Тройной интеграл
Задача 3.1
Вычислить объем тела, ограниченного поверхностями z =1 − x2 , x + y =1, x = 0 , y = 0 , z = 0 .
Задача 3.2
Вычислить объем тела, ограниченного поверхностями
x = y2 + z 2 и x =1.
Задача 3.3
Вычислить объем тела, занимающего область Ω, ограниченную
x2 |
+ y2 + z 2 = a2 |
|
x2 + y2 = z 2 . |
поверхностями: |
|
y = 0, y ≥ 0, z ≥ 0 |
|
|
|
Справочный материал
С помощью тройного интеграла решаются задачи вычисления массы и объема тела, занимающего пространственную область. Соответствующие формулы имеют вид:
m = ∫∫∫δ(x, y, z)dV .
Ω
Где m - масса тела, занимающего область Ω, δ(x, y, z) - распределенная в области Ω плотность.
V = ∫∫∫1 dV .
Ω
где V - объем тела, занимающего область Ω.
Пусть область V , на которую распространен тройной интеграл
∫∫∫ f (x, y, z)dV , ограничена снизу |
поверхностью |
z = z1(x, y) , |
а |
V |
|
|
|
сверху поверхностью z = z2 (x, y) |
( z1 ≤ z2 ), и |
проектируется |
в |
12
координатную плоскость |
xOy в область D (рис 7). Тогда тройной |
||
интеграл сводится к двойному интегралу по области D по формуле: |
|||
∫∫∫ f (x, y, z) dV = ∫∫∫ f (x, y, z) dxdydz = ∫∫ dxdy |
z2 (x, y) |
||
∫ f (x, y, z)dz . |
|||
V |
V |
Dxy |
z1 (x, y) |
х b
z
а 0 |
|
|
) |
|
|
|
х |
|
|
|
|
( |
|
|
|
у1 |
|
|
|
= |
|
|
Dx y |
|
y |
|
|
|
|
Рис. 7.
z=z2(x,y)
V
z=z1( x,y)
|
|
у |
|
|
) |
|
х |
|
|
( |
|
|
у2 |
|
= |
|
|
y |
|
|
При вычислении тройного интеграла следует:
1. Спроектировать область интегрирования V на плоскость xOy
вобласть Dxy .
2.Через произвольную точку, лежащую в области Dxy
поверхности прямую, параллельную оси Oz.
3.Определить уравнение поверхности z = z1(x, y) , через
которую прямая входит в область V , и уравнение поверхности
z= z2 (x, y) , через которую прямая выходит из области V .
4.Свести вычисление тройного интеграла по области V к двойному интегралу по области Dxy , в котором подынтегральной
функцией будет интеграл по z с переменными пределами z1(x, y) и
13
z2 (x, y)
z2 (x, y) , т.е. ∫ f (x, y, z)dz . При вычислении внутреннего z1 (x, y)
интеграла, надо считать x и y постоянными:
∫∫∫f (x, y, z)dxdydz = ∫∫dxdy |
z2 |
(x, y) |
|
|
∫ f (x, y, z)dz . |
||
V |
D |
z1 |
(x, y) |
ЗАМЕЧАНИЕ 1
Иногда границы области V , т.е. поверхности, которыми она ограничена сверху или снизу, заданы различными уравнениями. В этом случае V следует разбить на две и более областей.
ЗАМЕЧАНИЕ 2
Расставляя пределы интеграции в двойном интеграле, в декартовых или в полярных координатах, тройной интеграл можно свести к трехкратному интегралу вида:
b
∫∫∫ f (x, y, z)dxdydz = ∫dx
V |
a |
y2 |
(x) z2 |
(x, y) |
|
∫dy |
∫ f (x, y, z)dz или |
y1 (x) z1 (x, y)
|
b |
ρ2 (ϕ) |
z2 |
(ρcosϕ,ρsin ϕ) |
∫∫∫ f (x, y, z)dxdydz = ∫dφ ∫ρdρ |
|
∫ f (ρcos ϕ, ρsin ϕ, z)dz . |
||
V |
a |
ρ1 (ϕ) |
z1 (ρcosϕ,ρsin ϕ) |
|
ЗАМЕЧАНИЕ 3
Иногда удобнее проектировать область V не на плоскость xOy , а на другие ( xOz или yOz ) координатные плоскости.
14
Решение задачи 3.1
2 −x 1 z= 
z
1
x + y =1
1 y
1 
x
Рис. 8.
Из геометрического смыла тройного интеграла следует, что
V = ∫∫∫1dV .
Ω
Пространственная область, ограниченная заданными поверхностями изображена на рисунке 8. Из этого рисунка ясно, что
область Ω проектируется на плоскость xOy в треугольник, ограниченный координатными осями и прямой x + y =1 (рис. 9).
y |
|
|
1 |
|
|
y |
|
|
= |
|
|
1 |
|
|
− |
|
|
x |
|
|
D |
|
|
y = 0 |
1 |
x |
|
|
Рис. 9.
Область Ω ограничена снизу координатной плоскостью z = 0 , а
сверху – поверхностью z =1 − x2 . Поэтому тройной интеграл можно свести к следующему двойному интегралу:
15