Назад
Кратные интегралы
21
2.4.1. Дифференциальный элемент площади
в полярной системе координат
Разобьем область интегрирования на элементар-
ные ячейки
с помощью координатных линий:
ij
S
j
ρ
ρ
= - окружности,
i
ϕ
ϕ
= - лучи, тогда
1jj j
ρ
ρρ
+
∆=
i
,
1ii
ϕ
ϕ
+
ϕ
∆=
ij
S
. Так как окружности
ортогональны радиусам, то внутренние ячейки
с
точностью до бесконечно малых более высокого
порядка малости относительно их площади можно
рассматривать как прямоугольники со сторонами
ji
ρ
ϕ
⋅∆ и
j
ρ
, поэтому ()
ij j i j
S
ρ
ϕρ
∆≈ . Ячейками
неправильной формы пренебрегаем. Переходя к пре-
делу, получим, что двумерный элемент площади в
полярных координатах равен
dS d d
ρ
ρϕ
.
1). Интегрирование в полярной системе коорди-
нат удобно использовать, когда область
огра-
ничена дугами окружностей.
D
2). В полярных координатах внешний интеграл
при сведении его к повторному может вычис-
ляться по углам.
0
y
ρ
,
x
D
j
ρ
1+j
ρ
1+i
ϕ
i
ϕ
0
y
ρ
,
x
ij
M
ij
S
!
0
ρ
D
ϕ
β
ϕ
=
)(
1
ϕ
ρ
)(
2
ϕ
ρ
α
ϕ
=
Пусть область интегрирования
D
определяется
неравенствами:
α
ϕβ
≤≤,
12
() ()
ρ
ϕρρϕ
, где
1
()
ρ
ϕ
и
2
()
ρ
ϕ
- однозначные непрерывные
функции на отрезке [, ]
α
β
.
2
1
()
()
(,) (,)
D
f
dd d f d
ρϕ
β
αρϕ
ρ
ϕρ ρϕ ϕ ρϕρ ρ
=
∫∫
.
3). В полярных координатах внешний интеграл может вычисляться и по
полярному радиусу. Пусть область интегрирования
определяется не-
равенствами:
D
12
R
R
ρ
≤≤ ,
12
() ()
ϕ
ρϕϕρ
, где
1
()
ϕ
ρ
и
2
()
ϕ
ρ
- одно-
значные непрерывные функции на отрезке
[,
12
]
R
R .
22
11
()
()
(,) (,)
R
DR
f
dd d f d
ϕρ
ϕρ
ρ
ϕρ ρϕ ρ ρ ρϕ ϕ
=
∫∫
.
Лекция 1 - 4
22
Пример:
Записать в полярных координатах двойной интеграл
по области D:
=+
=+
4
1
22
22
yx
yx
- кольцо.
Решение: полярные координаты
cos , sinxy
ρ
ϕρ
==
ϕ
=
.
22 22 2
1
cos sin 1, 1, 1
ρϕρϕρ ρ
+==,
аналогично
2
2
ρ
= .
Область интегрирования в полярных координатах
прямоугольник: 1
D
2, 0 2
ρ
ϕπ
≤≤ .
(, ) ( , )
DD
fxydxdy f d d
ρϕρ ρ ϕ
==
∫∫ ∫∫
2
2
01
(,)df d
ρ
π
ρ
ϕ
ρϕρ ρ
=
=
=
∫∫
.
Пример:
Вычислите
22
D
dxdy
x
y+
∫∫
, где - первая четверть круга D
1
R
= с центром в точке
(
)
00O,.
22
x
y=+
ρ
, 0D:
2
π
ϕ
, 01
ρ
.
2
1
22
00
1
22
DDD
dxdy d d
dd d d
xy
π
ρ
ρϕ π π
ρϕ ϕ ρ
ρ
====
+
∫∫ ∫∫ ∫∫
=.
Пример:
Найти объем тела, если оно задается поверх-
ностями:
22
1
0
zxy
z.
=−
=
;
Решение:
Область интегрированияпроекция фигуры
на плоскость
x
Oy . Граница D: -
окружность.
1=
22
+ yx
Перейдем в полярную систему координат:
,
=
πϕ
20
1
:
r
D
∫∫ ∫∫
===
DD
dxdyyxdxdyyxfV )1(),(
22
21
22
00
(1 ) (1 )
D
r rdrd d r rdr
π
ϕϕ
=
−=
∫∫
=
22
24
1
2
0
0
00
11 1 2
() ()
24 244 4
rr
dd
ππ
π
2
π
π
ϕϕϕ
=
−= = ==
∫∫
.
y
0
x
1
D
Кратные интегралы
23
2.5. Поверхностный интеграл первого типа (рода)
Поверхностные интегралы первого типаэто обобщение двойных инте-
гралов по области
D
. Рассмотрим фигуру, которая является поверхностью
; . Интеграл по фигуре в данном случае является поверхностным ин-
тегралом первого рода от функции
Σ
Φ
→Σ
() (,,)
f
Pfxyz
по поверхности Σ :
01
(, ,) lim ( )
n
n
ii
ri
fxyzd fP
σ
σ
→=
=
Σ∆
∫∫
2.5.1. Вычисление поверхностных интегралов первого рода
Вычислим
(
)
,,
f
xyzd
σ
Σ
∫∫
. Пусть
(
)
,, 0fxyz , а поверхность задана
уравнением
Σ
()
,.zfxy=
Лемма. Площадь проекции плоского участка одной плос-
кости
на другую равна площади самого участка, ум-
ноженной на модуль косинуса двугранного угла между
плоскостями:
1
P
2
P
cos
пр
SS
ϕ
=⋅ .
Доказательство:
Sla=⋅ ;
cos cos
пр
Sal S
ϕ
ϕ
=⋅ = (поскольку ,
косинус берется по модулю).
пр
S 0
Пусть требуется вычислить поверхностный инте-
грал первого рода по поверхности
Σ
. Область
D
являет-
ся проекцией поверхности
на плоскость Σ
x
Oy . Через
точку поверхности
(
,,
)
A
xyz проведем касательную плоскость. Ее уравне-
ние:
()(
zz
zz xx yy
xy
∂∂
−= − +
∂∂
)
. Выберем часть поверхности
d
σ
и спроек-
тируем ее на касательную плоскость. Обозначим проекцию .d
σ
Будем счи-
тать ~dd
σ
σ
. Обозначим n
- нормаль к касательной плоскости:
,,1
zz
n
xy
⎛⎞
∂∂
∂∂
⎝⎠
. Поскольку
(
)
0,0,1k
- нормаль к
x
Oy , то угол
ϕ
- угол между
касательной плоскостью и плоскостью Ox равен углу между векторами y n
и
.
k
P2
P1
l
a
ϕ
Найдем связь между (проекцией ddS
σ
на плоскость
x
Oy ) и d
σ
Лекция 1 - 4
24
()
2
2
,
1
cos
1
nk
nk
zz
x
y
ϕ
==
⎛⎞
∂∂
⎛⎞
++
⎜⎟
⎜⎟
∂∂
⎝⎠
⎝⎠
;
2
2
1
cos ;
1
zz
xy
ϕ
=
⎛⎞
∂∂
⎛⎞
++
⎜⎟
⎜⎟
∂∂
⎝⎠
⎝⎠
в пределе при
0, , cos ,
cos
n
dS
r dddSd d
σσ σ ϕ σ
ϕ
→= = =
  
;
0
x
y
z
D
Γ
),( yxfz =
2
2
1
zz
ddS
x
y
σ
⎛⎞
∂∂
⎛⎞
=⋅+ +
⎜⎟
⎜⎟
∂∂
⎝⎠
⎝⎠
;
() ()
()
2
2
,, ,, , 1
xy
D
zz
fxyzd fxyzxydS
x
y
σ
Σ
⎛⎞
∂∂
⎛⎞
=⋅+
⎜⎟
⎜⎟
∂∂
⎝⎠
⎝⎠
∫∫ ∫∫
+
.
Так записывается поверхностный интеграл, если поверхность задана уравне-
нием
(
)
,.zzxy=
Если поверхность задана уравнением
(
)
,,yyxz
=
то
() ()
()
() ()
22
,, , , , 1
xz
xz
D
f
xyzd f xyxz z y y dS
σ
Σ
′′
=⋅+
∫∫ ∫∫
+
.
Аналогично, если
(
)
,,
x
xyz= то
() ()
()
()
()
2
2
,, , ,, 1
yz
yz
D
f
xyzd f x yz yz x x dS
σ
Σ
′′
=⋅++
∫∫ ∫∫
,
где ,
x
zy
DD
z
- проекции на плоскости . Σ ,Oxz Oyz
Кратные интегралы
25
3.1.Тройной интеграл
Рассмотрим фигуру, которая является пространственной областью .
Интеграл по фигуре в данном случае является тройным интегралом от функ-
ции
G
() (,,)
f
Pfxyz= по пространственной области G :
() () ()
0
1
,, ,, lim .
n
n
ii
r
i
G
f
xyzd f xyzdV f P V
µ
=
Φ
==
∫∫
Область G будем называть правильной в направлении оси , если: Oz
1) любая прямая, параллельная оси , пересекает границу области G не бо-
лее чем в двух точках;
Oz
2) область проектируется на координатную плоскость в правильную
плоскую область
G Oxy
D
;
3) любая часть области G удовлетворяет первым двум пунктам.
Примером таких областей является эллипсоид, куб, параллелепипед.
3.1.1. Задача о вычислении массы тела
Пусть область является правильной в
направлении оси , то есть ограничена снизу
и сверху соответственно однозначными непре-
рывными поверхностями:
V
Oz
11
(,zz )xy
=
и
, причем проекцией области на
координатную плоскость является пло-
ская область
22
(, )zzxy= V
Oxy
D
, ограниченная линиями:
(
)
(
)
12
,,,yyx yyx xaxb===
  
.=
Прямая, параллельная оси , пересекает координатную плоскость
и поверхности
и
Oz Oxy
11
(, )zzxy=
22
(, )zzxy
=
, соответственно, в точках
(, ,0)
M
xy
,
11
(, , )
M
xyz
,
2
(, , )
2
M
xyz
. Отсюда следует, что при фиксированных значени-
ях (, )
x
yD соответствующие аппликаты точек области V изменяются в
пределах:
.
z
12
(, ) (, )zxy z z xy≤≤
Пусть тело материально, а объемная плотность V () (,,)Pxyz
ρ
ρρ
=
= =
=
(
)
,,
f
xyz . По физическому смыслу интеграла по фигуре
. Вычислим массу данного тела. Для этого рассечем тело
()
,,
V
mxyz
ρ
=
∫∫∫
dV
0
x
y
z
a
x
b
y
c
d
2
M
),(
2
yxz
M
D
1
M
V
),(
1
yxz
Лекция 1 - 4
26
плоскостями, параллельными координатным плоскостям:
,
,
,
x
xx
yy y
zz z
+∆
+∆
+∆



i
z
D
Y
X
Z
Z
1(x,y)
Z
2(x,y)
.
Этими плоскостями тело разбивается на паралле-
лепипеды, объем каждого из которых равняется
. Выберем в пределах каждого
из них по точке
iii
Vxy∆=
(, ,)
iiii
M
xyz
.
Примем приближенно, что в пределах части
i
V
плотность постоянна и
равна (, ,)
iii
x
yz
ρ
. Тогда масса части
i
V
равна
(
)
,,
iiii
mxyz
i
V
ρ
≈⋅,
(
)
,,
iiiii
mxyzS
i
z
ρ
≈⋅ V, а масса всего тела равна
1
(, ,)
n
iii i
i
mxyz
ρ
=
. Если
диаметры всех элементарных частей стремятся к нулю, то в пределе это ра-
венство становится точным и
max 0
1
lim ( , , )
n
iii i
d
i
i
mxyzV
ρ
=
=
0
n
r V
S
, , ,
. Вычислим массу столбика с основанием dS :
i
Vd∆→
i
Sd∆→
()
()
(
)
2
1
,
,
,,
zxy
i
zxy
mdS xyzdz
ρ
=
.
Масса всего тела
,
следовательно,
max 0
1
lim
i
n
i
d
i
mm
=
=∆
i
S
()
()
(
)
2
1
,
,
,,
zxy
Dzxy
mdS xyzd
ρ
=
∫∫
z.
Таким образом
() ()
()
(
)
2
1
,
,
,, ,,
zxy
VDzxy
f
xyzdV dS xyzdz
ρ
=
∫∫∫ ∫∫
.
!
Для вычисления
необходимо вычислить интеграл по переменной ,
считая
V
∫∫∫
z
x
и фиксированными переменными, а затем вычислить y
по
проекции этого тела
D
на плоскость
x
Oy :
() ()
()
(
)
()
(
)
22
11
,
,
,, ,,
yx zxy
b
Vayxzxy
f
xyzdV dx dy f xyzdz=
∫∫∫
.
Кратные интегралы
27
Таким образом, чтобы вычислить
∫∫
по правильной области V , необ-
ходимо вычислить трехкратный повторный интеграл.
1). называют дифференциальным элементом объема в де-
картовой системе координат.
dV dxdydz=
2). В повторных интегралах пределы интегрирования могут зави-
сеть только от тех переменных, по которым еще не проведено интегри-
рование. Внешний интеграл всегда вычисляется в постоянных пределах.
3) Если область
D
задана неравенствами cyd
,
12
() ()
x
yxxy≤≤ , то
() (,)
22
() (,)
11
(, ,) (, ,)
xy zxy
d
Vcxyzxy
f
x y z dxdydz dy dx f x y z dz=
∫∫∫
.
Пример:
Вычислите
G
x
yzdxdydz
∫∫∫
, где - пи-
рамида, ограниченная плоскостям
,
G
и
0x = 0y
=
, 0z = , 1
x
yz
+
+=.
Решение:
Плоскость
: ABC 1
x
yz++=. Проекция
области
V на плоскость
x
Oy есть
, ограниченный прямыми OAB 0
=
x ,
, :
0=y
AB 1
x
y+=.
При
(, )
x
yD аппликаты точек (,
x
,)yz V
удовлетворяют неравенству
01zxy
≤−
.
()()
() () ()
1
1
11 11
2
00 0 00
0
11
2
2
00
1
11
234
24
00
0
2
1
[1 21 ]
2
11
121 1
22342234
xy
xy
xx
G
x
x
z
xyzdxdydz xdx ydy zdz xdx ydy
xdx y x x y y dy
yyy
121
x
x x dx x x dx
−−
−−
−−
===
=−+=
⎡⎤
⎛⎞
=−+ =++
⎜⎟
⎢⎥
⎝⎠
⎣⎦
∫∫∫
∫∫
∫∫
=
()() () ()
111
44
000
11
11 1 1 1
24 24
5
x
xdx xdx xdx
⎡⎤
=−= =
⎣⎦
⎩⎭
∫∫
11
56
00
1(1) (1) 111 1
24 5 6 24 5 6 720
xx
xx
xx
==
==
⎡⎤
−−
⎛⎞
⎢⎥
=− + = =
⎜⎟
⎝⎠
⎢⎥
⎣⎦
.
0
D
V
)0,0,1(A
)0,1,0(B
x
y
)1,0,0(C
z
0
y
)1,0(
)0,1(
1
=
+ yx
x
xyx
10],1,0[
!
Лекция 1 - 4
28
3.2. Замена переменных в тройном интеграле
Цель: упростить вычисление интеграла.
Если функции ( , ,), (, ,), ( , ,)
x
xuvt y yuvt z zuvt=== являются непрерывно
дифференцируемыми и взаимно однозначно отображают точки про-
странства на точки пространства ,,uvt ,,
x
yz и наоборот и якобиан пе-
рехода, численно равный определителю третьего порядка, не равен ну-
лю
x
xx
uvt
yyy
J
uvt
zzz
uvt
∂∂∂
∂∂
∂∂∂
=
∂∂
∂∂
∂∂
,
то при замене переменных в тройном интеграле справедлива формула
(
)
(
)
,, ,,
dV
GG
f
x y z dV f u v t J dudvdt
=
∫∫∫ ∫∫∫

.
Частным случаем преобразования координат является переход от декартовых
координат к цилиндрическим и сферическим координатам.
3.3.Тройной интеграл в цилиндрических координатах
Цилиндрические координаты представляют
собой соединение полярных координат в плос-
кости
xOy с декартовой аппликатой z.
cos ,
sin ,
,
x
y
zz
ρ
ϕ
ρ
ϕ
=
=
=
0,
02,
.
z
ρ
ϕ
π
≤<
≤<
−∞ < <
x
ϕ
0
ρ
),,( zM
ϕ
ρ
z
y
Т
Найдем якобиан перехода:
()
22
cos sin 0
, , sin cos 0 cos sin
001
Jz
ϕ
ρϕ
ρ
ϕϕρϕρϕρϕρ
=⋅=+=
;
(,,) ( cos , sin ,)
VV
f
x y z dxdydz f z d d dz
ρ
ϕρ ϕ ρ ρ ϕ
=
∫∫∫ ∫∫∫
.
Кратные интегралы
29
3.3.1. Элемент объема в цилиндрических координатах
Для вычисления элемента объема в цилин-
дрических координатах разобьем область
V ко-
ординатными поверхностями:
ϕ
=
ϕ
i
-
полуплоскости, проходящие через
Oz,
j
ρ
ρ
=
круговые цилиндры;
плоскости, пер-
пендикулярные оси
. Элементарным объе-
мом будет криволинейная призма.
k
zz=
Oz
z
z
z
x
y
ϕ
ρ
ϕ
ρ
Площадь основания с точностью до бесконечно малых высшего порядка рав-
на ()
ρ
ϕ
∆∆
ρ
; высота равна . Тогда z
Vz
ρ
ϕρ
⋅∆ ⋅∆ ⋅∆ , dV d d dz
ρ
ρϕ
= .
Пример:
Вычислите
22
V
zx y dxdydz+
∫∫∫
, где область
ограничена цилиндром
V
22
2
x
yx
+
= и плоскостями
.
0, 0,yzz≥==a
10y+−=
1
Решение:
Уравнение
,
представляет собой окружность с
22 22
2(1)xy xx+−=
22
(1)xy−+=
1
=
R и центром в точке
. В полярных координатах
(1, 0)
2
2cos
ρ
ρϕ
= .
Пределы изменения новых переменных:
0 za
, 0
2
π
ϕ
,
02cos
ρ
ϕ
≤≤
.
2
2
22 2
00 0
cos
a
VV
zx ydxdydz z dddz d d zdz
π
ϕ
ρρ ρϕ ϕ ρ ρ
+= =
∫∫∫ ∫∫∫
=
∫∫
====
2
0
22
2
0
32
2
0
cos2
0
22
)(sin)sin1(
3
4
cos
3
4
2
1
πππ
ϕ
ϕϕϕϕρρϕ
dadadda
2
2
0
3
2
9
8
3
sin
sin
3
4
aa =
=
π
ϕ
ϕ
.
y
0
1
)(
ρ
x
Лекция 1 - 4
30
3.4. Тройной интеграл в сферических координатах
Положение точки
(
)
,,
M
xyz в пространстве
определяется тремя числами
x
A
0
ϕ
ρ
θ
y
B
z
),,(
ϕ
θ
ρ
M
,,.
θ
ρϕ
(
)
(
)
,, ,,Mxyz M
ρ
θϕ
. Сферические координа-
ты ,,
ρ
θϕ
:
ρ
радиус-вектор , OM
θ
угол
между радиус-вектором и осью
, Oz
ϕ
угол
между проекцией
ρ
на плоскость xOy и осью Ox.
Сферические координаты связаны с декартовыми
следующими соотношениями:
0,
0,
02,
ρ
θ
π
ϕ
π
≤≤
≤≤
sin cos ,
sin sin ,
cos .
x
y
z
ρ
θϕ
ρ
θϕ
ρθ
=
⋅⋅
=⋅
=⋅
,
22
arctg
x
y
z
θ
+
= .
При этом
22 22
sinxy
ρ
θ
+= ,
222
x
yz
ρ
=
++, arctg
y
x
ϕ
=
Якобиан перехода:
()
2
sin cos sin sin cos cos
, , sin sin sin cos cos sin sin .
cos 0 sin
J
θ
ϕρ θ ϕρ θ ϕ
ρ
ϕθ θϕρθϕρθϕρ
θρθ
⋅−
=⋅ =
−⋅
θ
(
)
(
)
2
,, ,, sin
VV
f
x y z dxdydz f d d d
ρ
θϕ ρ θ ρ ϕ θ
=
∫∫∫ ∫∫∫
.
Пример:
Найти объем шара радиуса R.
шара
VV V
V dV dxdydz J d d d
ρ
ϕθ
=
== =
∫∫∫ ∫∫∫ ∫∫∫
22
3
22
000 00
sin sin sin
3
R
V
R
ddd d d d d d
ππ ππ
ρθρϕθ θθϕρρ θθϕ
== =
∫∫∫
=
()
33 3
3
0
00
22 2 4
sin sin cos .
33 3 3
RR R
dd
ππ
π
ππ π
θθ θθ θ π
====
∫∫
R