ( , , ) к переменным ( , , ).

1.7.2. Линейная замена переменных.

Важным частным случаем замены переменных является линейная замена.

Рассмотрим линейное преобразование с невырожденной матрицей:

= 11 + 12 + 13	11	12	13
{ = 21 + 22 + 23 ( )=∙( ), где = ( 21		22	23),
= 31 + 32 + 33	31	32	33

= и ∆= ≠ 0.

Якобиан линейного преобразования совпадает с определителем ∆:

Обратное преобразование также является линейным:

( )= −1∙( ), причем −1 = 1∆.

При линейной замене переменных тройной интеграл и объем тела (по Теореме 1.17 и Следствию 1.12) примут следующий вид:

Ω ( , , ) = |∆|∙ Ω′ ̃( , , ) , где̃( , , ) = (11 + 12 + 13, 21 + 22 + 23, 31 + 32 + 33),

(Ω) = Ω′|( , , )| = |∆|∙ Ω′ = |∆|∙(Ω′).

Впростейшем случае линейное преобразование может иметь вид:

= ∙

{ = ∙ ,	где , , = ,						≠ 0.
= ∙
′	′	′			0	0
					0	0
Здесь ( , , ) = \| ′	′	′	\| = \|	0		0	\| = .
				0		0
′	′	′		0	0

Следовательно, в этом случае имеем:

( , , ) = \| \|∙ ′ ( , , ) .
Ω	Ω
Пример 1.17.
Найти объем параллелепипеда Ω, грани которого лежат в попарно параллельных
плоскостях: 1 2, 3 4, 5 6, заданных линейными уравнениями:
1: 1 + 1 + 1 = 1,	2: 1 + 1 + 1 = 2,	1 < 2,
3: 2 + 2 + 2 = 1,	4: 2 + 2 + 2 = 2,	1 < 2,
5: 3 + 3 + 3 = 1,	6: 3 + 3 + 3 = 2,	1 < 2.
Решение.
Параллелепипед Ω задается системой неравенств:
1 ≤ 1 + 1 + 1 ≤ 2		1	1	1
{1 ≤ 2 + 2 + 2 ≤ 2 в предположении, что ∆= (2			2	2) ≠ 0.
1 ≤ 3 + 3 + 3 ≤ 2		3	3	3

Сделаем линейную замену переменных:
= 1 + 1 + 1				1		1	1
{ =	+ +		( )=∙( ) ( )= −1∙( ), где = (		2		).
2	2	2			2	2	2
= 3 + 3 + 3				3		3	3

В результате такой замены новая область Ω′ задается системой неравенств:

1 ≤ ≤ 2

{1 ≤ ≤ 2 , и представляет собой прямоугольный параллелепипед с объемом:

1 ≤ ≤ 2

( , , ) = | ′

+++P-5-2014_мед ПК и ПО подростков
12. Dignity
1284
14.Сердечно-сосудистая система
156
1949
2489
273
3796
5275