Пономаренко-Математика. Кратные интегралы. Учебное пособие предисловие данное учебное пособие предназначено для студентов немате
 Скачать 0.93 Mb.
|
Вычисление тройного интегралаТройной интеграл вычисляется обычно при помощи сведения его к повторному интегралу. Теорема 1. Пусть область интегрирования (V ) проектируется на плоскость Oxyв область (S). Если: (V ) ограничена снизу поверхностью с уравнением z= α(x, y), сверху z = β(x, y), с боков цилиндрической поверхностью с образу- ющими, параллельными оси Oz и проходящими через границу обла- сти (S) (эта поверхность может и отсутствовать), причем функции α(x,y), β(x,y) непрерывны на (S) (рис. 21);  ∫∫∫ существует f(x,y,z) dxdydz; (V) для любой точки N(x,y) ∈ (S) существует β(x,y) ∫ α(x,y) f(x,y,z) dz, то β(x,y) ∫∫∫ f(x,y,z) dxdydz= ∫∫ dxdy ∫ f(x,y,z) dz, где ∫∫ (V)  f(x,y,z) dz β(x,y) (S) ∫∫  α(x,y) ∫ ⎜⎝ f(x,y,z) dz⎟⎠ dxdy. ⎛ β(x,y) ⎞ (S) α(x,y) (S) α(x,y) ∫ Внутренний интеграл находится при постоянных значениях ∀ ∈ xи y N(x,y) (S). ∈ Замечание. Для расстановки пределов в повторном интеграле рекомендуется взять произвольную точку N (x, y) (S), провести через нее ось, параллельную оси Oz, заметить, что эта ось входит в область интегрирования (V), пересекая поверхность с уравнением z= α(x, y), выходит из области интегрирования при пересечении поверхности с уравнением z = β(x, y). Нижний и верхний пределы интегрирования внутреннего интеграла будут соответственно рав- ны α(x,y) и β(x,y).  Теорема 2. Пусть область интегрирования (V ) проектируется на ось Ozв сегмент [c,d]. Если: (V) ограничена снизу плоскостью с уравнением z = c,сверху ∫∫∫ z= d(см. рис. 22); существует f(x,y,z) dxdydz; ∫∫∈ (V) для любого z [c,d] существует f(x,y,z) dxdy, где (Sz) — се- (Sz) ∫∫∫ чение области (V) плоскостью z= z, z ∈ [c,d], то где (V) f(x,y,z) dxdydz= d ∫ ∫∫ dz c (Sz) f(x,y,z) dxdy, ∫ ∫∫ d dz f(x,y,z) dxdy def = ∫d⎛∫∫ f(x,y,z) dxdy⎞⎟ dz. ⎜⎝ c (Sz) c (Sz) ⎠ Внутренний интеграл находится при постоянном значении zиз ∫∫∫ [c,d]. Пример. Вычислить интеграл I= (x+ 2y) dxdydz, если об- (V) ласть интегрирования (V) ограничена плоскостями x+z= 1, x= 0, y= 0, y= 2, z= 0. Решение.Найдем значение этого интеграла двумя способами. ∈ Используем теорему 1. Область (V ) проектируется на плос- кость Oxy в прямоугольник (S) (рис. 23, 24). Возьмем любую точку N(S), проведем через нее ось, параллельную оси Oz. Согласно теореме 1, имеем ∫∫ I= ∫∫ (S) dxdy 1−x ∫ (x+ 2y) dz= ∫ 0 ∫∫ z=0 (S) (x+ 2y)z.z=1−xdxdy= = (S) (x+ 2y)(1 − x) dxdy= 1 2 − ∫ dx (x x2 0 0 + 2y(1 − x)) dy= (x− x)y+ y(1 − x) = ∫ 2 2 2  .y=2 ∫ 1 2  y=0 dx= (4 − 2x− 2x) dx= 0 3 3 3 = (4x− x − x). = 4 − 1 − = .   Рис.23 Рис.24 ∈ Используем теорему 2. Область (V ) проектируется на ось Ozв сегмент [c, d] (рис. 25). Возьмем любую точку z [c, d], прове- дем через нее плоскость, параллельную плоскости Oxy. Получим в сечении прямоугольник (Sz). Спроектируем его для удобства на плоскость Oxy(рис. 26). По теореме 2 имеем ∫ ∫∫ 1 I= dz (x+ 2y) dxdy= ∫ 1 ∫ 1−z ∫ 2 dx (x+ 2y) dy dz= 0 (Sz) ∫ 1 ∫ 1−z   0 . (xy+ y) y=0 dx= 2 y=2 0 0 ∫ 1 ∫ 1−z    Рис.25 Рис.26 (x + 4x) x=0 dz= + 5z .0 = 3 − 3+5 = 3 . ∫ 2 0 0 = (1 − z) + 4(1 − z) dz= — 6z+ 5) dz= 3 − 3z 2 1 .x=1−z ∫ 1 ∫ 1 2  z3 2 .1 1 7 |