7. Тройные интегралы

Тройной интеграл считает «сколько всего» внутри тела: объём, массу при переменной плотности, центр масс, момент инерции. Технически это три обычных интеграла подряд, а вся сложность в том, чтобы правильно описать тело неравенствами — в декартовых, цилиндрических или сферических координатах.

пример КР2 из РПД, задания 2-3пример КР1 из РПД, задание 5ДЗ2РГР1, задание 2экзамен: вопросы 21-24

Откуда известно, что это нужно

По РПД курса (тема 2.6 «Тройные интегралы» и 2.7 «Приложения кратных интегралов»):

Нужно уверенно уметь: двойной интеграл и расстановку пределов (глава 6), полярные координаты и якобиан $r$, узнавать поверхности второго порядка — сферу, конус, параболоид, цилиндры (глава 0). Из линейной алгебры: определитель $3\times3$, векторное и смешанное произведение (его повторим ниже).

1. Идея и определение

вопрос экзамена №21

Масса тела с переменной плотностью

Пусть тело $T$ сделано из неоднородного материала: в точке $(x,y,z)$ плотность $\mu(x,y,z)$ (кг/м³). Если бы плотность была постоянной, масса была бы $\mu\cdot V$. При переменной плотности режем тело на маленькие кусочки $T_1,\dots,T_n$ объёмом $\Delta V_i$, в каждом берём точку $P_i$ и считаем, что внутри кусочка плотность почти постоянна:

$$M \approx \sum_{i=1}^{n} \mu(P_i)\,\Delta V_i.$$

Чем мельче кусочки, тем точнее. Предел таких сумм и есть тройной интеграл. Всё ровно как с двойным интегралом, только вместо площадок — объёмчики.

Определение

Пусть $f(x,y,z)$ задана на ограниченном замкнутом теле $T\subset\R^3$. Разобьём $T$ на части $T_1,\dots,T_n$ с объёмами $\Delta V_i$, выберем точки $P_i\in T_i$ и составим интегральную сумму $\sum f(P_i)\Delta V_i$. Пусть $\lambda$ — наибольший из диаметров частей. Если при $\lambda\to0$ суммы имеют предел, не зависящий от способа разбиения и выбора точек, он называется тройным интегралом:

$$\iiint_T f(x,y,z)\,dV = \lim_{\lambda\to0}\sum_{i=1}^{n} f(P_i)\,\Delta V_i, \qquad dV = dx\,dy\,dz.$$

Непрерывная на $T$ функция интегрируема (если граница тела «хорошая»: составлена из конечного числа гладких поверхностей).

Как понимать

На картинке тело под параболоидом $z=4-x^2-y^2$ над плоскостью $z=0$. Красный отрезок — «столбик» над точкой $(a,b)$ основания: вдоль него меняется только $z$. Именно так и считают тройной интеграл: сначала по столбику, потом по основанию. Подвигай $a$ и $b$.

2. Вычисление в декартовых координатах

вопрос экзамена №21

Сведение к повторному интегралу

Теорема (сведение тройного интеграла к повторному)

Пусть тело $T$ «простое в направлении $Oz$»: каждая вертикальная прямая, проходящая через внутреннюю точку тела, входит в тело один раз через нижнюю поверхность $z=z_1(x,y)$ и выходит один раз через верхнюю $z=z_2(x,y)$. Пусть $D$ — проекция тела на плоскость $xOy$:

$$T = \{(x,y)\in D,\ z_1(x,y)\le z\le z_2(x,y)\}.$$

Тогда для непрерывной $f$

$$\iiint_T f\,dV = \iint_D dx\,dy\int_{z_1(x,y)}^{z_2(x,y)} f(x,y,z)\,dz.$$

Если ещё $D=\{a\le x\le b,\ y_1(x)\le y\le y_2(x)\}$, то получается три обычных интеграла:

$$\iiint_T f\,dV = \int_a^b dx\int_{y_1(x)}^{y_2(x)} dy\int_{z_1(x,y)}^{z_2(x,y)} f(x,y,z)\,dz.$$
Как понимать

Внутренний интеграл по $z$ — «сумма по столбику» над точкой $(x,y)$. После него остаётся функция от $x,y$, и это обычный двойной интеграл по проекции $D$. Для объёма ($f=1$) внутренний интеграл равен высоте столбика $z_2-z_1$, и мы получаем знакомую формулу объёма через двойной интеграл $V=\iint_D(z_2-z_1)\,dx\,dy$.

Есть и второй способ — по сечениям: если сечение тела плоскостью $z=\text{const}$ — область $D(z)$, а $z$ меняется от $c$ до $d$, то $\iiint_T f\,dV = \int_c^d dz\iint_{D(z)} f\,dx\,dy$. Удобно, когда площадь сечения известна (круг, треугольник).

Алгоритм (декартовы координаты)
  1. Узнать поверхности (плоскость, параболоид, цилиндр, ...) и нарисовать тело.
  2. Выбрать направление «столбиков» (обычно $Oz$): понять, какая поверхность снизу ($z_1$), какая сверху ($z_2$). Проверка: возьми любую точку проекции и сравни $z_1$ и $z_2$.
  3. Найти проекцию $D$ на $xOy$. Её граница — проекция линии пересечения верхней и нижней поверхностей (приравнять $z_1=z_2$) и следы боковых поверхностей (цилиндров, вертикальных плоскостей).
  4. Расставить пределы в $D$, как в двойном интеграле: внешние — числа, средние — функции от внешней переменной.
  5. Считать изнутри наружу: $z$, потом $y$, потом $x$.
Пределы

Пределы внешнего интеграла — только числа, среднего — могут зависеть только от внешней переменной, внутреннего — от двух внешних. Если в ответе осталась переменная, значит пределы расставлены неверно.

Пример 1

Найти массу куба $T=[0,1]^3$ с плотностью $\mu=x+y+z$.

Решение

Все пределы постоянные:

$$M=\int_0^1dx\int_0^1dy\int_0^1(x+y+z)\,dz.$$

По $z$: $\int_0^1(x+y+z)\,dz = x+y+\frac12$. По $y$: $\int_0^1\left(x+y+\frac12\right)dy = x+\frac12+\frac12 = x+1$. По $x$: $\int_0^1(x+1)\,dx = \frac12+1$.

Ответ: $M=\frac32$. Проверка здравым смыслом: средняя плотность в кубе — в центре $(\frac12,\frac12,\frac12)$, $\mu=\frac32$, объём 1.

Пример 2

пример ДЗ2 из РПД, 4

Вычислить $\displaystyle\int_0^3dx\int_0^{2x}dy\int_0^{\sqrt{xy}}z\,dz$.

Решение

Пределы уже расставлены, считаем изнутри. Тело: над треугольником $0\le x\le3$, $0\le y\le 2x$ между $z=0$ и $z=\sqrt{xy}$.

По $z$ ($x,y$ — константы): $\int_0^{\sqrt{xy}}z\,dz = \frac{z^2}{2}\Big|_0^{\sqrt{xy}} = \frac{xy}{2}$.

По $y$: $\int_0^{2x}\frac{xy}{2}\,dy = \frac x2\cdot\frac{y^2}{2}\Big|_0^{2x} = \frac x2\cdot 2x^2 = x^3$.

По $x$: $\int_0^3x^3\,dx = \frac{81}{4}$.

Ответ: $\frac{81}{4}$.

Тетраэдр и смешанное произведение

Пример 3

из примера КР2 в РПД, задание 2

Тетраэдр $OABC$ ограничен координатными плоскостями и плоскостью $-x+y+z=3$. При помощи тройного интеграла найти его объём. Проверить результат по формуле $V=\frac16\left|\overrightarrow{OA}\,\overrightarrow{OB}\,\overrightarrow{OC}\right|$.

Решение

1. Вершины. Плоскость пересекает оси там, где две другие координаты нулевые: $y=z=0\Rightarrow x=-3$; $x=z=0\Rightarrow y=3$; $x=y=0\Rightarrow z=3$. Значит $A(-3,0,0)$, $B(0,3,0)$, $C(0,0,3)$. Внимание: тетраэдр лежит при $x\le0$, а не в первом октанте.

2. Неравенства. Начало координат $O$ внутри «угла»: $-0+0+0=0\le3$, значит тело — это $-x+y+z\le3$ вместе с $x\le0$, $y\ge0$, $z\ge0$. Снизу $z=0$, сверху $z=3+x-y$.

3. Проекция на $xOy$ — треугольник $OAB$ (картинка ниже): там $z_2=3+x-y\ge0$, то есть $y\le3+x$. Итого $-3\le x\le0$, $0\le y\le3+x$.

4. Интеграл.

$$V=\int_{-3}^0dx\int_0^{3+x}dy\int_0^{3+x-y}dz=\int_{-3}^0dx\int_0^{3+x}(3+x-y)\,dy.$$

Внутренний: при фиксированном $x$ обозначим $c=3+x$, тогда $\int_0^{c}(c-y)\,dy=\frac{c^2}{2}$. Дальше

$$V=\int_{-3}^0\frac{(3+x)^2}{2}\,dx=\frac{(3+x)^3}{6}\Big|_{-3}^{0}=\frac{27}{6}=\frac92.$$

5. Проверка. $\overrightarrow{OA}=(-3,0,0)$, $\overrightarrow{OB}=(0,3,0)$, $\overrightarrow{OC}=(0,0,3)$:

$$\left(\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB},\overrightarrow{OC}\right)=\begin{vmatrix}-3&0&0\\0&3&0\\0&0&3\end{vmatrix}=-27,\qquad V=\frac16\cdot|-27|=\frac92.$$

Ответ: $V=\frac92$, совпадает.

Смешанное произведение (повторение линала)

Смешанное произведение трёх векторов — число $(\vec a,\vec b,\vec c)=([\vec a\times\vec b],\vec c)$: сначала векторное, потом скалярное. В координатах это определитель из координат векторов по строкам:

$$(\vec a,\vec b,\vec c)=\begin{vmatrix}a_1&a_2&a_3\\b_1&b_2&b_3\\c_1&c_2&c_3\end{vmatrix}.$$
Почему $V_{\text{тетр}}=\frac16|(\vec a,\vec b,\vec c)|$
  1. $|\vec a\times\vec b|$ — площадь параллелограмма на $\vec a,\vec b$, а сам вектор $\vec a\times\vec b$ перпендикулярен этому параллелограмму.
  2. Скалярное произведение $(\vec a\times\vec b,\vec c)=|\vec a\times\vec b|\cdot|\vec c|\cos\alpha$, где $|\vec c|\cos\alpha$ с точностью до знака — высота, проведённая к основанию. Значит $|(\vec a,\vec b,\vec c)|$ — объём параллелепипеда «основание на высоту».
  3. Тетраэдр на тех же векторах — пирамида с основанием-треугольником (половина параллелограмма) и той же высотой: $V=\frac13\cdot\frac12 S_{\text{пар}}\cdot h=\frac16|(\vec a,\vec b,\vec c)|$.

Знак смешанного произведения говорит только об ориентации тройки (правая или левая), поэтому берут модуль. В примере 3 вышло $-27$, потому что тройка $\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB},\overrightarrow{OC}$ левая: $\overrightarrow{OA}$ смотрит в минус по $x$.

Пример 4

Вычислить $\iiint_T z\,dV$, где $T$ — тетраэдр $x\ge0$, $y\ge0$, $z\ge0$, $x+y+z\le1$.

Решение

Снизу $z=0$, сверху $z=1-x-y$; проекция — треугольник $0\le x\le1$, $0\le y\le1-x$.

$$\int_0^1dx\int_0^{1-x}dy\int_0^{1-x-y}z\,dz=\int_0^1dx\int_0^{1-x}\frac{(1-x-y)^2}{2}\,dy.$$

По $y$: при фиксированном $x$ это $\int_0^{c}\frac{(c-y)^2}{2}dy=\frac{c^3}{6}$, $c=1-x$. По $x$: $\int_0^1\frac{(1-x)^3}{6}dx=\frac{1}{24}$.

Ответ: $\frac1{24}$. (Объём тетраэдра $\frac16$, значит средняя высота точек $\frac{1/24}{1/6}=\frac14$ — это $z$ центра масс, пригодится в разделе 5.)

Пример 5

Найти объём тела, ограниченного поверхностями $z=1-x^2$, $z=0$, $y=0$, $y=2$.

Решение

$z=1-x^2$ — параболический цилиндр вдоль $Oy$ (в уравнении нет $y$): парабола-«арка», протянутая вдоль оси $Oy$. Плоскости $y=0$ и $y=2$ отрезают кусок длиной 2, плоскость $z=0$ — пол.

Снизу $z=0$, сверху $z=1-x^2$. Чтобы верх был выше низа, $1-x^2\ge0$, то есть $-1\le x\le1$. Проекция — прямоугольник $[-1,1]\times[0,2]$.

$$V=\int_{-1}^1dx\int_0^2dy\int_0^{1-x^2}dz=2\int_{-1}^1(1-x^2)\,dx=2\cdot\frac43=\frac83.$$

Ответ: $\frac83$.

Пример 6 (смена порядка)

Найти объём тела, ограниченного поверхностями $y=x^2$, $y=1$, $z=0$, $z=y$. Посчитать двумя порядками интегрирования.

Решение

$y=x^2$ — параболический цилиндр вдоль $Oz$ (вертикальная «стенка»), $y=1$ — вертикальная плоскость, $z=0$ — пол, $z=y$ — наклонная плоскость-«крыша». Тело стоит над областью между параболой $y=x^2$ и прямой $y=1$, высота столбика над точкой $(x,y)$ равна $y$.

Порядок $dz\,dy\,dx$: $D$: $-1\le x\le1$, $x^2\le y\le1$.

$$V=\int_{-1}^1dx\int_{x^2}^1dy\int_0^ydz=\int_{-1}^1\frac{1-x^4}{2}\,dx=\frac12\left(2-\frac25\right)=\frac45.$$

Порядок $dz\,dx\,dy$: $D$: $0\le y\le1$, $-\sqrt y\le x\le\sqrt y$.

$$V=\int_0^1dy\int_{-\sqrt y}^{\sqrt y}dx\int_0^ydz=\int_0^1 2y\sqrt y\,dy=2\cdot\frac25=\frac45.$$

Ответ: $\frac45$. Во втором порядке считать чуть проще: внутренний интеграл по $x$ от функции, не зависящей от $x$.

В интеграле $\int_0^1dx\int_0^{x}dy\int_0^{?}f\,dz$ верхний предел по $z$ может быть равен...
Предел внутреннего интеграла может зависеть только от внешних переменных $x$ и $y$ (и, конечно, быть числом). Переменную интегрирования $z$ в собственный предел ставить нельзя.

3. Цилиндрические координаты

вопрос экзамена №22

Замена переменных в тройном интеграле

Теорема (замена переменных)

Пусть $x=x(u,v,w)$, $y=y(u,v,w)$, $z=z(u,v,w)$ — взаимно однозначное непрерывно дифференцируемое отображение области $T'$ на $T$ с якобианом

$$J=\frac{\partial(x,y,z)}{\partial(u,v,w)}=\begin{vmatrix}x'_u&x'_v&x'_w\\y'_u&y'_v&y'_w\\z'_u&z'_v&z'_w\end{vmatrix}\ne0$$

(допускается $J=0$ на множестве нулевого объёма). Тогда

$$\iiint_T f(x,y,z)\,dx\,dy\,dz=\iiint_{T'}f\big(x(u,v,w),y(u,v,w),z(u,v,w)\big)\,|J|\,du\,dv\,dw.$$
Как понимать

$|J|$ — коэффициент растяжения объёма: маленький «кубик» $du\,dv\,dw$ отображается в криволинейный кубик объёма $\approx|J|\,du\,dv\,dw$. Ровно как в двойном интеграле $dx\,dy=r\,dr\,d\varphi$ в полярных координатах.

Формулы

Цилиндрические координаты

Точка $M$ задаётся тройкой $(r,\varphi,z)$: $(r,\varphi)$ — полярные координаты проекции $M$ на плоскость $xOy$, а $z$ — та же высота.

$$x=r\cos\varphi,\quad y=r\sin\varphi,\quad z=z;\qquad r\ge0,\ \ 0\le\varphi\lt 2\pi\ (\text{или } -\pi\le\varphi\lt\pi).$$

Полезно: $x^2+y^2=r^2$.

Якобиан $$J=\begin{vmatrix}\cos\varphi&-r\sin\varphi&0\\\sin\varphi&r\cos\varphi&0\\0&0&1\end{vmatrix}=r\cos^2\varphi+r\sin^2\varphi=r,\qquad dV=r\,dr\,d\varphi\,dz.$$

Когда применять

ПоверхностьВ цилиндрических
$x^2+y^2=R^2$ (цилиндр)$r=R$
$x^2+y^2=2ax$ (цилиндр со сдвинутой осью)$r=2a\cos\varphi$, $-\frac\pi2\le\varphi\le\frac\pi2$
$z=x^2+y^2$ (параболоид)$z=r^2$
$z=\sqrt{x^2+y^2}$ (верхний конус)$z=r$
$x^2+y^2+z^2=R^2$ (сфера)$z=\pm\sqrt{R^2-r^2}$
$y=0,\ y\ge0$ (полупространство)$0\le\varphi\le\pi$
$x=0,\ x\le0$$\frac\pi2\le\varphi\le\frac{3\pi}2$
Алгоритм (цилиндрические координаты)
  1. Нарисовать тело, понять ось симметрии (где стоит сумма квадратов).
  2. Переписать все поверхности через $r,\varphi,z$.
  3. Найти линию пересечения нижней и верхней поверхностей (приравнять) — получится $r=r_0$ (или $r=r(\varphi)$): это граница проекции.
  4. Для фиксированных $r,\varphi$: $z$ от нижней поверхности до верхней.
  5. Пределы по $\varphi$ — из полуплоскостей ($x\le0$, $y\ge0$, ...) или от $0$ до $2\pi$.
  6. Записать $\int d\varphi\int r\,dr\int f\,dz$ — не забыть множитель $r$.

Ось не $Oz$: переобозначение

Если в задаче стоит $y^2+z^2$, тело «вращается» вокруг оси $Ox$. Тогда роль высоты играет $x$, а полярные координаты вводим в плоскости $yOz$:

$$y=r\cos\varphi,\quad z=r\sin\varphi,\quad x=x;\qquad y^2+z^2=r^2.$$

Аналогично для $x^2+z^2$ (ось $Oy$): $x=r\cos\varphi$, $z=r\sin\varphi$, $y=y$. Якобиан по модулю всё равно $r$ (перестановка переменных меняет только знак определителя). На КР явно выпиши, какие формулы перехода используешь, — тогда угол $\varphi$ однозначно понятен: здесь он отсчитывается от оси $Oy$ в сторону $Oz$.

Пример 7

Найти объём тела, ограниченного параболоидом $z=x^2+y^2$ и плоскостью $z=4$.

Решение

В цилиндрических: параболоид $z=r^2$, плоскость $z=4$. Снизу параболоид, сверху плоскость. Пересечение: $r^2=4$, $r=2$. Угол полный.

$$V=\int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^2r\,dr\int_{r^2}^4dz=2\pi\int_0^2(4r-r^3)\,dr=2\pi\left(8-4\right)=8\pi.$$

Ответ: $8\pi$. Для сравнения: цилиндр радиуса 2 и высоты 4 имеет объём $16\pi$, параболоид «съедает» ровно половину.

Пример 8

Вычислить $\iiint_T(x^2+y^2)\,dV$, $T$: $x^2+y^2\le1$, $0\le z\le2$.

Решение

$x^2+y^2=r^2$, и не забываем якобиан:

$$\int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^1r^2\cdot r\,dr\int_0^2dz=2\pi\cdot\frac14\cdot2=\pi.$$

Ответ: $\pi$. (Это момент инерции однородного цилиндра с плотностью 1 относительно его оси, раздел 5.)

Пример 9

Найти объём тела между конусом $z=\sqrt{x^2+y^2}$ и параболоидом $z=6-x^2-y^2$.

Решение

Конус $z=r$, параболоид $z=6-r^2$ (вершина вверху, $z=6$). Снизу конус, сверху параболоид: при $r=0$ $0\le6$.

Пересечение: $r=6-r^2\Rightarrow r^2+r-6=0\Rightarrow r=2$ ($r=-3$ не подходит). Это окружность $r=2$ на высоте $z=2$.

$$V=\int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^2r\,dr\int_r^{6-r^2}dz=2\pi\int_0^2(6r-r^2-r^3)\,dr=2\pi\left(12-\frac83-4\right)=\frac{32\pi}{3}.$$

Ответ: $\frac{32\pi}{3}$.

Пример 10

из примера КР1 в РПД, задание 5а

Тело $T$ задано системой неравенств: $y^2+z^2\le1$, $z\le y$, $-1\le x\le2$. Получить систему неравенств в цилиндрических координатах. Изобразить тело.

Решение

Что за тело. $y^2+z^2\le1$ — внутренность кругового цилиндра радиуса 1 с осью $Ox$. Плоскости $x=-1$ и $x=2$ отрезают кусок длиной 3. Плоскость $z=y$ проходит через ось $Ox$ и режет цилиндр пополам; $z\le y$ — половина «под» этой плоскостью. Получился полуцилиндр.

Координаты. Ось $Ox$, поэтому

$$y=r\cos\varphi,\quad z=r\sin\varphi,\quad x=x,\qquad J=r.$$
  • $y^2+z^2\le1\Rightarrow r^2\le1\Rightarrow0\le r\le1$;
  • $z\le y\Rightarrow r\sin\varphi\le r\cos\varphi\Rightarrow\sin\varphi\le\cos\varphi$ (при $r\gt0$). На единичной окружности в плоскости $yOz$ точки, где $\sin\varphi=\cos\varphi$: $\varphi=\frac\pi4$ и $\varphi=-\frac{3\pi}4$ (прямая $z=y$). Проверка точкой $\varphi=0$, то есть $(y,z)=(1,0)$: $0\le1$, подходит. Значит $-\frac{3\pi}{4}\le\varphi\le\frac\pi4$;
  • $-1\le x\le2$ остаётся как есть.

Ответ:

$$T:\ \ 0\le r\le1,\quad -\frac{3\pi}{4}\le\varphi\le\frac{\pi}{4},\quad -1\le x\le2\qquad(y=r\cos\varphi,\ z=r\sin\varphi).$$

Бонус: объём. $V=\int_{-3\pi/4}^{\pi/4}d\varphi\int_0^1r\,dr\int_{-1}^2dx=\pi\cdot\frac12\cdot3=\frac{3\pi}{2}$ — ровно половина цилиндра объёма $\pi\cdot1^2\cdot3$, как и должно быть.

Пример 11

Найти объём тела, ограниченного цилиндром $x^2+y^2=2x$, плоскостью $z=0$ и параболоидом $z=x^2+y^2$.

Решение

Цилиндр: $x^2-2x+y^2=0\Rightarrow(x-1)^2+y^2=1$ — круговой цилиндр радиуса 1, ось сдвинута в $x=1$. В полярных: $r^2=2r\cos\varphi\Rightarrow r=2\cos\varphi$, нужно $\cos\varphi\ge0$, то есть $-\frac\pi2\le\varphi\le\frac\pi2$.

Тело: снизу $z=0$, сверху $z=r^2$, проекция — круг $0\le r\le2\cos\varphi$.

$$V=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}d\varphi\int_0^{2\cos\varphi}r\,dr\int_0^{r^2}dz=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\frac{(2\cos\varphi)^4}{4}\,d\varphi=4\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos^4\varphi\,d\varphi.$$

Понижаем степень: $\cos^4\varphi=\frac38+\frac12\cos2\varphi+\frac18\cos4\varphi$. Слагаемые с косинусами на отрезке $[-\frac\pi2,\frac\pi2]$ дают 0, остаётся $\frac38\cdot\pi$. Итого $V=4\cdot\frac{3\pi}{8}=\frac{3\pi}2$.

Ответ: $\frac{3\pi}{2}$.

Пример 12

Найти массу тела $x^2+z^2\le y\le4$ с плотностью $\mu=y$.

Решение

$y=x^2+z^2$ — параболоид с осью $Oy$ (открывается в сторону положительных $y$), $y=4$ — плоскость. Ось $Oy$, поэтому переобозначаем:

$$x=r\cos\varphi,\quad z=r\sin\varphi,\quad y=y,\qquad |J|=r.$$

Тело: $r^2\le y\le4$, пересечение $r=2$, угол полный.

$$M=\int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^2r\,dr\int_{r^2}^4y\,dy=2\pi\int_0^2r\cdot\frac{16-r^4}{2}\,dr=\pi\left(8r^2-\frac{r^6}{6}\right)\Big|_0^2=\pi\left(32-\frac{32}{3}\right)=\frac{64\pi}{3}.$$

Ответ: $\frac{64\pi}{3}$.

Тело ограничено поверхностями $x=y^2+z^2$ и $x=9$. Какие координаты удобнее всего?
Сумма квадратов стоит у $y$ и $z$, значит это параболоид вращения вокруг $Ox$: $x=r^2$, и $r^2\le x\le9$.

4. Сферические координаты

вопрос экзамена №22

Сферические координаты

Точка $M$ задаётся тройкой $(\rho,\varphi,\theta)$:

$$x=\rho\cos\varphi\sin\theta,\quad y=\rho\sin\varphi\sin\theta,\quad z=\rho\cos\theta.$$

Полезно: $x^2+y^2+z^2=\rho^2$, $\ \sqrt{x^2+y^2}=\rho\sin\theta$ (это цилиндрическое $r$).

Якобиан

Считаем определитель по переменным $(\rho,\varphi,\theta)$ (столбцы — производные по $\rho$, $\varphi$, $\theta$):

$$J=\begin{vmatrix}\cos\varphi\sin\theta&-\rho\sin\varphi\sin\theta&\rho\cos\varphi\cos\theta\\\sin\varphi\sin\theta&\rho\cos\varphi\sin\theta&\rho\sin\varphi\cos\theta\\\cos\theta&0&-\rho\sin\theta\end{vmatrix}.$$

Раскладываем по третьей строке. Минор при $\cos\theta$: $-\rho^2\sin^2\varphi\sin\theta\cos\theta-\rho^2\cos^2\varphi\sin\theta\cos\theta=-\rho^2\sin\theta\cos\theta$. Минор при $-\rho\sin\theta$: $\rho\cos^2\varphi\sin^2\theta+\rho\sin^2\varphi\sin^2\theta=\rho\sin^2\theta$. Итого

$$J=\cos\theta\cdot(-\rho^2\sin\theta\cos\theta)-\rho\sin\theta\cdot\rho\sin^2\theta=-\rho^2\sin\theta,$$ $$|J|=\rho^2\sin\theta,\qquad dV=\rho^2\sin\theta\,d\rho\,d\varphi\,d\theta.$$

Знак зависит только от порядка переменных, в формулу замены идёт модуль. При $\theta\in[0,\pi]$ $\sin\theta\ge0$, так что модуль ничего не меняет.

Как запомнить $\rho^2\sin\theta$

Элементарный «кубик» в сферических координатах: вдоль радиуса длина $d\rho$, вдоль меридиана — дуга $\rho\,d\theta$, вдоль параллели — дуга окружности радиуса $\rho\sin\theta$ (расстояние до оси $Oz$), то есть $\rho\sin\theta\,d\varphi$. Перемножаем: $\rho^2\sin\theta\,d\rho\,d\theta\,d\varphi$.

Разные учебники — разные углы

Здесь $\theta$ отсчитывается от оси $Oz$, $\theta\in[0,\pi]$, якобиан $\rho^2\sin\theta$. Так же в типовом расчёте Попова, только там радиус обозначен $r$: $x=r\sin\theta\cos\varphi$, $y=r\sin\theta\sin\varphi$, $z=r\cos\theta$, якобиан $r^2\sin\theta$.

В части книг вместо $\theta$ берут широту $\psi=\frac\pi2-\theta$ — угол от плоскости $xOy$, $\psi\in[-\frac\pi2,\frac\pi2]$:

$$x=\rho\cos\varphi\cos\psi,\quad y=\rho\sin\varphi\cos\psi,\quad z=\rho\sin\psi,\qquad |J|=\rho^2\cos\psi.$$

Обе записи верны, но смешивать нельзя: если пишешь $z=\rho\cos\theta$, якобиан $\rho^2\sin\theta$; если $z=\rho\sin\psi$ — то $\rho^2\cos\psi$. На КР напиши формулы перехода явно.

Когда применять и как переписывать поверхности

Сферические удобны, когда тело — шар, его часть (сектор, «рожок мороженого»), область между сферами или между сферой и конусом с вершиной в начале координат. Сигнал — сочетание $x^2+y^2+z^2$ и конуса $z=k\sqrt{x^2+y^2}$.

ПоверхностьВ сферических
$x^2+y^2+z^2=R^2$$\rho=R$
$x^2+y^2+z^2=2az$ (сфера, центр $(0,0,a)$)$\rho=2a\cos\theta$, $0\le\theta\le\frac\pi2$
$z=\sqrt{x^2+y^2}$ (верхний конус)$\theta=\frac\pi4$
$z=-\sqrt{x^2+y^2}$ (нижний конус)$\theta=\frac{3\pi}4$
$z=\sqrt{3(x^2+y^2)}$$\tg\theta=\frac1{\sqrt3}$, $\theta=\frac\pi6$
$z=0$, $z\ge0$$0\le\theta\le\frac\pi2$
$z=h\gt0$ (плоскость)$\rho=\frac{h}{\cos\theta}$

Как получать: подставить формулы и сократить на $\rho$. Например, конус $z=k\sqrt{x^2+y^2}$: $\rho\cos\theta=k\rho\sin\theta\Rightarrow\tg\theta=\frac1k$. Тело «внутри верхнего конуса» ($z\ge k\sqrt{x^2+y^2}$) — это малые $\theta$: $0\le\theta\le\operatorname{arctg}\frac1k$.

Алгоритм (сферические координаты)
  1. Нарисовать тело, убедиться, что «центр» у сфер и вершина конусов в начале координат (иначе сферические неудобны).
  2. Переписать поверхности: сферы дают $\rho=\dots$, конусы — $\theta=\text{const}$, полуплоскости — ограничения на $\varphi$.
  3. Луч из начала координат под углами $(\varphi,\theta)$ входит в тело при $\rho_1(\varphi,\theta)$ и выходит при $\rho_2(\varphi,\theta)$ — это пределы по $\rho$.
  4. Пределы по $\theta$: от оси $Oz$ ($\theta=0$) вниз до нужного конуса или до плоскости $xOy$ ($\theta=\frac\pi2$).
  5. $\displaystyle\int d\varphi\int\sin\theta\,d\theta\int f\,\rho^2\,d\rho$ — якобиан $\rho^2\sin\theta$.
Пример 13

Шар $x^2+y^2+z^2\le R^2$. Найти его объём и $\iiint(x^2+y^2+z^2)\,dV$.

Решение

Шар: $0\le\rho\le R$, $0\le\theta\le\pi$, $0\le\varphi\le2\pi$. Все пределы постоянные, интеграл распадается в произведение трёх.

$$V=\int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^\pi\sin\theta\,d\theta\int_0^R\rho^2\,d\rho=2\pi\cdot2\cdot\frac{R^3}{3}=\frac43\pi R^3.$$ $$\iiint(x^2+y^2+z^2)\,dV=\int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^\pi\sin\theta\,d\theta\int_0^R\rho^2\cdot\rho^2\,d\rho=2\pi\cdot2\cdot\frac{R^5}{5}=\frac{4\pi R^5}{5}.$$

Ответ: $\frac43\pi R^3$ и $\frac{4\pi R^5}{5}$. Заметь: $\int_0^\pi\sin\theta\,d\theta=2$ — частый множитель.

Пример 14 («рожок мороженого»)

Найти объём тела, ограниченного сферой $x^2+y^2+z^2=4$ и конусом $z=\sqrt{x^2+y^2}$ (внутри конуса).

Решение

Сфера $\rho=2$, конус $\theta=\frac\pi4$. Внутри верхнего конуса — $0\le\theta\le\frac\pi4$. Каждый луч идёт от начала координат до сферы: $0\le\rho\le2$.

$$V=\int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^{\pi/4}\sin\theta\,d\theta\int_0^2\rho^2\,d\rho=2\pi\left(1-\frac{\sqrt2}{2}\right)\frac83=\frac{8\pi(2-\sqrt2)}{3}.$$

Ответ: $\frac{8\pi(2-\sqrt2)}{3}\approx4{,}91$. В цилиндрических пришлось бы искать пересечение ($r=\sqrt2$) и интегрировать $r(\sqrt{4-r^2}-r)$ — дольше.

Пример 15

из примера КР2 в РПД, задание 3

Тело ограничено поверхностями $\sqrt{x^2+y^2}+z=0$ и $z+\sqrt{1-x^2-y^2}=0$. При помощи тройного интеграла найти его объём, рассматривая тело в (а) цилиндрической и (б) сферической системах координат.

Решение

Что за поверхности. $z=-\sqrt{x^2+y^2}$ — нижняя половина конуса (вершина в $O$, раскрывается вниз). $z=-\sqrt{1-x^2-y^2}$ — нижняя полусфера радиуса 1. Ограниченное только этими двумя поверхностями тело — «рожок мороженого» вниз: внутри нижнего конуса, сверху конус, снизу полусфера. (Кусок шара вне конуса этими поверхностями не замкнут: сверху у него была бы ещё плоскость $z=0$.)

(а) Цилиндрические. Конус $z=-r$, полусфера $z=-\sqrt{1-r^2}$. Снизу сфера, сверху конус: $-\sqrt{1-r^2}\le z\le-r$. Пересечение: $r=\sqrt{1-r^2}\Rightarrow r^2=\frac12\Rightarrow r=\frac1{\sqrt2}$.

$$V=\int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^{1/\sqrt2}r\,dr\int_{-\sqrt{1-r^2}}^{-r}dz=2\pi\int_0^{1/\sqrt2}\left(r\sqrt{1-r^2}-r^2\right)dr.$$

Первое слагаемое — подведением под дифференциал, $r\,dr=-\frac12d(1-r^2)$:

$$\int_0^{1/\sqrt2}r\sqrt{1-r^2}\,dr=-\frac13(1-r^2)^{3/2}\Big|_0^{1/\sqrt2}=\frac13\left(1-\frac{1}{2\sqrt2}\right),\qquad\int_0^{1/\sqrt2}r^2\,dr=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2\sqrt2}.$$ $$V=\frac{2\pi}{3}\left(1-\frac{1}{2\sqrt2}-\frac{1}{2\sqrt2}\right)=\frac{2\pi}{3}\left(1-\frac{\sqrt2}{2}\right)=\frac{\pi(2-\sqrt2)}{3}.$$

(б) Сферические. Сфера $\rho=1$. Конус: $\rho\cos\theta=-\rho\sin\theta\Rightarrow\tg\theta=-1\Rightarrow\theta=\frac{3\pi}4$. Тело внутри нижнего конуса, то есть ближе к «южному полюсу»: $\frac{3\pi}{4}\le\theta\le\pi$ (проверка: $\theta=\pi$ — отрицательная полуось $Oz$, она внутри). $0\le\rho\le1$, $0\le\varphi\le2\pi$.

$$V=\int_0^{2\pi}d\varphi\int_{3\pi/4}^{\pi}\sin\theta\,d\theta\int_0^1\rho^2\,d\rho=2\pi\cdot\left(-\cos\theta\right)\Big|_{3\pi/4}^{\pi}\cdot\frac13=\frac{2\pi}{3}\left(1-\frac{\sqrt2}{2}\right)=\frac{\pi(2-\sqrt2)}{3}.$$

Ответ: $V=\frac{\pi(2-\sqrt2)}{3}\approx0{,}613$, оба способа сходятся.

Пример 16

из примера КР1 в РПД, задание 5б

Тело $T$: $x^2+y^2+z^2\le1$, $-\sqrt{x^2+z^2}\le y\le0$. Получить систему неравенств в сферических координатах. Изобразить тело.

Решение

Что за тело. $x^2+y^2+z^2\le1$ — единичный шар. $y=-\sqrt{x^2+z^2}$ — половина конуса с осью $Oy$, раскрывающаяся в сторону отрицательных $y$. Условие $-\sqrt{x^2+z^2}\le y\le0$: точки с $y\le0$, но снаружи этого конуса (ближе к плоскости $xOz$, чем к оси $Oy$). Получается кусок шара между плоскостью $y=0$ и конусом.

Выбор оси. Сумма квадратов $x^2+z^2$ и конус вокруг $Oy$ — значит роль «полярной оси» удобно отдать $Oy$. Пишем явно:

$$x=\rho\sin\theta\cos\varphi,\quad z=\rho\sin\theta\sin\varphi,\quad y=\rho\cos\theta,\qquad |J|=\rho^2\sin\theta,$$

где $\theta$ — угол от положительной полуоси $Oy$. Тогда $x^2+z^2=\rho^2\sin^2\theta$, $\sqrt{x^2+z^2}=\rho\sin\theta$.

  • $x^2+y^2+z^2\le1\Rightarrow0\le\rho\le1$;
  • $y\le0\Rightarrow\cos\theta\le0\Rightarrow\theta\ge\frac\pi2$;
  • $-\sqrt{x^2+z^2}\le y\Rightarrow-\rho\sin\theta\le\rho\cos\theta\Rightarrow\cos\theta+\sin\theta\ge0$. На $[\frac\pi2,\pi]$ это $\theta\le\frac{3\pi}{4}$;
  • по $\varphi$ ограничений нет.

Ответ:

$$T:\ \ 0\le\rho\le1,\quad\frac\pi2\le\theta\le\frac{3\pi}{4},\quad0\le\varphi\lt2\pi.$$

Почему не стандартные сферические. С $\theta$ от оси $Oz$ получилось бы $y=\rho\sin\varphi\sin\theta$ и $\sqrt{x^2+z^2}=\rho\sqrt{\cos^2\varphi\sin^2\theta+\cos^2\theta}$ — неравенство, в котором $\varphi$ и $\theta$ перепутаны, и пределы не расставить. Переобозначение осей — нормальный приём, якобиан тот же.

Бонус: объём. $V=2\pi\cdot\left(-\cos\theta\right)\Big|_{\pi/2}^{3\pi/4}\cdot\frac13=\frac{2\pi}{3}\cdot\frac{\sqrt2}{2}=\frac{\pi\sqrt2}{3}$.

Пример 17

Вычислить $\iiint_T\sqrt{x^2+y^2+z^2}\,dV$, $T$: $x^2+y^2+z^2\le2z$.

Решение

$x^2+y^2+(z-1)^2\le1$ — шар радиуса 1 с центром $(0,0,1)$, касается начала координат снизу. В сферических: $\rho^2\le2\rho\cos\theta\Rightarrow\rho\le2\cos\theta$, и нужно $\cos\theta\ge0$, то есть $0\le\theta\le\frac\pi2$. Подынтегральная функция $\sqrt{x^2+y^2+z^2}=\rho$.

$$I=\int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^{\pi/2}\sin\theta\,d\theta\int_0^{2\cos\theta}\rho\cdot\rho^2\,d\rho=2\pi\int_0^{\pi/2}4\cos^4\theta\sin\theta\,d\theta=8\pi\cdot\left(-\frac{\cos^5\theta}{5}\right)\Big|_0^{\pi/2}=\frac{8\pi}{5}.$$

Ответ: $\frac{8\pi}{5}$.

Пример 18 (масса конуса)

пример ДЗ2 из РПД, 5

Найти массу и среднюю плотность кругового конуса с радиусом основания $R$ и высотой $H$, если плотность в каждой точке пропорциональна квадрату расстояния точки от плоскости, проходящей через вершину конуса параллельно плоскости основания, и в центре основания равна $\gamma_0$.

Решение

Система координат. Вершина в $O$, ось конуса — $Oz$, основание — круг радиуса $R$ в плоскости $z=H$. Тогда «плоскость через вершину параллельно основанию» — это $z=0$, расстояние до неё равно $z$.

Плотность. $\mu=kz^2$. В центре основания $(0,0,H)$: $kH^2=\gamma_0\Rightarrow k=\frac{\gamma_0}{H^2}$, $\ \mu=\frac{\gamma_0z^2}{H^2}$.

Способ 1 (по сечениям). Сечение плоскостью $z=\text{const}$ — круг радиуса $\frac{Rz}{H}$ (подобие), площадь $\frac{\pi R^2z^2}{H^2}$, плотность на нём постоянна:

$$M=\int_0^H\frac{\gamma_0z^2}{H^2}\cdot\frac{\pi R^2z^2}{H^2}\,dz=\frac{\pi R^2\gamma_0}{H^4}\cdot\frac{H^5}{5}=\frac{\pi R^2H\gamma_0}{5}.$$

Способ 2 (сферические). Боковая поверхность — конус $\theta=\alpha$, где $\tg\alpha=\frac RH$. Плоскость основания $z=H$: $\rho\cos\theta=H\Rightarrow\rho=\frac{H}{\cos\theta}$. Плотность $\mu=\frac{\gamma_0\rho^2\cos^2\theta}{H^2}$.

$$M=\frac{\gamma_0}{H^2}\int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^{\alpha}\cos^2\theta\sin\theta\,d\theta\int_0^{H/\cos\theta}\rho^4\,d\rho=\frac{\gamma_0}{H^2}\cdot2\pi\cdot\frac{H^5}{5}\int_0^\alpha\frac{\sin\theta}{\cos^3\theta}\,d\theta.$$

$\int_0^\alpha\frac{\sin\theta\,d\theta}{\cos^3\theta}=\frac{1}{2\cos^2\theta}\Big|_0^\alpha=\frac12\left(\frac1{\cos^2\alpha}-1\right)=\frac{\tg^2\alpha}{2}=\frac{R^2}{2H^2}$. Итого $M=\frac{2\pi\gamma_0H^3}{5}\cdot\frac{R^2}{2H^2}=\frac{\pi R^2H\gamma_0}{5}$ — то же самое.

Средняя плотность — масса, делённая на объём $V=\frac13\pi R^2H$:

$$\mu_{\text{ср}}=\frac{\pi R^2H\gamma_0/5}{\pi R^2H/3}=\frac35\gamma_0.$$

Ответ: $M=\frac{\pi R^2H\gamma_0}{5}$, $\mu_{\text{ср}}=\frac35\gamma_0$. Здесь сечения проще; сферические показаны потому, что конус с вершиной в начале — их родная территория, и полезно увидеть, как плоскость превращается в $\rho=\frac{H}{\cos\theta}$.

Пример 19

Вычислить $\iiint_T xyz\,dV$, где $T$ — часть шара $x^2+y^2+z^2\le1$ в первом октанте.

Решение

Первый октант: $x,y,z\ge0\Rightarrow0\le\varphi\le\frac\pi2$, $0\le\theta\le\frac\pi2$; $0\le\rho\le1$.

$xyz=\rho^3\sin^2\theta\cos\theta\sin\varphi\cos\varphi$, с якобианом $\rho^5\sin^3\theta\cos\theta\sin\varphi\cos\varphi$. Пределы постоянные — произведение трёх интегралов:

$$\int_0^1\rho^5d\rho\cdot\int_0^{\pi/2}\sin^3\theta\cos\theta\,d\theta\cdot\int_0^{\pi/2}\sin\varphi\cos\varphi\,d\varphi=\frac16\cdot\frac14\cdot\frac12=\frac1{48}.$$

Ответ: $\frac1{48}$.

Обобщённые сферические координаты

Для эллипсоида $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}\le1$ берут $x=a\rho\cos\varphi\sin\theta$, $y=b\rho\sin\varphi\sin\theta$, $z=c\rho\cos\theta$. Якобиан умножается на $abc$: $|J|=abc\,\rho^2\sin\theta$, эллипсоид становится $\rho\le1$, и $V=\frac43\pi abc$. То же, что обобщённые полярные из ДЗ2 (задача 3), но в пространстве.

Тело: $x^2+y^2+z^2\le9$, $z\le-\sqrt{3(x^2+y^2)}$. Пределы по $\theta$ (отсчёт от $Oz$)?
$\rho\cos\theta=-\sqrt3\rho\sin\theta\Rightarrow\tg\theta=-\frac1{\sqrt3}\Rightarrow\theta=\frac{5\pi}6$. Тело внутри нижнего конуса, у отрицательной полуоси $Oz$ ($\theta=\pi$): $\frac{5\pi}6\le\theta\le\pi$.

5. Приложения: масса, центр масс, моменты, потенциал

вопрос экзамена №23вопрос экзамена №24

Все формулы получаются одинаково: величину для маленького кусочка массы $dm=\mu\,dV$ (точечной массы) просуммировать по телу.

ВеличинаФормулаДля точки массы $m$
Объём$V=\iiint_T dV$
Масса$M=\iiint_T\mu\,dV$$m$
Статические моменты относительно плоскостей$M_{yz}=\iiint_Tx\mu\,dV,\ \ M_{xz}=\iiint_Ty\mu\,dV,\ \ M_{xy}=\iiint_Tz\mu\,dV$$mx,\ my,\ mz$
Центр масс$x_c=\frac{M_{yz}}{M},\ \ y_c=\frac{M_{xz}}{M},\ \ z_c=\frac{M_{xy}}{M}$
Моменты инерции относительно плоскостей$I_{xy}=\iiint_Tz^2\mu\,dV,\ \ I_{yz}=\iiint_Tx^2\mu\,dV,\ \ I_{xz}=\iiint_Ty^2\mu\,dV$$m\cdot(\text{расстояние})^2$
Моменты инерции относительно осей$I_x=\iiint_T(y^2+z^2)\mu\,dV,\ \ I_y=\iiint_T(x^2+z^2)\mu\,dV,\ \ I_z=\iiint_T(x^2+y^2)\mu\,dV$$md^2$, $d$ — расстояние до оси
Момент инерции относительно начала$I_O=\iiint_T(x^2+y^2+z^2)\mu\,dV=\frac{I_x+I_y+I_z}{2}$
Как не путать
Теорема Штейнера (Гюйгенса-Штейнера)

Пусть $l_c$ — ось, проходящая через центр масс тела, $l$ — параллельная ей ось на расстоянии $d$. Тогда

$$I_l=I_{l_c}+Md^2.$$

Доказательство. Направим $Oz$ по $l_c$, начало — в центре масс, так что $\iiint x\mu\,dV=\iiint y\mu\,dV=0$. Пусть $l$ проходит через точку $(a,b,0)$ параллельно $Oz$, $a^2+b^2=d^2$. Квадрат расстояния от точки до $l$ — $(x-a)^2+(y-b)^2$:

$$I_l=\iiint\big((x-a)^2+(y-b)^2\big)\mu\,dV=\underbrace{\iiint(x^2+y^2)\mu\,dV}_{I_{l_c}}-2a\underbrace{\iiint x\mu\,dV}_{0}-2b\underbrace{\iiint y\mu\,dV}_{0}+(a^2+b^2)M.$$

Следствие: среди всех параллельных осей момент инерции минимален у оси через центр масс.

Потенциал поля тяготения тела

Точечная масса $m$ в точке $P$ создаёт в точке $M_0$ поле тяготения с потенциалом $\frac{Gm}{|M_0P|}$ ($G$ — гравитационная постоянная). Для тела суммируем вклады кусочков $dm=\mu\,dV$:

$$U(M_0)=G\iiint_T\frac{\mu(x,y,z)\,dV}{\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2+(z-z_0)^2}}.$$

Сила притяжения единичной массы в $M_0$ — $\vec F=\grad U$ (с таким знаком потенциал принят в математических курсах; в физике потенциальную энергию берут со знаком минус). Если $M_0$ внутри тела, интеграл несобственный, но сходится: в сферических координатах с центром в $M_0$ знаменатель $\rho$ сокращается с $\rho^2$ из якобиана.

Пример 20 (центр масс полушара)

Найти центр масс однородного полушара $x^2+y^2+z^2\le R^2$, $z\ge0$.

Решение

Плотность постоянная $\mu_0$, она сократится. По симметрии $x_c=y_c=0$. Масса $M=\frac23\pi R^3\mu_0$.

$M_{xy}=\mu_0\iiint z\,dV$, $z=\rho\cos\theta$, полушар: $0\le\theta\le\frac\pi2$:

$$M_{xy}=\mu_0\int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^{\pi/2}\cos\theta\sin\theta\,d\theta\int_0^R\rho^3\,d\rho=\mu_0\cdot2\pi\cdot\frac12\cdot\frac{R^4}{4}=\frac{\pi R^4\mu_0}{4}.$$ $$z_c=\frac{\pi R^4\mu_0/4}{2\pi R^3\mu_0/3}=\frac{3R}{8}.$$

Ответ: $\left(0,0,\frac{3R}{8}\right)$ — ниже середины высоты $\frac R2$, потому что у основания массы больше.

Пример 21 (шар и Штейнер)

Найти момент инерции однородного шара массы $M$ радиуса $R$ относительно диаметра и относительно касательной прямой.

Решение

Диаметр — ось $Oz$. $x^2+y^2=\rho^2\sin^2\theta$:

$$I_z=\mu_0\int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^\pi\sin^3\theta\,d\theta\int_0^R\rho^4\,d\rho=\mu_0\cdot2\pi\cdot\frac43\cdot\frac{R^5}{5}=\frac{8\pi R^5\mu_0}{15}.$$

($\int_0^\pi\sin^3\theta\,d\theta=\int_{-1}^{1}(1-t^2)\,dt=\frac43$ заменой $t=\cos\theta$.) Так как $M=\frac43\pi R^3\mu_0$, $I_z=\frac25MR^2$.

Касательная параллельна диаметру и отстоит от центра (центра масс) на $R$. По Штейнеру: $I=\frac25MR^2+MR^2=\frac75MR^2$.

Ответ: $\frac25MR^2$ и $\frac75MR^2$.

Пример 22 (цилиндр и Штейнер)

Однородный цилиндр $x^2+y^2\le R^2$, $0\le z\le H$, масса $M$. Найти момент инерции относительно оси цилиндра, относительно диаметра основания ($Ox$) и относительно прямой, проходящей через центр масс параллельно $Ox$.

Решение

$M=\mu_0\pi R^2H$. Ось цилиндра: $I_z=\mu_0\int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^Rr^3dr\int_0^Hdz=\mu_0\frac{\pi R^4H}{2}=\frac{MR^2}{2}$.

Диаметр основания: $I_x=\mu_0\iiint(y^2+z^2)\,dV$. По частям:

$$\mu_0\iiint y^2\,dV=\mu_0\int_0^{2\pi}\sin^2\varphi\,d\varphi\int_0^Rr^3dr\int_0^Hdz=\mu_0\pi\frac{R^4}{4}H=\frac{MR^2}{4},\qquad\mu_0\iiint z^2\,dV=\mu_0\pi R^2\frac{H^3}{3}=\frac{MH^2}{3}.$$

$I_x=M\left(\frac{R^2}{4}+\frac{H^2}{3}\right)$.

Центр масс $(0,0,\frac H2)$, ось через него параллельно $Ox$ отстоит от $Ox$ на $\frac H2$. Штейнер «в обратную сторону»: $I_x=I_c+M\frac{H^2}{4}$, откуда

$$I_c=M\left(\frac{R^2}{4}+\frac{H^2}{3}-\frac{H^2}{4}\right)=M\left(\frac{R^2}{4}+\frac{H^2}{12}\right).$$

Ответ: $\frac{MR^2}{2}$, $\ M\left(\frac{R^2}{4}+\frac{H^2}{3}\right)$, $\ M\left(\frac{R^2}{4}+\frac{H^2}{12}\right)$.

Пример 23 (центр масс неоднородного тетраэдра)

Тетраэдр $x,y,z\ge0$, $x+y+z\le1$ с плотностью $\mu=x$. Найти массу и центр масс.

Решение

Удобная формула: $\int_0^c(c-y)^k\,dy=\frac{c^{k+1}}{k+1}$. Внутренний интеграл по $z$ даёт длину столбика $1-x-y$.

Масса: $M=\int_0^1x\,dx\int_0^{1-x}(1-x-y)\,dy=\int_0^1x\frac{(1-x)^2}{2}dx=\frac12\left(\frac12-\frac23+\frac14\right)=\frac1{24}$.

$M_{yz}$: $\int_0^1x^2\frac{(1-x)^2}{2}dx=\frac12\left(\frac13-\frac12+\frac15\right)=\frac1{60}$, $\ x_c=\frac{1/60}{1/24}=\frac25$.

$M_{xz}$: $\int_0^1x\,dx\int_0^{1-x}y(1-x-y)\,dy=\int_0^1x\frac{(1-x)^3}{6}dx=\frac16\cdot\frac1{20}=\frac1{120}$ (внутренний: $\int_0^c y(c-y)\,dy=\frac{c^3}{6}$), $\ y_c=\frac{24}{120}=\frac15$.

Плотность не зависит от $y$ и $z$, а тетраэдр симметричен при перестановке $y\leftrightarrow z$, поэтому $z_c=y_c=\frac15$.

Ответ: $M=\frac1{24}$, центр масс $\left(\frac25,\frac15,\frac15\right)$. У однородного тетраэдра было бы $\left(\frac14,\frac14,\frac14\right)$; плотность $x$ сдвинула центр к грани, где $x$ больше.

Пример 24 (потенциал шара)

Найти потенциал поля тяготения однородного шара радиуса $R$ массы $M$ в его центре.

Решение

Центр шара — начало координат, $M_0=O$, расстояние до точки тела $=\rho$:

$$U(O)=G\mu_0\iiint\frac{dV}{\rho}=G\mu_0\int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^\pi\sin\theta\,d\theta\int_0^R\frac{\rho^2}{\rho}\,d\rho=G\mu_0\cdot4\pi\cdot\frac{R^2}{2}=2\pi G\mu_0R^2.$$

С $\mu_0=\frac{3M}{4\pi R^3}$: $U(O)=\frac32\cdot\frac{GM}{R}$.

Ответ: $U(O)=\frac{3GM}{2R}$. Для сравнения (известный факт, вывод длиннее): во внешней точке на расстоянии $d\ge R$ от центра потенциал однородного шара равен $\frac{GM}{d}$, как у точечной массы в центре. На поверхности это $\frac{GM}{R}$, в центре в полтора раза больше.

6. Как это выглядит в РГР1

типовой расчёт, задание 2

В типовом расчёте Попова (30 вариантов) задание 2 звучит так: тело $T$ ограничено заданными поверхностями; 1) сделать схематический рисунок тела; 2) с помощью тройного интеграла найти объём, перейдя к цилиндрическим или сферическим координатам. По описанию в РПД РГР оформляется в отдельной тетради, перед заданием полное условие, чертежи на миллиметровке.

Типичные поверхности в вариантах: параболоиды $z=a\pm b(x^2+y^2)$, конусы $z=k\sqrt{x^2+y^2}$, сферы (в том числе со сдвинутым центром $x^2+y^2+z^2=2az$), плоскость $x=0$ или $y=0$ с условием вида «при $x\le0$» — она отрезает половину тела. В пособии есть два образца (тело между параболоидом и полусферой — в цилиндрических; тело между сферой и конусом — в сферических). Ниже — вариант 1 целиком, двумя способами.

Пример 25 (РГР, задание 2, вариант 1)

Тело $T$ ограничено поверхностями $z=2+\sqrt{4-x^2-y^2}$, $z=\sqrt{x^2+y^2}$, $x=0$ при $x\le0$. 1) Сделать схематический рисунок тела. 2) С помощью тройного интеграла найти объём тела, перейдя к цилиндрическим или сферическим координатам.

Решение

1. Поверхности.

  • $z=2+\sqrt{4-x^2-y^2}$: $z-2=\sqrt{4-x^2-y^2}\ge0\Rightarrow x^2+y^2+(z-2)^2=4$, $z\ge2$ — верхняя полусфера радиуса 2 с центром $K(0,0,2)$;
  • $z=\sqrt{x^2+y^2}$ — верхняя половина конуса с вершиной $O$, образующие под углом $45^\circ$ к оси;
  • $x=0$ — плоскость $yOz$, условие $x\le0$ оставляет половину тела.

2. Пересечение. В цилиндрических ($x^2+y^2=r^2$): полусфера $z=2+\sqrt{4-r^2}$, конус $z=r$. Приравниваем: $r-2=\sqrt{4-r^2}$, нужно $r\ge2$; возводим в квадрат: $r^2-4r+4=4-r^2\Rightarrow2r^2-4r=0\Rightarrow r=2$ ($r=0$ не годится: $-2\ne2$). Значит конус и полусфера встречаются по окружности $r=2$ на высоте $z=2$ — это как раз «экватор» сферы.

3. Рисунок. Тело — «рожок»: снизу конус, сверху полусфера-«шапка», разрезанный пополам плоскостью $x=0$ (оставлена половина с $x\le0$). Осевое сечение и сам рисунок — ниже.

4. Цилиндрические координаты. $x=r\cos\varphi$, $y=r\sin\varphi$, $z=z$, $|J|=r$.

  • $x\le0\Rightarrow\cos\varphi\le0\Rightarrow\frac\pi2\le\varphi\le\frac{3\pi}{2}$;
  • проекция — полукруг $0\le r\le2$;
  • вертикальная прямая входит в тело через конус и выходит через полусферу: $r\le z\le2+\sqrt{4-r^2}$.
$$V=\int_{\pi/2}^{3\pi/2}d\varphi\int_0^2r\,dr\int_r^{2+\sqrt{4-r^2}}dz=\pi\int_0^2\left(2r+r\sqrt{4-r^2}-r^2\right)dr.$$

По отдельности: $\int_0^22r\,dr=4$; $\int_0^2r\sqrt{4-r^2}\,dr=-\frac13(4-r^2)^{3/2}\Big|_0^2=\frac83$; $\int_0^2r^2\,dr=\frac83$.

$$V=\pi\left(4+\frac83-\frac83\right)=4\pi.$$

5. Проверка в сферических. $x=\rho\cos\varphi\sin\theta$, $y=\rho\sin\varphi\sin\theta$, $z=\rho\cos\theta$, $|J|=\rho^2\sin\theta$.

  • Сфера: $x^2+y^2+z^2=4z\Rightarrow\rho^2=4\rho\cos\theta\Rightarrow\rho=4\cos\theta$. При $0\le\theta\le\frac\pi4$ точки этой сферы имеют $z=4\cos^2\theta\ge2$, то есть лежат как раз на верхней половине — на нужной нам границе.
  • Конус: $\theta=\frac\pi4$, тело внутри него: $0\le\theta\le\frac\pi4$.
  • $\varphi$ — как в цилиндрических.
$$V=\int_{\pi/2}^{3\pi/2}d\varphi\int_0^{\pi/4}\sin\theta\,d\theta\int_0^{4\cos\theta}\rho^2\,d\rho=\pi\cdot\frac{64}{3}\int_0^{\pi/4}\cos^3\theta\sin\theta\,d\theta=\frac{64\pi}{3}\cdot\left(-\frac{\cos^4\theta}{4}\right)\Big|_0^{\pi/4}=\frac{64\pi}{3}\cdot\frac14\left(1-\frac14\right)=4\pi.$$

Ответ: $V=4\pi$.

Сферические здесь даже короче, но надо заметить, что всю сферу $\rho=4\cos\theta$ можно брать целиком: при $\theta\le\frac\pi4$ нижняя половина сферы в тело не попадает. В РГР достаточно одного способа; второй — хорошая самопроверка.

На что смотреть в вариантах РГР

7. Тренировка

Задача 1

Вычислить $\displaystyle\int_0^1dx\int_0^xdy\int_0^{xy}dz$ и описать тело.

Решение

Тело: над треугольником $0\le y\le x\le1$ между $z=0$ и седлом $z=xy$. По $z$: $xy$. По $y$: $\int_0^xxy\,dy=\frac{x^3}2$. По $x$: $\int_0^1\frac{x^3}{2}dx=\frac18$.

Ответ: $\frac18$.

Задача 2

Найти объём тела, ограниченного поверхностями $z=0$, $z=x$, $x=4-y^2$.

Решение

$x=4-y^2$ — параболический цилиндр вдоль $Oz$, $z=x$ — наклонная плоскость. Тело между $z=0$ и $z=x$ существует при $x\ge0$, поэтому проекция — область $0\le x\le4-y^2$, $-2\le y\le2$.

$$V=\int_{-2}^2dy\int_0^{4-y^2}x\,dx=\int_{-2}^2\frac{(4-y^2)^2}{2}dy=\int_0^2(16-8y^2+y^4)\,dy=32-\frac{64}3+\frac{32}5=\frac{256}{15}.$$

Ответ: $\frac{256}{15}$.

Задача 3

Найти объём тела между параболоидами $z=x^2+y^2$ и $z=2-x^2-y^2$.

Решение

Цилиндрические: $r^2\le z\le2-r^2$, пересечение $r=1$.

$$V=\int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^1r(2-2r^2)\,dr=2\pi\left(1-\frac12\right)=\pi.$$

Ответ: $\pi$.

Задача 4

Вычислить $\iiint_T\frac{dV}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}$, $T$: $1\le x^2+y^2+z^2\le4$.

Решение

Шаровой слой: $1\le\rho\le2$, углы полные.

$$\int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^\pi\sin\theta\,d\theta\int_1^2\frac{\rho^2}{\rho}\,d\rho=4\pi\cdot\frac{4-1}{2}=6\pi.$$

Ответ: $6\pi$.

Задача 5

Найти объём части шара $x^2+y^2+z^2\le4$, лежащей внутри цилиндра $x^2+y^2\le1$.

Решение

Цилиндрические: $0\le r\le1$, $-\sqrt{4-r^2}\le z\le\sqrt{4-r^2}$.

$$V=2\pi\int_0^1 2r\sqrt{4-r^2}\,dr=4\pi\left(-\frac13(4-r^2)^{3/2}\right)\Big|_0^1=\frac{4\pi}{3}\left(8-3\sqrt3\right).$$

Ответ: $\frac{4\pi(8-3\sqrt3)}{3}\approx11{,}74$ (из $\frac{32\pi}{3}\approx33{,}5$ у всего шара).

Задача 6

Найти объём тела $x^2+y^2+z^2\le9$, $z\ge\sqrt{3(x^2+y^2)}$.

Решение

Конус: $\rho\cos\theta=\sqrt3\rho\sin\theta\Rightarrow\tg\theta=\frac1{\sqrt3}\Rightarrow\theta=\frac\pi6$. Тело: $0\le\theta\le\frac\pi6$, $0\le\rho\le3$.

$$V=2\pi\left(1-\cos\frac\pi6\right)\cdot\frac{27}{3}=18\pi\left(1-\frac{\sqrt3}{2}\right)=9\pi(2-\sqrt3).$$

Ответ: $9\pi(2-\sqrt3)\approx7{,}58$.

Задача 7

Найти массу цилиндра $x^2+y^2\le4$, $0\le z\le3$ с плотностью $\mu=z(x^2+y^2)$.

Решение
$$M=\int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^2r^2\cdot r\,dr\int_0^3z\,dz=2\pi\cdot4\cdot\frac92=36\pi.$$

Ответ: $36\pi$.

Задача 8

Найти момент инерции однородного кругового конуса (радиус основания $R$, высота $H$, масса $M$) относительно его оси.

Решение

Вершина в $O$, ось $Oz$, основание $z=H$. Конус: $\frac{H}{R}r\le z\le H$, $0\le r\le R$.

$$I_z=\mu_0\int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^Rr^3\left(H-\frac{H}{R}r\right)dr=2\pi\mu_0H\left(\frac{R^4}{4}-\frac{R^4}{5}\right)=\frac{\pi\mu_0HR^4}{10}.$$

$M=\frac13\pi R^2H\mu_0$, значит $I_z=\frac{3}{10}MR^2$.

Ответ: $\frac3{10}MR^2$.

Задача 9

Найти центр масс однородного тела, ограниченного параболоидом $z=x^2+y^2$ и плоскостью $z=4$.

Решение

По симметрии $x_c=y_c=0$. Объём $V=8\pi$ (пример 7).

$$\iiint z\,dV=\int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^2r\,dr\int_{r^2}^4z\,dz=2\pi\int_0^2r\frac{16-r^4}{2}dr=\frac{64\pi}{3},\qquad z_c=\frac{64\pi/3}{8\pi}=\frac83.$$

Ответ: $\left(0,0,\frac83\right)$ — выше середины высоты 2, потому что тело расширяется кверху.

Задача 10 (РГР, задание 2, вариант 8)

Тело ограничено сферами $x^2+y^2+z^2=4$ и $x^2+y^2+(z-2)^2=4$ при $0\le z\le2$. Найти объём.

Решение

Две сферы радиуса 2 с центрами $(0,0,0)$ и $(0,0,2)$. Тело — их общая часть, «линза». Пересечение: вычитаем уравнения, $z^2-(z-2)^2=0\Rightarrow4z-4=0\Rightarrow z=1$, тогда $r^2=3$.

Цилиндрические: снизу вторая сфера (нижняя половина) $z=2-\sqrt{4-r^2}$, сверху первая (верхняя половина) $z=\sqrt{4-r^2}$, $0\le r\le\sqrt3$.

$$V=2\pi\int_0^{\sqrt3}r\left(2\sqrt{4-r^2}-2\right)dr=2\pi\left(\frac23(4-r^2)^{3/2}\Big|_{\sqrt3}^{0}-3\right)=2\pi\left(\frac23\cdot7-3\right)=\frac{10\pi}{3}.$$

Проверка: линза — две одинаковые шаровые «шапочки» высоты $h=1$, объём каждой $\frac{\pi h^2(3R-h)}{3}=\frac{5\pi}{3}$.

Ответ: $\frac{10\pi}{3}$.

8. Типичные ошибки

Что чаще всего ломается
  1. Забыт якобиан. В цилиндрических $dV=r\,dr\,d\varphi\,dz$, в сферических $dV=\rho^2\sin\theta\,d\rho\,d\varphi\,d\theta$. Без $\sin\theta$ объём шара выходит $\frac23\pi^2R^3$ вместо $\frac43\pi R^3$.
  2. Неправильный диапазон $\theta$. $\theta\in[0,\pi]$, а не $[0,2\pi]$; верхнее полупространство — $[0,\frac\pi2]$, нижний конус $z=-\sqrt{x^2+y^2}$ — $\theta=\frac{3\pi}4$, а не $-\frac\pi4$. Если в книге широта $\psi$, то и якобиан $\rho^2\cos\psi$.
  3. Неверная проекция. Граница проекции — это не «то, что написано в условии», а линия пересечения верхней и нижней поверхностей (плюс следы вертикальных стенок). Всегда находи её, приравнивая $z_1=z_2$.
  4. Перепутаны верх и низ. Проверь одной точкой проекции, что $z_1\le z_2$; иначе выйдет отрицательный объём.
  5. Переменная в «чужом» пределе. Внешние пределы — числа; предел по $r$ может зависеть от $\varphi$ (как $r=2\cos\varphi$), но не наоборот при таком порядке.
  6. Сфера со сдвинутым центром. $x^2+y^2+z^2=2az$ — это $\rho=2a\cos\theta$, а не $\rho=2a$.
  7. Ось не $Oz$. Если сумма квадратов $y^2+z^2$ — ось $Ox$; переобозначь и напиши формулы перехода явно.
  8. Путаница с моментами. $M_{xy}$ (статический) содержит $z$, $I_z$ (инерции относительно оси) содержит $x^2+y^2$.
  9. Штейнер не от центра масс. $I_l=I_{l_c}+Md^2$ работает, только если $l_c$ проходит через центр масс. Между двумя произвольными параллельными осями так переходить нельзя.
  10. Смешанное произведение без модуля или без $\frac16$: $\frac16|(\vec a,\vec b,\vec c)|$ — тетраэдр, $|(\vec a,\vec b,\vec c)|$ — параллелепипед.

Мини-шпаргалка главы

Определение и смысл

$$\iiint_Tf\,dV=\lim\sum f(P_i)\Delta V_i,\quad V=\iiint_TdV,\quad M=\iiint_T\mu\,dV.$$

Декартовы (столбики вдоль $Oz$)

$$\iiint_Tf\,dV=\int_a^bdx\int_{y_1(x)}^{y_2(x)}dy\int_{z_1(x,y)}^{z_2(x,y)}f\,dz.$$

Проекция: приравнять $z_1=z_2$.

Тетраэдр: $V=\frac16|(\vec a,\vec b,\vec c)|$, смешанное произведение — определитель из координат.

Цилиндрические

$$x=r\cos\varphi,\ y=r\sin\varphi,\ z=z,\quad dV=r\,dr\,d\varphi\,dz.$$

Ось $Ox$: $y=r\cos\varphi$, $z=r\sin\varphi$, $x=x$.

Сферические ($\theta$ от $Oz$, $\theta\in[0,\pi]$)

$$x=\rho\cos\varphi\sin\theta,\ y=\rho\sin\varphi\sin\theta,\ z=\rho\cos\theta,$$ $$dV=\rho^2\sin\theta\,d\rho\,d\varphi\,d\theta.$$

Широта $\psi$: $z=\rho\sin\psi$, $dV=\rho^2\cos\psi\,d\rho\,d\varphi\,d\psi$.

Переводы: $z=\sqrt{x^2+y^2}\to\theta=\frac\pi4$; $z=-\sqrt{x^2+y^2}\to\theta=\frac{3\pi}4$; $x^2+y^2+z^2=2az\to\rho=2a\cos\theta$; $z=h\to\rho=\frac h{\cos\theta}$; $x^2+y^2=2ax\to r=2a\cos\varphi$.

Центр масс

$$x_c=\frac{\iiint x\mu\,dV}{M},\ \ y_c=\frac{\iiint y\mu\,dV}{M},\ \ z_c=\frac{\iiint z\mu\,dV}{M}.$$

Моменты инерции

$$I_z=\iiint(x^2+y^2)\mu\,dV,\quad I_{xy}=\iiint z^2\mu\,dV,\quad I_O=\iiint(x^2+y^2+z^2)\mu\,dV.$$

Штейнер: $I_l=I_{l_c}+Md^2$.

Потенциал: $U(M_0)=G\iiint\frac{\mu\,dV}{|M_0P|}$, $\vec F=\grad U$.

Полезные ответы: шар $\frac43\pi R^3$; $\int_0^\pi\sin\theta\,d\theta=2$; полушар $z_c=\frac{3R}8$; шар $I=\frac25MR^2$; цилиндр $I_{\text{ось}}=\frac12MR^2$; конус $I_{\text{ось}}=\frac3{10}MR^2$.