Вычисление объёмов

Объём тела, ограниченного сверху и снизу поверхностями $\mathbf{\textit{z}}=\mathbf{\textit{f}}_{1}(\mathbf{\textit{x}}$,$\mathbf{\textit{y}})$, $\mathbf{\textit{z}}=\mathbf{\textit{f}}_{2}(\mathbf{\textit{x}}$,$\mathbf{\textit{y}})$, $(x,y)\in D$, с боков - цилиндрической поверхностью с образующими, параллельными оси $\mathbf{\textit{Oz}}$, равен $v=\iint\limits_D {\left[ {f_1 (x,y)-f_2 (x,y)} \right]dxdy}$; эта формула очевидно следует из геометрического смысла двойного интеграла.

vychislenie-obieemov-0

Основной вопрос, который надо решить - на какую координатную плоскость проектировать тело, чтобы выкладки были наиболее простыми.

Пример 1

Найти объём тела $V:\left[ {\begin{array}{l} y=0,\;z=0, \\ x+y+z=4,\; \\ 2x+z=4. \\ \end{array}} \right.$

vychislenie-obieemov-1

Решение:

Тело изображено на рисунке. Перебором возможностей убеждаемся, что проще всего описать это тело, если отправляться от его проекции на ось $\mathbf{\textit{Oxz}}$:

$V:\left[ {\begin{array}{l} (x,z)\in D, \\ 0\leqslant y\leqslant 4-x-z. \\ \end{array}} \right.$

Область $\mathbf{\textit{D}}$ - треугольник, ограниченный прямыми $\mathbf{\textit{x}}$ = 0, $\mathbf{\textit{z}}$ = 0, 2$\mathbf{\textit{x}}+\mathbf{\textit{z}}$ = 4, поэтому

$V=\iint\limits_D {(4-x-z)dxdz}=\int\limits_0^2 {dx\int\limits_0^{4-2x} {(4-x-z)dz} } = \int\limits_0^2 {dx\left. {\left( {4z-xz-z^2/2} \right)} \right|_0^{4-2x} } = \int\limits_0^2 {\left[ {16-8x-4x+2x^2-(4-2x)^2/2}\right]dx}= \\ = \int\limits_0^2 {\left( {8-4x} \right)dx} = \left. {\left( {8x-2x^2} \right)} \right|_0^2 =16-8=8$

Пример 2

Найти объём области, ограниченной поверхностями $\mathbf{\textit{x}}^{2}+\mathbf{\textit{y}}^{2 }+\mathbf{\textit{z }}^{2 }=\mathbf{\textit{R }}^{2}$,

$(\mathbf{\textit{x}}^{2}+\mathbf{\textit{y}}^{2})^{ 3 }=\mathbf{\textit{R }}^{2}(\mathbf{\textit{x}}^{2}+\mathbf{\textit{y}}^{2})$.

vychislenie-obieemov-2

Решение:

Первая поверхность - сфера, вторая - цилиндрическая - с образующими, параллельными оси $\mathbf{\textit{Oz}}$ {в уравнении нет $\mathbf{\textit{z}}$ в явной форме). Построить в плоскости $\mathbf{\textit{Oxy}}$ кривую шестого порядка, заданную уравнением $(\mathbf{\textit{x}}^{2}+\mathbf{\textit{y}}^{2})^{ 3 }=\mathbf{\textit{R }}^{2}(\mathbf{\textit{x}}^{2}+\mathbf{\textit{y}}^{2})$, в декартовой системе координат невозможно, можно только сказать, что она симметрична относительно осей {чётные степени} и точка $\mathbf{\textit{О}}(0,0)$ принадлежит этой кривой. Пробуем перейти к полярным координатам. $r^6=R^2r^4(\cos ^4\varphi +\sin ^4\varphi );r^2=R^2((\cos ^2\varphi +\sin ^2\varphi )^2-2\cos ^2\varphi \sin ^2\varphi )=R^2(1-\frac{\sin ^22\varphi }{2})=$

$=R^2(1-\frac{1-\cos 4\varphi }{4})=R^2\frac{3+\cos 4\varphi }{4};r=R\frac{\sqrt {3+\cos 4\varphi } }{2}.$ Эту кривую построить уже можно. $r(\varphi )$ максимально, когда $\cos 4\varphi =1\;(\varphi =0,\frac{2\pi }{4}=\frac{\pi }{2},\frac{4\pi }{4}=\pi ,\frac{6\pi }{4}=\frac{3\pi }{2})$, минимально, когда

$\cos 4\varphi =-1\;(\varphi =\frac{\pi }{4},\frac{3\pi }{4},\frac{5\pi }{4},\frac{7\pi }{4}),$ и гладко меняется между этими пределами {точка $\mathbf{\textit{О}}(0,0)$ не принадлежит этой кривой, где мы её потеряли?}.

Пользуясь симметрией, получаем $ V=16\iint\limits_D {\sqrt {R^2-x^2-y^2} dxdy=} 16\iint\limits_D {\sqrt {R^2-r^2} rdrd\varphi =} =16\int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {d\varphi } \int\limits_0^{R\frac{\sqrt {3+\cos 4\varphi } }{2}} {\sqrt {R^2-r^2} rdr} = $ $ =-8\int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {d\varphi } \int\limits_0^{R\frac{\sqrt {3+\cos 4\varphi } }{2}} {\sqrt {R^2-r^2} d(R^2-r^2)} =-8\frac{2}{3}\int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\left. {(R^2-r^2)^{\frac{3}{2}}} \right|_0^{R\frac{\sqrt {3+\cos 4\varphi } }{2}} d\varphi } =-\frac{16}{3}R^3\int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\left. {\left[ {\left( {\frac{\sin ^22\varphi }{2}} \right)^{\frac{3}{2}}-1} \right]} \right|d\varphi } = $ и т.д.

Пример 3

Найти объем тела в первом октанте, ограниченного плоскостями (y = 0,) (z = 0,) (z = x,) (z + x = 4.)

Решение:

Данное тело показано на рисунке.

vychislenie-obieemov-3

Из рисунка видно, что основание (R) является квадратом. Для заданных (x, y) значение (z) изменяется от (z = x) до (z = 4 - x.) Тогда объем равен $ {V = \iint\limits_R {\left[ {\left( {4 - x} \right) - x} \right]dxdy} } = {\int\limits_0^2 {\left[ {\int\limits_0^2 {\left( {4 - 2x} \right)dy} } \right]dx} } = {\int\limits_0^2 {\left[ {\left. {\left( {4y - 2xy} \right)} \right|_{y = 0}^2} \right]dx} } = {\int\limits_0^2 {\left( {8 - 4x} \right)dx} } = {\left. {\left( {8x - 2{x^2}} \right)} \right|_0^2 } = {16 - 8 = 8.} $

Пример 4

Описать тело, объем которого определяется интегралом (V = \int\limits_0^1 {dx} \int\limits_0^{1 - x} {\left( {{x^2} + {y^2}} \right)dy} .)

Решение:

vychislenie-obieemov-4 vychislenie-obieemov-5

Данное тело расположено над треугольной областью (R,) ограниченной координатными осями (Ox,) (Oy) и прямой (y = 1 - x) ниже параболической поверхности (z = {x^2} + {y^2}.) Объем тела равен $ {V = \int\limits_0^1 {dx} \int\limits_0^{1 - x} {\left( {{x^2} + {y^2}} \right)dy} } = {\int\limits_0^1 {\left[ {\left. {\left( {{x^2}y + \frac{{{y^3}}}{3}} \right)} \right|_{y = 0}^{1 - x}} \right]dx} } = {\int\limits_0^1 {\left[ {{x^2}\left( {1 - x} \right) + \frac{{{{\left( {1 - x} \right)}^3}}}{3}} \right]dx} } = \\ = {\int\limits_0^1 {\left( {{x^2} - {x^3} + \frac{{1 - 3x + 3{x^2} - {x^3}}}{3}} \right)dx} } = {\int\limits_0^1 {\left( {2{x^2} - \frac{{4{x^3}}}{3} - x + \frac{1}{3}} \right)dx} } = {\left. {\left( {\frac{{2{x^3}}}{3} - \frac{4}{3} \cdot \frac{{{x^4}}}{4} - \frac{{{x^2}}}{2} + \frac{x}{3}} \right)} \right|_0^1 } = {\frac{2}{3} - \frac{1}{3} - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} = \frac{1}{6}.} $

Пример 5

Вычислить объем тела, ограниченного поверхностями (z = xy,) (x + y = a,) (z = 0.)

Решение:

vychislenie-obieemov-6 vychislenie-obieemov-7

Данное тело лежит над треугольником (R) в плоскости (Oxy) ниже поверхности (z = xy.) Объем тела равен $ {V = \iint\limits_R {xydxdy} } = {\int\limits_0^a {\left[ {\int\limits_0^{a - x} {xydy} } \right]dx} } = {\int\limits_0^a {\left[ {\left. {\left( {\frac{{x{y^2}}}{2}} \right)} \right|_{y = 0}^{a - x}} \right]dx} } = {\frac{1}{2}\int\limits_0^a {x{{\left( {a - x} \right)}^2}dx} } = {\frac{1}{2}\int\limits_0^a {x\left( {{a^2} - 2ax + {x^2}} \right)dx} } = \\ = {\frac{1}{2}\int\limits_0^a {\left( {{a^2}x - 2a{x^2} + {x^3}} \right)dx} } = {\frac{1}{2}\left. {\left( {{a^2} \cdot \frac{{{x^2}}}{2} - 2a \cdot \frac{{{x^3}}}{3} + \frac{{{x^4}}}{4}} \right)} \right|_0^a } = {\frac{1}{2}\left( {\frac{{{a^2}}}{2} - \frac{{2{a^4}}}{3} + \frac{{{a^4}}}{4}} \right) } = {\frac{{{a^4}}}{{24}}.} $

Пример 6

Найти объем тела, ограниченного поверхностями (z = 0,) (x + y = 1,) ({x^2} + {y^2} = 1,) (z = 1 - x.)

Решение:

vychislenie-obieemov-8 vychislenie-obieemov-9

Как видно из рисунков, в области интегрирования (R) при (0 \le x \le 1) значения (y) изменяются от (1 - x) до (\sqrt {1 - {x^2}}.)

Сверху тело ограничено плоскостью (z = 1 - x.) Следовательно, объем данного тела равен $ {V = \iint\limits_R {\left( {1 - x} \right)dxdy} } = {\int\limits_0^1 {\left[ {\int\limits_{1 - x}^{\sqrt {1 - {x^2}} } {\left( {1 - x} \right)dy} } \right]dx} } = {\int\limits_0^1 {\left[ {\left( {1 - x} \right)\left. y \right|_{1 - x}^{\sqrt {1 - {x^2}} }} \right]dx} } = {\int\limits_0^1 {\left( {1 - x} \right)\left( {\sqrt {1 - {x^2}} - 1 + x} \right)dx} } = \\ = {\int\limits_0^1 {\left( {\sqrt {1 - {x^2}} - x\sqrt {1 - {x^2}} - 1 + 2x - {x^2}} \right)dx} } = {\int\limits_0^1 {\sqrt {1 - {x^2}} dx} } - {\int\limits_0^1 {x\sqrt {1 - {x^2}} dx} } - {\int\limits_0^1 {\left( {1 + 2x - {x^2}} \right)dx} .} $

Вычислим полученные три интеграла отдельно. ${I_1} = \int\limits_0^1 {\sqrt {1 - {x^2}} dx} .$ Сделаем замену: (x = \sin t.) Тогда (dx = \cos tdt.) Видно, что (t = 0) при (x = 0) и (t = \large\frac{\pi }{2}\normalsize) при (x = 1.) Следовательно, $ {{I_1} = \int\limits_0^1 {\sqrt {1 - {x^2}} dx} } = {\int\limits_0^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {\sqrt {1 - {{\sin }^2}t} \cos tdt} } = {\int\limits_0^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {{{\cos }^2}tdt} } = {\int\limits_0^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {\frac{{1 + \cos 2t}}{2}dt} } = {\frac{1}{2}\int\limits_0^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {\left( {1 + \cos 2t} \right)dt} } = {\frac{1}{2}\left. {\left( {t + \frac{{\sin 2t}}{2}} \right)} \right|_0^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} } = {\frac{1}{2}\left( {\frac{\pi }{2} + \frac{{\sin \pi }}{2}} \right) = \frac{\pi }{4}.} $ {Сравните с площадью сектора единичного круга в первом квадранте).

Вычислим второй интеграл ({I_2} = \int\limits_0^1 {x\sqrt {1 - {x^2}} dx},) используя замену переменной. Полагаем (1 - {x^2} = w.) Тогда (-2xdx = dw) или (xdx = \large\frac{{ - dw}}{2}\normalsize.) Находим, что (w = 1) при (x = 0) и, наоборот, (w = 0) при (x = 1.) Интеграл равен $ {{I_2} = \int\limits_0^1 {x\sqrt {1 - {x^2}} dx} } = {\int\limits_1^0 {\sqrt w \left( { - \frac{{dw}}{2}} \right)} } = { - \frac{1}{2}\int\limits_1^0 {\sqrt w dw} } = {\frac{1}{2}\int\limits_0^1 {\sqrt w dw} } = {\frac{1}{2}\int\limits_0^1 {{w^{\large\frac{1}{2}\normalsize}}dw} } = {\frac{1}{2}\left. {\left( {\frac{{2{w^{\large\frac{3}{2}\normalsize}}}}{3}} \right)} \right|_0^1 = \frac{1}{3}.} $ Наконец, вычислим третий интеграл. $\require{cancel} {{I_3} = \int\limits_0^1 {\left( {1 - 2x + {x^2}} \right)dx} } = {\left. {\left( {x - {x^2} + \frac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|_0^1 } = {\cancel{1} - \cancel{1} + \frac{1}{3} = \frac{1}{3}.} $ Таким образом, объем тела равен $ {V = {I_1} - {I_2} - {I_3} } = {\frac{\pi }{4} - \frac{1}{3} - \frac{1}{3} = \frac{\pi }{4} - \frac{2}{3} \approx 0,12.} $

Пример 7

Вычислить объем единичного шара.

Решение:

vychislenie-obieemov-10

Уравнение сферы радиусом (1) имеет вид ({x^2} + {y^2} + {z^2} = 1). В силу симметрии, ограничимся нахождением объема верхнего полушара и затем результат умножим на (2.) Уравнение верхней полусферы записывается как $z = \sqrt {1 - \left( {{x^2} + {y^2}} \right)} .$ Преобразуя это уравнение в полярные координаты, получаем $z\left( {r,\theta } \right) = \sqrt {1 - {r^2}} .$ В полярных координатах область интегрирования (R) описывается множеством (R = \left[ {\left( {r,\theta } \right)|\;0 \le r \le 1,0 \le \theta \le 2\pi } \right].) Следовательно, объем верхнего полушара выражается формулой $ {{V_{\large\frac{1}{2}\normalsize}} = \iint\limits_R {\sqrt {1 - {r^2}} rdrd\theta } } = {\int\limits_0^{2\pi } {d\theta } \int\limits_0^1 {\sqrt {1 - {r^2}} rdr} } = {2\pi \int\limits_0^1 {\sqrt {1 - {r^2}} rdr} .} $ Сделаем замену переменной для оценки последнего интеграла. Пусть (1 - {r^2} = t.) Тогда (-2rdr = dt) или (rdr = - \large\frac{{dt}}{2}\normalsize.) Уточним пределы интегрирования: (t = 1) при (r = 0) и, наоборот, (t = 0) при (r = 1.) Получаем $ {{V_{\large\frac{1}{2}\normalsize}} = 2\pi \int\limits_0^1 {\sqrt {1 - {r^2}} rdr} } = {2\pi \int\limits_1^0 {\sqrt t \left( { - \frac{{dt}}{2}} \right)} } = { - \pi \int\limits_1^0 {\sqrt t dt} } = {\pi \int\limits_0^1 {{t^{\large\frac{1}{2}\normalsize}}dt} } = {\pi \left. {\left( {\frac{{{t^{\large\frac{3}{2}\normalsize}}}}{{\frac{3}{2}}}} \right)} \right|_0^1 } = {\frac{{2\pi }}{3}.} $ Таким образом, объем единичного шара равен $V = 2{V_{\large\frac{1}{2}\normalsize}} = \frac{{4\pi }}{3}.$

Пример 8

Используя полярные координаты, найти объем конуса высотой (H) и радиусом основания (R).

Решение:

vychislenie-obieemov-11 vychislenie-obieemov-12

Сначала получим уравнение поверхности конуса. Используя подобные треугольники, можно записать $ {\frac{r}{R} = \frac{{H - z}}{H},}\;\; {\text{где}\;\;r = \sqrt {{x^2} + {y^2}} .} $ Следовательно, $ {H - z = \frac{{Hr}}{R}}\;\; {\text{или}\;\;z\left( {x,y} \right) } = {H - \frac{{Hr}}{R} } = {\frac{H}{R}\left( {R - r} \right) } = {\frac{H}{R}\left( {R - \sqrt {{x^2} + {y^2}} } \right).} $ Тогда объем конуса равен $ {V = \iint\limits_R {z\left( {x,y} \right)dxdy} } = {\iint\limits_R {\frac{H}{R}\left( {R - \sqrt {{x^2} + {y^2}} } \right)dxdy} } = {\frac{H}{R}\iint\limits_R {\left( {R - r} \right)rdrd\theta } } = {\frac{H}{R}\int\limits_0^{2\pi } {\left[ {\int\limits_0^R {\left( {R - r} \right)drd} } \right]d\theta } } = {\frac{H}{R}\int\limits_0^{2\pi } {d\theta } \int\limits_0^R {\left( {Rr - {r^2}} \right)dr} } = {\frac{{2\pi H}}{R}\int\limits_0^R {\left( {Rr - {r^2}} \right)dr} } = \\ = {\frac{{2\pi H}}{R}\left. {\left( {\frac{{R{r^2}}}{2} - \frac{{{r^3}}}{3}} \right)} \right|_{r = 0}^R } = {\frac{{2\pi H}}{R}\left( {\frac{{{R^3}}}{2} - \frac{{{R^3}}}{3}} \right) } = {\frac{{2\pi H}}{R} \cdot \frac{{{R^3}}}{6} = \frac{{\pi {R^2}H}}{3}.} $