Кратные интегралы 5

В задачах 7 – 9 найти площади областей, ограниченных
заданными линиями.
7. r = a (1 + cos ), r = a cos .
Ответ.
5
 a2.
4
8. х2 + у2 = 2х, х2 + у2 = 4х, y = x, y = o
π 1
Ответ. 3    .
4 2
πа2
Ответ.
.
2
9. r = a  sin 2  .
3.4. Варианты проверочной работы
Вариант 5
2
2
x + y = 2y, y = x
3
Вариант 6
x2 + y2 = 2x, y = x, y = 0
Вариант 7
x + y = R , y = x, y = x 3
2
2
2
Вариант 8
x2 + y2 = 1, x2 + y2 = 4, y = x, x = 0
Вариант 9
2
2
x + y = 4, x = 1
В двойном интеграле  f (x, y) dх dy перейти к полярным
D
координатам и расставить пределы интегрирования. Найти
площадь области D, ограниченной заданными линиями.
Вариант 1
x + y = R , y = x, x = 0
2
2
2
Вариант 2
x + y = R , y = x, y = 0
2
2
2
Вариант 3
2
2
x + y = 3y, y = x
Вариант 4
x2 + y2 = x, y =
х
3
Вариант 10
x2 + y2 = 4 x, x2 + y2 = 4 y
ТЕМА 4. ТРОЙНОЙ ИНТЕГРАЛ
4.1. Теоретические сведения
Тройной интеграл  f (x, y, z) d V по объемной области
R
R вычисляется сведением к повторному. Для этого область R
проецируют на одну из трех координатных плоскостей. Если
проекция берется на плоскости xoy, то внутренний интеграл
будет вычисляться по переменной z. Через область R параллельно оси oz проведен луч, направление которого совпадает с
направлением оси.
z
z = z2 (x, y)
b
у 2 (x)
а
у1 (x)
d
x 2 (y)
а
x1 (y)
 f (x, y, z) dx dy dz =  dx
R

dу
z 2 (x, y)
 f (x, y, z) dz
z1 (x, y)
или
R
z = z1 (x, y)
 f (x, y, z) dx dy dz =  dy
R
0

dx
z 2 (x, y)
 f (x, y, z) dz .
z1 (x, y)
y
D
x
Точка входа луча в область даст нижний предел изменения переменной z, точка выхода – верхний предел. Учитывая,
что элемент объема dV равен dx dy dz, тройной интеграл
 f (x, y, z) dV сводится к двойному по формуле
R
 f (x, y, z) dx dy dz =  dx dy
R
D
z 2 (x, y)
 f (x, y, z) dz .
Порядок интегрирования будет другим, если область R
проецировать на другие координатные плоскости. Так, если
брать проекцию области R на плоскость xoz, то внутренний
интеграл будет вычисляться по переменной у, а когда R проецируют на yoz, то внутренний интеграл берется по х.
Если область R ограничена такими поверхностями, как
конус, цилиндр, параболоид, то при вычислении тройного интеграла по области R удобно переходить к цилиндрическим
координатам:
x  r cos 

 y  r sin 
 zz

z1 (x, y)
у
D
х
Область D, являющуюся проекцией тела R на координатную плоскость, удобно изображать на отдельном рисунке.
Границы изменения переменных х и у определяются так,
как было описано в теме 2.
Таким образом, тройной интеграл сводится к повторному
При этом элемент объема d V примет вид dV = r dr d dz.
Для того, чтобы расставить пределы интегрирования в
таком интеграле, область R проецируют на плоскость хоу и по
полученной плоской области D записывают границы изменения переменных r и  так, как описано в теме 3. Уравнения
поверхностей, ограничивающих R, записывают в цилиндрических координатах. Делают замену переменных в подынтегральной функции. Таким образом тройной интеграл
 f (x, y, z) dx dy dz записывается в виде повторного интеграла
R
2
r2 ( )
1
r 1 ( )
 f (x, y, z) dx dy dz =  d
R

r dr
z 2 (r,  )
 f (r cos  , r sin  , z ) dz .
z1 (r,  )
4.2. Рекомендации по решению типовых задач
Пример 1. Вычислить тройной интеграл  z dx dy dz ,
R
если область R ограничена плоскостями x + y + z = 1, x = 0,
y = 0, z = 0.
Решение.
Пример 2. Найти объем тела R, ограниченного параболоидом z = x2 + y2, цилиндром x2 + y2 = 1 и координатными
плоскостями.
z
1
1- х
1 1
2
2
 dх  ((1 - х) - 2 (1 - х) у  y )) dy =
2 0
0
1

у2 у3  1  x
1
2

=
(1
х)
у

2
(1

х)
  0 dy =

2
3 
2 0 
1
1 
1 1
1
3
3
3
3
=
 (1 - х) dх =
  (1 - х) - (1  х)  (1  х)  dx =
3
2 0
6 0

1
1
1 1
1 (1  х) 4 1
= -  (1 - х) 3 d (1 - х) = - 
(-1) =
.
0 = 4
6 0
6
24
24
=
R
Решение.
0
y
1
y
1
1
z
R
1
x
0
Спроецируем область R на плоскость хоу.
x
у
1
1
R
Проекцией области R на координатную плоскость хоу
является четверть круга радиуса 1 с центром в нуле, расположенная в первом квадранте. Здесь удобно перейти к цилиндрическим координатам
D
х
0
 z dx dy dz =  dx dy
D
1- х - у
 z dz = 
0
D
1
1
2
 (1 - х - у) dx dy =
 dх
2 D
2 0
1
=
х
Объем тела R будем искать по формуле
V =  dx dy dz .
х + у =1
1
R
D
y
1- х
z2
2
1xy
0
dx dy =
2
 ((1 - х) - у) dy =
0
x  r cos 

 y  r sin  ,
 zz

dx dy dz = r dr d dz.
Запишем уравнение параболоида в цилиндрических координатах
z = x2 + y2  z = r2 cos2  + r2 sin2 , z = r2.
r2
V =  dx dy dz =  r dr d  dz =  r  z
R
0
D
π/2
1
D
π/2
=  r 3 dr d =  d  r 3 dr = 
D
=
0
1

4
π/2
0
=
0
0
r4
4
r2
0
1
0
d =
dr d =
2
2

x  у  2  z
 2
2
2

x  y  z
Значит, на уровне z = 1 конус и параболоид пересекаются по окружности х2 + у2 = 1. Проекцией тела на плоскость
хоу является эта же окружность.
у
1
1 π/2
 d =
4 0
1 π
π

= .
4 2
8
D
2
Перейдем к цилиндрическим координатам
x  r cos 

 y  r sin 


1
0
х
0
Пример 3. Вычислить массу тела, ограниченного поверхностями х2 + у2 = 2 – z, х2 + у2 = z2, z > 0, если плотность
тела  = (х 2  у 2 ) 3 .
Решение.
 2 – z = z2  z2 + z – 2 = 0  z1 = 1, z2 = -2.
у
х
Массу тела будем искать по формуле
М =  ρ (x, y, z) dx dy dz . Данное тело ограничено снизу конуR
сом x2 + y2 = z2 и сверху параболоидом x2 + y2 = 2 – z.
Найдем линию пересечения этих поверхностей
zz .
Запишем уравнения границ в цилиндрических координатах
х2 + у2 = z2  r2 = z2  r = z – нижняя граница для z;
х2 + у2 = 2 – z  r2 = 2 – z  z = 2 – r2 – верхняя граница для z.
Сделаем замену переменных в выражении для плотности
 = (х 2  у 2 ) 3 = (r 2 ) 3 = r3.
Найдем массу
М =  ρ (x, y, z) dx dy dz =  r dr d
4
R
D
2- r 2
4
 dz =  r z
r
D
2 - r2
r
dr d =