metod1_KI_dlya_studentov (549672), страница 5
Текст из файла (страница 5)
6.2). Связь между сферическимии декартовыми координатамивыглядит следующим образом:Рисунок 6.10 x r sin cos y r sin sin , z rco s где(6.4)0 2 , 0 , 0 r . При этом x y z r .Самостоятельно вычислите Якобиан и убедитесь в том, что при переходе ксферической системе J r 2 sin . Следовательно, переходя к сферическимкоординатам, имеем:222234 f x, y, z dxdydz f r sin cos , r sin sin , rco s rV2sin d d dr (6.5)V2222Замечание 2. В сферических координатах уравнение сферы x y z Rпринимает вид r R , уравнение кругового конуса k 2 x 2 y 2 z 2принимает вид arctgk . Поэтому целесообразно переходить к этимкоординатам, если в условии задачи присутствуют конусы и сферы.Замечание 3.
Чтобы преобразовать тройной интеграл в сферической системекоординат в повторный, можно поступить следующим образом. Пересечёмтело, занимающее область V , полуплоскостью, проходящей через ось OZ , ивыделим площадку D , которая при этом получится. Через ось OZ построимдве полуплоскости, которые образуют двухгранный угол , внутри которогозаключено тело. Для этого двухгранного угла, а значит, и для области V1 2 . И тогда2 f x, y, z dxdydz d f r sin cos , r sin sin , r cos r sin d dr2V1D(6.5а)В двойном интеграле по области D пределы расставим как в полярнойсистеме координат с той разницей, что переменная меняется отвертикальной оси, где она равна нулю, возрастая против часовой стрелки.Пример 6.1.
Вычислим объём тела, заключённого между двумяполусферами z 25 x 2 y 2 и z 9 x 2 y 2 и двумя коническимиповерхностями z x 2 y 2 и z 3 x 2 y 2 .Решение. Согласновышесказанному, уравнения сферв сферических координатахпримут вид r 5 и r 3 .Уравнения конусов, являющихсятелесными углами, примут видисоответственно, в46чём легко убедиться,заменив вуравнениях поверхностейРис.6.3декартовы переменныесферическими (см. (6.4)).Тогда по формуле (6.5) можносоставить тройной интеграл длявычисления объёма в сферическойсистеме координат, считая35подынтегральную функцию равнойединице.V 1 r 2 sin d d drVЧтобы преобразовать тройной интеграл в сферической системе координат вповторный (см.
замечание 3), пересечём тело, занимающее область V ,полуплоскостью, проходящей через ось OZ , и выделим площадку D ,которая при этом получится (на рис. 6.3 эта площадка справа выделенасиним). Для того, чтобы получить всё тело, площадку D надо провращатьвокруг оси OZ на угол 2 . Тогда2V d r sin d dr20DВ двойном интеграле по области D пределы расставим как в полярнойсистеме координат с той разницей, что переменная меняется отвертикальной оси, где она равна нулю, возрастая против часовой стрелки.Т.е. D , r | ,3 r 5 . И окончательно, получаем642V d sin d r dr 39 45203 2 .36Пример 6.2.
Найдём объём тела, заданного системой неравенств222x y z 2z 2, с помощью тройного интеграла.2x y zРешение. Построим сферу и параболоид, заданные в условии, и выделимтело, ограниченное ими.Замечание. Уравнения обеихповерхностей имеют вид f x 2 y 2 , z 0 ,Рисунок 6.4Рисучто говорит о том, что это поверхностивращения вокруг оси OZ . Поэтому теловращения, ограниченное ими, можнопостроить следующим образом. Строимлинии пересечения поверхностей сполуплоскостью x 0, y 0 , выделяемобласть D , ограниченную этими линиями(на рис.
6.4 эта область справа выделенажёлтым цветом), и вращаем D вокруг осиOZ . Получаем заданное в условии задачи36тело, которое в пространстве занимает область V (см. рис. 6.4).1 способ. Рассмотрим решение задачи в цилиндрической системе координат.Заданное тело заключено внутри цилиндра с образующей, параллельной осиOZ , проходящей через линию пересечения сферы и параболоида.
Чтобысоставить его уравнение, которое совпадёт с уравнением границы областиDxy (см. рис. 6.4), необходимо из системы уравнений этих поверхностейисключить переменную z .222x y z 2zx 2 y 2 1. 22x y zОбласть Dxy , на которую проектируется тело, представляет собой кругx 2 y 2 1 . Область V x, y, z x, y Dxy, z1 x, y z z2 x, y является правильной.
Перейдём к цилиндрической системе координат.После замены переменных (см. (6.2)) получим:уравнение границы области Dxy - r 1 ,уравнение нижней части сферы- z 1 1 r 2 ,уравнение параболоида- z=r2.Обратите внимание на прямую линию в левой части рисунка 6.4. Мы видим,что при возрастании переменной z сферическая поверхность ограничиваеттело снизу, а параболическая – сверху.Объём тела вычислим как тройной интеграл, где f x, y, z 1 (см. свойства).V dxdydz rd drVD2 r , dz (см.
(6.3а)).1 r , Область D , r | 0 2 ,0 r 1 является радиально правильной.Расставим пределы в повторном интеграле и вычислим его.V rd drdz V21r2001 1 r 2 d rdr 1dz 2 (r 2 1 r 2 1)rdr 013 r4 1r2 2 2 2 1 r .2 0 64 32 способ. Рассмотрим решение этой же задачи в сферической системекоординат.V dxdydz r 2 sin d d dr .VVПреобразуем уравнения поверхностей.Уравнение сферы примет вид: r 2co s .37cos .sin 2 Чтобы расставить пределы интегрирования в повторном интеграле,пересечём область V полуплоскостью, проходящей через ось OZ . Получимплоскую область D (на рис.
6.3 она справа закрашена жёлтым цветом). Таккак область V была получена при вращении этой площадки D вокруг осиOZ , для всех точек V переменная 0,2 .Уравнение параболоида: r V dxdydz И тогда2V2dr sin d dr .0D(см. (6.5а))Область D является радиально правильной и для всех её точек ,а42переменная r меняется от r параболоида до r сферы. (Обратите внимание напрямую линию в правой части рисунка 6.3)В соответствии с данными рассуждениями составим повторный тройнойинтеграл в сферической системе координат и вычислим его:2V22cos d sin d r dr 2cos04sin 2 1623cossind3 32cos3 d sin3 sin 2 3 6 6 .442Пример 6.3.
Найдём объёма тела, ограниченного поверхностямиx2 y 2 z 2 4, x 2 y 2 4 z, z 0.Решение. Построим тело, ограниченное данными поверхностями, учитываято, что оно является телом вращения, поскольку уравнения всехповерхностей зависят от x 2 y 2 . Для этогопересечём поверхностиполуплоскостью x 0, y 0 и выделимобласть D , ограниченную полученнымилиниями, а менно, гиперболой y 2 z 2 4 ипараболой y 2 4 z .
(см. рис. 6.5) Найдёмточкупересечения этих кривых.Она имеет координатыy 2 2, z 2.Рисунок 12.5При вращении этойобласти вокруг оси OZполучим (рис. 6.6)38Рисунок 6.13Рисунок6.6пространственную область V , которую занимает заданное тело. Эта областьне является правильной, так как снизу ограничена двумя поверхностями,параболоидом и плоскостью z 0 . Поэтому для вычисления требуемогообъёма придётся разбить область на две правильные и тогда V V1 V2 ( см.рис.
6.6). В этом случае1V1 x, y, z x, y D1, 0 z x 2 y 2 4Область D1 на рис. 6.6 выделена тёмным сиреневым цветом.V2 x, y, z x, y D2 ,x2 y 2 4 z 1 2x y 2 .4Область D2 выделена светлым сиреневым цветом.Перейдём в цилиндрическую систему координат (см. (6.2)) и составим обаV dxdydz rd drинтеграла. Из формулыV2V2 d rdr001 2r428 d rdrdz 002D1 2r4dz r2 42 r , dz следует: 1r , 8.32-ой способ.Искомый объём можно найти иначе, а именно как V V3 V4 .(См. рис. (6.6)) Здесь V3 x, y, z x, y D, 0 z 1 x 2 y 2 , причём4область D - круг x y 8 , а V4 x, y, z x, y D2 , 0 z x 2 y 2 4 .222И в этом случаеV8 d rdr01 2r402dz 08 d rdr02r2 40dz 8.33-ий способ.Наконец, можно изменить порядок интегрирования и составитьповторный интеграл следующим образом:2V224 z 2 d rdrdz d dz 0D00rdr 2 z8.
(В этом случае вращаем область D3вокруг оси OZ так, что 0 2 , а интеграл rdrdzDпредставляем какповторный по r -правильной области D r , z | 0 z 2,2 z r 4 z 2(см. рис.6.6, жёлтая область справа).39Занятие 7.Приложение тройных интегралов (вычисление массы тела переменнойплотности; статических моментов тел относительно координатныхплоскостей; координат центра масс тел и их моментов инерцииотносительно осей координат. Несобственный двойной интеграл 1-города. Вычисление интеграла Пуассона1.Механические приложения тройного интеграла.
Следующиеформулы аналогичны соответствующим формулам для двумерного случая.Масса тела объёма V с переменной плотностью x, y, z .M x, y, z dxdydz(7.1)VСтатические моменты тела относительно координатных плоскостей.K yz x x, y, z dxdydzVK xz y x, y, z dxdydz(7.2)VK xy z x, y, z dxdydzVКоординаты центра масс тела.1xc x x, y, z dxdydzM Vyc 1M y x, y, z dxdydz(7.3)V1z x, y, z dxdydzM VМоменты инерции тела относительно осей координат.zc I x y 2 z 2 x, y, z dxdydzVI y x 2 z 2 x, y, z dxdydz(7.4)VI z x 2 y 2 x, y, z dxdydzVМомент инерции тела относительно начала координат.I 0 x 2 y 2 z 2 x, y, z dxdydz VIx I y Iz2.(7.5)Пример 7.1 Вычислим массу прямоугольного параллелепипеда0 x a, 0 y b, 0 z c с плотностью x, y, z x y z40Решение.