Документ: Кратные и криволинейные интегралы, страницы 11-15

11

постоянна в элементарной области. Тогда масса mk элементарной области vk приближенно равна mk = f(Mk) vk . Суммируя все такие массы элементарных областей (составляя

интегральную сумму), приближенно получим массу области V f (Mk ) vk	MV
k

Для того, чтобы точно вычислить массу области, остается перейти к пределу при условии maxk diam vk 0(условие B).

MV limmaxk diam vk 0 f (Mk ) vk f (x, y,z)dv.

k

V

Так задача о массе пространственной области приводит к тройному интегралу7. Введем некоторые ограничения на область интегрирования и подинтегральную

функцию, достаточные для существования интеграла8.

Потребуем, чтобы функция f(M) была непрерывна в области V и на ее границе. Потребуем, чтобы область V была замкнутой, ограниченной, пространственно-

односвязной областью с кусочно-гладкой границей.

Область назовем пространственно-односвязной, если ее можно непрерывной деформацией стянуть в точку.

Теорема существования. Пусть область V и функция f(M)=f(x, y, z) удовлетворяют сформулированным требованиям. Тогда тройной интеграл существует как предел интегральных сумм.

limmaxk diam vk 0 f (Mk ) vk	f (x, y,z)dv.
k	V

Замечание. Предел этот не зависит9:

1)от выбора разбиения области, лишь бы выполнялось условие А

2)от выбора отмеченных точек на элементах разбиения

3)от способа измельчения разбиения, лишь бы выполнялось условие B.

Свойства тройного интеграла.

1. Линейность

а) f (x, y,z) g(x, y, z) dv= f (x, y,z)dv+ g(x, y,z)dv

V V V

б) f (x, y,z)dv= f (x, y,z)dv

V V

Эти свойства, как и для двойного интеграла, доказываются «через интегральные суммы». Составляют интегральную сумму для интегралов, стоящих в левой части равенства, в ней делают нужную операцию (это возможно, т.к. число слагаемых конечно) и получают интегральные суммы для интегралов в правой части. Затем, по теореме о предельном переходе в равенстве, переходят к пределу, и свойство доказано.

2. Аддитивность (по множеству)

	f (x, y,z)dv= f (x, y,z)dv+ f (x, y,z)dv
V W	V	W

Доказательство проводится, как и ранее, через интегральные суммы с использованием замечания к теореме существования.

7Здесь интеграл вводится несколько упрощенно. Более строгое определение интеграла приведено в выпуске VII учебника.

8Эти требования можно ослабить, распространив интеграл на функции со счетным числом разрывов первого рода (выпуск VII.учебника).

9Это очевидно, иначе предел не существует, но это стоит подчеркнуть.

12

Разбиение выбирается и измельчается так, чтобы граница областей V, W состояла из границ элементов разбиения (это можно сделать, учитывая замечание). Тогда интегральная сумма для интеграла в левой части равенства равна сумме двух интегральных сумм, каждая для своего для интеграла в правой части равенства. Переходя к пределу в равенстве, получаем требуемое соотношение.

3.	Сdv СV , где V – объем области V.
	V
	Интегральная сумма для интеграла в левой части С vk = С vk				CV
			k	k
4.	Если f(x, y, z) g(x, y, z), то f (x, y,z)dv g(x, y,z)dv.
	V	V
	Переходя к пределу в неравенстве f (Mk ) vk		g(Mk ) vk	(по теореме о
	k		k

переходе к пределу в неравенстве), получим требуемое соотношение.

Следствие. Если f(x, y, z) 0, то f (x, y,z)dv 0.

V

5. Теорема об оценке интеграла. Если m f(x, y, z) M, то mV f (x, y,z)dv MV.

V

Интегрируя неравенство m f(x, y, z) M, по свойству 4 получим требуемое неравенство.

6.Теорема о среднем. Пусть выполнены требования теоремы существования. Тогда Существует точка С в области V, такая, что f(C) = 1 f (x, y,z)dv.

V V

Доказательство. Так как функция f (x,y,z)непрерывна на замкнутом ограниченном

множествеV, то существует ее		нижняя грань infV				f (x,y,z) и		верхняя грань
supV f (x,y,z).	Выполнено	неравенство			x,y,z V	V f (x,y,z)dV V .
						V
Деля обе части на V получим			1	f (x,y,z)dV . Но число				1		f (x,y,z)dV
Деля обе части на V получим				f (x,y,z)dV . Но число			V			f (x,y,z)dV
		V		V			V			V
заключено между	нижней и	верхней			гранью функции. Так				как функция

f (x,y,z)непрерывна на замкнутом ограниченном множестве V , то в некоторой точке C V функция должна принимать это значение. Следовательно, f(C) =

V1 V f (x, y,z)dv.

Вычисление тройного интеграла в декартовой системе координат.

z (x,y)

V

y

(x,y )

Dxy D

x

Пусть пространственное тело проектируется на плоскость OXY в область D, а на ось OZ в отрезок [c, d].Пусть «верхняя» граница тела описывается уравнением поверхности z = (x, y), «нижняя» – уравнением z = (x, y).

Пусть элемент V пространственного тела V проектируется на плоскость OXY в область Dxy , а на ось OZ в отрезок [z, z+ z]. Для того чтобы вычислять тройной интеграл как предел интегральных сумм, нужно в интегральной сумме перебирать эти элементы по определенному алгоритму.

13

Если сначала перебирать элементы в столбце над областью Dxy, от нижней границы до верхней (внутренний интеграл), а затем перемещать область Dxy в D (внешний двойной

x,y

интеграл), то получим повторный интеграл f

D x,y

x, y,z dz dxdy.

Если сначала перебирать элементы в слое [z, z+ z] (внутренний интеграл), а затем

.перемещать слой на [c, d], (внешний интеграл), то получим повторный интеграл

d

c D(z)

f (x, y,z)dxdy dz.И в том, и в другом случае тройной интеграл сводится к

определенному и двойному интегралам.

Пример. Вычислить массу тетраэдра плотностью f(x, y, z) = z, ограниченного плоскостями x+y+z = 1, x+z =1, x+y = 1, y+z =1.

1

1 1 z

1 x z

1 1 z

zdxdy

zdy

dz

dx

dz z(1 x z)dx

dz

0

D(z)

0 0

0

0 0

1 x y

1 1 x

1 x y

1

zdz

1

dxdy

zdz dy dx

24

D

0

0 0

0

1

24

Лекция 4. Приложения тройного интеграла.

Замена переменных в тройном интеграле.

Теорема. Пусть с помощью непрерывных функций x = x(u, v, w), y = y(u, v, w), z =z(u, v, w) имеющих непрерывные частные производные установлено взаимно однозначное соответствие пространственно односвязных ограниченных, замкнутых областей Dxyz, Du,v,w с кусочно-гладкой границей. Тогда

x

u

v

w

f (x, y,z)dxdydz f (x(u,v,w), y(u,v,w),z(u,v,w)

I

dudvdw, где I

y

-

u

v

w

Vx,y,z

Vu,v,w

z

u

v

w

якобиан (определитель Якоби).

Теорема приведена без доказательства.

14

Цилиндрическая система координат.

M

y

Вводятся цилиндрические координаты , , h.

z

x = cos , y = sin , z = h. Вычислим якобиан

h

x

h

cos

sin

0

I

y

sin

cos

0

cos2 sin2

x

h

0

1

z

h

Пример Вычислить объем пространственного тела, заключенного между

цилиндрической

поверхностью

x2 y2 R2

и эллиптическим параболоидом

z x2 y2 . z 0 .

z

r

rsin sin

rsin cos

0

2 R 2				R		R	4
V		dh d	d 2 d 3

0				0	2
	0 0

Сферическая система координат.

Сферические координаты , r, . x = r sin cos

y= r sin sin z = r cos .

y			x	x	x
				r
	Вычислим якобиан I		y	y	y
	Вычислим якобиан I			r
				r
x			z	z	z
				r
sin cos	rcos cos	cos sin cos r2 rsin rsin2 r2 sin .
sin cos	rcos cos
sin sin	rcos sin
cos	rsin

15

Пример. Найти массу части шара (с центром в начале координат, радиусом R), находящейся в первом октанте, если плотность вещества шара в каждой точке шара

пропорциональна расстоянию этой точки от оси OZ.

x2 y2

z2

R2 ,

x, y,z k

x 0, y 0,z 0,

x2 y2 krsin

/ 2

R

/ 2

R

4 / 2

kR

4 / 2

1 cos2 d

2

kR

4

M

d dr r2

sin krsin d k

sin2 d

.

2

4

32

0

16

0

Приложения тройного интеграла.

Геометрическое приложение – вычисление объема любого пространственного тела.

По свойству 3 тройного интеграла dv V , где V – объем области V.

V

С помощью двойного интеграла тоже можно вычислять объем, но только цилиндрического тела, а не произвольного.

Пример. Вычислить объем пространственного тела, ограниченного эллиптическим параболоидом z x2 y2 и шаром ( единичного радиуса с центром в точке (0, 0, 1))

x2 y2 (z 1)2 1.

2	1	1 1 2	1				1	1		2 3/ 2 1		1	7
				2		2
V d d		dz 2 1 1					d 2		1		\|0			.
								3
0	0	2	0				2					4 6
Механические приложения – вычисление массы пространственного тела,
статических моментов,			центра тяжести,		моментов инерции					по	формулам,			которые

выводятся аналогично соответствующим формулам для плоского тела с двойным интегралом ( x, y,z - плотность вещества тела в каждой точке).

M x, y,z dxdydz, Sxy

z x,

y,z dxdydz,

Syz

x x, y,z dxdydz,

V

Sxz

y x, y,z dxdydz,

x

1

Syz ,

y

1

Sxz ,

z

1

Sxy .

Формулы

для

моментов

M

V

M

y2 z2 x, y,z dxdydz )

инерции запишите сами (например, Jx

V

Пример.

Определить

координаты

центра

тяжести

полушара

z 0,

2

R

/ 2

R

4

x2

y2 z2 R2 ,

z. По симметрии

x

y

0,

M d r2

sin dr

rcos d

.

0

4

2

R

/ 2

2 R

5

8

Sxy

d r2 sin dr rcos2 d

,

z

R.

15

0

15

Лекция 5 Криволинейные интегралы 1 и 2 рода, их свойства..

Задача о массе кривой. Криволинейный интеграл 1 рода.

Задача о массе кривой. Пусть в каждой точке кусочно-гладкой материальной кривой L: (AB) задана ее плотность f x y,z . Определить массу кривой.

Поступим так же, как мы поступали при определении массы плоской области (двойной интеграл) и пространственного тела (тройной интеграл).

Материал: Кратные и криволинейные интегралы

Смотрите также: