лекция. Двойной интеграл. Понятие двойного интеграла
 Скачать 1.34 Mb.
|
Лекции тройной интерграл2Замена 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 Оrсовпадает с полуосью Оx. Цилиндрическими координатами точки М называются три числа r,φ, z, где r,φ – полярные координаты проекции Мz точки М на плоскость xOy, z – аппликата точкиМ(рис. 10). Для точек оси Оz координата φ не определена.Декартовы координаты x, y, zвыражаются 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 z—цилиндрическое телоV, проекцией которого на плоскость Оху является область D, нижней и верхней границей – поверхности z=φ1(x, y), z=φ2(x, y). Пусть при переходе к цилиндрическим координатам множества V и D преобразуются соответственно в Vц и Dц.Тогда (6) Пример. Вычислить интеграл по телуV, ограниченному поверхностями z = 0, x2 + y2 = 4, z = x2 + y2 . 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) ≡ x2 + y2, то φ2(rcosφ, rsinφ)= (rcosφ)2 +(rsinφ)2=r2. Следовательно, по формуле (6) получим Вычисление тройного интеграла в cферических координатах. Сферическими координатами точки М называются три числа r, φ, θ, где r = 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 x = rcosφ cosθ, y = rsinφ cosθ, z = rsinθ Заметим, что ОМ2 = x2+y2+z2 , поэтому в сферических координатах x2+y2+z2 = r2 . 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={(r, φ, θ): φ1 ≤ φ ≤ φ2, θ1(φ) ≤ θ ≤ θ2(φ), r1(φ,θ) ≤ r ≤ r2(φ,θ)}. Тогда = (8) Примеры. 1)Вычислить объем тела V, ограниченного поверхностью (x2+y2 +z2)2 = a3z (a Решение. Как замечено выше, x2 + y2 + z2= r2. Поэтому данная поверхность в сферических координатах задается уравнением r4 = 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 r точки данной поверхности не зависит от φ, то0 ≤ φ ≤ 2π. Таким образом, Vс={( r, φ, θ): 0 ≤ φ ≤ 2π, 0 ≤ θ ≤ π / 2, 0 ≤ r ≤ }. Следовательно, по формулам (14) и (19) получаем 2) Вычислить интеграл где V – тело, ограниченное поверхностями x2+y2 +z2=R2, x2+y2 =z2, x=0, y=0 (x≥0, y≥0, z≥0). Решение. сфера радиуса R 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,θ, r. Поскольку проекцией тела V является сектор ОАВ, то угол φ меняется в пределах 0 ≤ φ ≤ π ⁄ 2. Пусть теперь угол φ из этого промежутка зафиксирован. Тогда точки телаVзаполняют сектор ОMN , причем отрезок ОM образует сплоскостью хОу угол π/ 4, а ОN – 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 телаVпробегает отрезок ОР от начала координат О до точки сферы Р. Так как в точке О координата r = 0, а в точке Р r = R , то координата r меняется в пределах 0 ≤ r ≤ R . Таким образом, Vс={(r, φ, θ): 0 ≤ φ ≤ π ⁄2, π ⁄4 ≤ θ ≤ π ⁄2, 0 ≤ r ≤ R}. Следовательно, по формуле (8) получаем |