Примеры применения цилиндрических и сферических координат

Как и в случае перехода к полярным координатам в двойном интеграле, дать однозначный рецепт того, когда следует применять цилиндрические или сферические координаты, нельзя, это дело опыта. Можно попробовать применить цилиндрические координаты, если подынтегральная функция и/или уравнения поверхностей, ограничивающих объём $\mathbf{\textit{V}}$, зависят от комбинации $\mathbf{\textit{x }}^{2}+\mathbf{\textit{y }}^{2}=\mathbf{\textit{r}}^{ 2}$; сферические - если эти уравнения зависят от $\mathbf{\textit{x }}^{2}+\mathbf{\textit{y }}^{2}+\mathbf{\textit{z }}^{2}=\mathbf{\textit{r}}^{ 2}$. Рассмотрим ряд примеров.

Пример 1

Найти объём $\mathbf{\textit{V}}$ общей части двух шаров, ограниченных сферами

$\mathbf{\textit{x }}^{2}+\mathbf{\textit{y }}^{2}+\mathbf{\textit{z }}^{2}=\mathbf{\textit{R}}^{ 2}$, $\mathbf{\textit{x }}^{2}+\mathbf{\textit{y }}^{2}+\mathbf{\textit{z }}^{2}$ = 2$\mathbf{\textit{Rz}}^{ }$.

primery-primeneniia-tsilindricheskikh-i-sfericheskikh-koordinat-0

Решение:

Пересечение сфер находится на уровне $2Rz=R^2\Rightarrow z=R/2$ и представляет собой круг радиуса $R\frac{\sqrt 3 }{2}$. Объём $\mathbf{\textit{V }}$ограничен сверху поверхностью $z=\sqrt {R^2-x^2-y^2} $, снизу - поверхностью $z=R-\sqrt {R^2-x^2-y^2} $. Вычисления в декартовых координатах дают $V=\iiint\limits_V {dv}=\iiint\limits_V {dxdydz}=\int\limits_{-R\frac{\sqrt 3 }{2}}^{R\frac{\sqrt 3 }{2}} {dx\int\limits_{-\sqrt {\frac{3}{4}R^2-x^2} }^{\sqrt {\frac{3}{4}R^2-x^2} } {dy\int\limits_{R-\sqrt {R^2-x^2-y^2} }^{\sqrt {R^2-x^2-y^2} } {dz} } } $ - достаточно громоздкие выкладки.

В цилиндрических координатах объём $\mathbf{\textit{V }}$ ограничен сверху поверхностью $z=\sqrt {R^2-r^2} $, снизу - поверхностью $z=R-\sqrt {R^2-r^2} $, поэтому

$V=\iiint\limits_V {dv}=\iiint\limits_V {rdrd\varphi dz}=\int\limits_0^{2\pi } {d\varphi \int\limits_0^{R\frac{\sqrt 3 }{2}} {rdr\int\limits_{R-\sqrt {R^2-r^2} }^{\sqrt {R^2-r^2} } {dz} } } =2\pi \int\limits_0^{R\frac{\sqrt 3 }{2}} {\left[ {2\sqrt {R^2-r^2} -R} \right]rdr} =$ $ =2\pi \left. {\left[ {-\frac{2}{3}\sqrt {\left( {R^2-r^2} \right)^3} -R\frac{r^2}{2}} \right]} \right|_0^{R\frac{\sqrt 3 }{2}} =2\pi \left[ {\frac{2}{3}R^3-\frac{2}{3}\sqrt {\left( {R^2/4} \right)^3} -\frac{3R^3}{8}} \right]=2\pi R^3\left( {\frac{2}{3}-\frac{2}{24}-\frac{3}{8}} \right)=\frac{5}{12}\pi R^3. $

В сферических координатах уравнение нижней сферы принимает вид $r=R$, верхней - $r^2=2Rr\cos \theta \Rightarrow r=2R\cos \theta $, их пересечение соответствует значению $\cos \theta =1/2\Rightarrow \theta =\pi /3$. В интервале $0\leqslant \theta \leqslant \pi /3 \quad \mathbf{\textit{r}}$ меняется от $0$ до $\mathbf{\textit{R}}$, в интервале $\pi /3\leqslant \theta \leqslant \pi /2 \quad \mathbf{\textit{r}}$ меняется от $0$ до $2R\cos \theta $, поэтому

primery-primeneniia-tsilindricheskikh-i-sfericheskikh-koordinat-1

$V=\iiint\limits_V {dv}=\iiint\limits_V {r^{2}\sin\theta drd\varphi d\theta} = \int_0^{2\pi} d \phi \int_0^{\pi/3} \sin \theta d\theta \int_0^R r^2 dr + \int_0^{2\pi} d \phi \int_{\pi/3}^{\pi/2} \sin \theta d\theta \int_0^{2R\cos \theta} r^2 dr = 2\pi \frac{R^3}{3} (-\cos\theta) =\\ =2\pi \frac{R^3}{3}\left. {\left( {-\cos \theta } \right)} \right|_0^{\frac{\pi }{3}} +2\pi \frac{8R^3}{3}\int\limits_{\frac{\pi }{3}}^{\frac{\pi }{2}} {\cos ^3\theta \sin \theta d\theta } =\frac{\pi R^3}{3}-\frac{16\pi R^3}{3}\cdot \left. {\frac{\cos ^4\theta }{4}} \right|_{\frac{\pi }{3}}^{\frac{\pi }{2}} = $ $ =\frac{\pi R^3}{3}+\frac{\pi R^3}{3\cdot 4}=\frac{5\pi R^3}{12}. $

В этом примере трудоёмкость вычислений в цилиндрических и сферических координатах примерно одинакова.

Пример 2

$I=\iiint\limits_V {(x+y+z)dxdydz};\quad V:\left[ {\begin{array}{l} x=2-y^2-z^2, \\ x^2=y^2+z^2,\;x\geqslant 0. \\ \end{array}} \right.$

primery-primeneniia-tsilindricheskikh-i-sfericheskikh-koordinat-2

Решение:

Параболоид и конус пересекаются в плоскости $x=2-x^2\Rightarrow x=1$ по кругу радиуса 1. Осью симметрии объёма $\mathbf{\textit{V}}$ служит ось $\mathbf{\textit{Ох}}$, поэтому цилиндрические координаты вводим формулами $x=x,\quad y=r\cos \varphi ,\quad z=r\sin \varphi ; \quad I=\iiint\limits_V {(x+y+z)dxdydz}=\iiint\limits_V {(x+r\cos \varphi +r\sin \varphi )rdxdrd\varphi }=\int\limits_0^{2\pi } {d\varphi \int\limits_0^1 {rdr\int\limits_r^{2-r^2} {(x+r\cos \varphi +r\sin \varphi )dx} } } =$ $ =\int\limits_0^{2\pi } {d\varphi \int\limits_0^1 {\left. {\frac{x^2}{2}} \right|_r^{2-r^2} rdr} } +\int\limits_0^{2\pi } {(\cos \varphi +\sin \varphi )d\varphi \int\limits_0^1 {\left. x \right|_r^{2-r^2} r^2dr} } =\pi \int\limits_0^1 {\left( {4-5r^2+r^4} \right)dr} =\frac{38\pi }{15}. $ Применение сферических координат в этом примере нецелесообразно {громоздкое уравнение для параболоида}.

Пример 3

$I=\iiint\limits_V {\sqrt {x^2+y^2+z^2} dxdydz};\quad V:\left[ {x^2+y^2+z^2=z.} \right.$

Решение:

Здесь область интегрирования - шар радиуса 1/2, сдвинутый по оси $\mathbf{\textit{Оz}}$ на 1/2 единицы, подынтегральная функция зависит от выражения $\mathbf{\textit{x }}^{2}+\mathbf{\textit{y }}^{2}+\mathbf{\textit{z }}^{2}$, поэтому применим сферические координаты. Уравнение сферы $x^2+y^2+z^2=z\Rightarrow r^2=r\cos \theta \Rightarrow r=\cos \theta \left( {\Rightarrow 0\leqslant \theta \leqslant \pi /2} \right)$ , поэтому $I=\iiint\limits_V {\sqrt {x^2+y^2+z^2} dxdydz}=\iiint\limits_V {r\cdot r^2\sin \theta drd\varphi d\theta }=\int\limits_0^{2\pi } {d\varphi \int\limits_0^{\pi /2} {\sin \theta d\theta } \int\limits_0^{\cos \theta } {r^3dr} } =\frac{2\pi }{4}\int\limits_0^{\pi /2} {\left. {r^4} \right|_0^{\cos \theta } \sin \theta d\theta } = \\ =\frac{2\pi }{4}\int\limits_0^{\pi /2} {\cos ^4\theta \sin \theta d\theta } =-\frac{2\pi }{4\cdot 5}\left. {\cos ^5\theta } \right|_0^{\pi /2} =\frac{\pi }{10}$.

Пример 4

Вычислить объём тела, ограниченного поверхностью $\left( {x^2+y^2+z^2} \right)^{\,2}=a^3z,\;a=const>0$

primery-primeneniia-tsilindricheskikh-i-sfericheskikh-koordinat-3

Решение:

Здесь тоже для того, чтобы понять, как устроено тело, и найти его объём, надо перейти к сферическим координатам {на это указывает комбинация $\mathbf{\textit{x }}^{2}+\mathbf{\textit{y }}^{2}+\mathbf{\textit{z }}^{2 }=\mathbf{\textit{r}}^{ 2})$. Уравнение поверхности $\left( {x^2+y^2+z^2} \right)^{\,2}=a^3z\Rightarrow r^4=a^3r\cos \vartheta \Rightarrow r=a\sqrt[3]{\cos \vartheta }\;\left( {\Rightarrow 0\leqslant \theta \leqslant \pi /2} \right)$. По этому уравнению поверхность построить уже можно; отсутствие координаты $\varphi $ в уравнении показывает, что это - тело вращения вокруг оси $\mathbf{\textit{Oz}}$. Находим объём: $ V=\iiint\limits_V {r^2\sin \theta drd\varphi d\theta }=\int\limits_0^{2\pi } {d\varphi \int\limits_0^{\pi /2} {\sin } } \theta d\theta \int\limits_0^{a\sqrt[3]{\cos \theta }} {r^2dr} =\frac{2\pi }{3}\int\limits_0^{\pi /2} {\left. {r^3} \right|_0^{a\sqrt[3]{\cos \theta }} \sin \theta d\theta =} $ $ =\frac{2\pi a^3}{3}\int\limits_0^{\pi /2} {\cos \theta \sin \theta d\theta =} \frac{\pi a^3}{3}. $

Пример 5

Вычислить интеграл $\iiint\limits_U {\left( {{x^4} + 2{x^2}{y^2} + {y^4}} \right)dxdydz} ,$ где область (U) ограничена поверхностью ({x^2} + {y^2} \le 1) и плоскостями (z = 0,) (z = 1).

primery-primeneniia-tsilindricheskikh-i-sfericheskikh-koordinat-4

Решение:

Данный интеграл удобно вычислить в цилиндрических координатах. Проекция области интегрирования на плоскость (Oxy) представляет собой круг ({x^2} + {y^2} \le 1) или (0 \le \rho \le 1).

primery-primeneniia-tsilindricheskikh-i-sfericheskikh-koordinat-5

Заметим, что подынтегральное выражение записывается в виде $ {\left( {{x^4} + 2{x^2}{y^2} + {y^4}} \right) } = {{\left( {{x^2} + {y^2}} \right)^2} } = {{\left( {{\rho ^2}} \right)^2} = {\rho ^4}} $

Тогда интеграл будет равен $I = \int\limits_0^{2\pi } {d\varphi } \int\limits_0^1 {{\rho ^4}\rho d\rho } \int\limits_0^1 {dz} .$

Здесь во втором интеграле добавлен множитель (\rho) якобиан преобразования декартовых координат в цилиндрические. Все три интеграла по каждой из переменной не зависят друг от друга.

В результате тройной интеграл легко вычисляется: $ {I = \int\limits_0^{2\pi } {d\varphi } \int\limits_0^1 {{\rho ^4}\rho d\rho } \int\limits_0^1 {dz} } = {2\pi \int\limits_0^1 {{\rho ^5}d\rho } \int\limits_0^1 {dz} } = {2\pi \cdot 1 \cdot \int\limits_0^1 {{\rho ^5}d\rho } } = {2\pi \left. {\left( {\frac{{{\rho ^6}}}{6}} \right)} \right|_0^1 } = {2\pi \cdot \frac{1}{6} = \frac{\pi }{3}.} $

Пример 6

Вычислить интеграл $\iiint\limits_U {\left( {{x^2} + {y^2}} \right)dxdydz} ,$ где область (U) ограничена поверхностями ({x^2} + {y^2} = 3z,) (z = 3)

Решение:

Область интегрирования изображена на рисунке

primery-primeneniia-tsilindricheskikh-i-sfericheskikh-koordinat-6

Для вычисления интеграла перейдем к цилиндрическим координатам: $ {x = \rho \cos \varphi ,}\;\; {y = \rho \sin \varphi ,}\;\; {z = z.} $ Дифференциал при этом равен $dxdydz = \rho d\rho d\varphi dz\;\;\left( {\rho - \text{якобиан}} \right).$

Уравнение параболической поверхности принимает вид: ${\rho ^2}{\cos ^2}\varphi + {\rho ^2}{\sin^2}\varphi = 3z\;\;\text{или}\;\;{\rho ^2} = 3z.$ Проекция области интегрирования (U) на плоскость (Oxy) представляет собой окружность ({x^2} + {y^2} \le 9) радиусом (\rho = 3).

primery-primeneniia-tsilindricheskikh-i-sfericheskikh-koordinat-7

Координата (\rho) изменяется в пределах от (0) до (3,) угол (\varphi) от (0) до (2\pi) и координата (z) от (\large\frac{{{\rho ^2}}}{3}\normalsize) до (3.)

В результате интеграл будет равен $ {I = \iiint\limits_U {\left( {{x^2} + {y^2}} \right)dxdydz} } = {\iiint\limits_{U'} {{\rho ^2} \cdot \rho d\rho d\varphi dz} } = {\int\limits_0^{2\pi } {d\varphi } \int\limits_0^3 {{\rho ^3}d\rho } \int\limits_{\frac{{{\rho ^2}}}{3}}^3 {dz} } = {\int\limits_0^{2\pi } {d\varphi } \int\limits_0^3 {{\rho ^3}d\rho } \cdot \left[ {\left. z \right|_{\frac{{{\rho ^2}}}{3}}^3} \right] } = {\int\limits_0^{2\pi } {d\varphi } \int\limits_0^3 {{\rho ^3}\left( {3 - \frac{{{\rho ^2}}}{3}} \right)d\rho } } = \\ = {\int\limits_0^{2\pi } {d\varphi } \int\limits_0^3 {\left( {3{\rho ^3} - \frac{{{\rho ^5}}}{3}} \right)d\rho } } = {\int\limits_0^{2\pi } {d\varphi } \cdot \left[ {\left. {\left( {\frac{{3{\rho ^4}}}{4} - \frac{{{\rho ^6}}}{{18}}} \right)} \right|_0^3} \right] } = {\left( {\frac{{3 \cdot 81}}{4} - \frac{{729}}{{18}}} \right)\int\limits_0^{2\pi } {d\varphi } } = {\frac{{81}}{4} \cdot 2\pi = \frac{{81\pi }}{2}.} $

Пример 7

Используя цилиндрические координаты, найти значение интеграла $ I = \int\limits_{ - 2}^2 {dx} \int\limits_{ - \sqrt {4 - {x^2}} }^{\sqrt {4 - {x^2}} } {dy} \int\limits_0^{4 - {x^2} - {y^2}} {{y^2}dz}$

Решение:

Область интегрирования (U) изображена на рисунке:

primery-primeneniia-tsilindricheskikh-i-sfericheskikh-koordinat-8

Ее проекция на плоскость (Oxy) представляет собой круг ({x^2} + {y^2} = {2^2}):

primery-primeneniia-tsilindricheskikh-i-sfericheskikh-koordinat-9

Новые переменные в цилиндрических координатах будут изменяться в пределах $ {0 \le \rho \le 2,}\;\; {0 \le \varphi \le 2\pi ,}\;\; {0 \le z \le 4 - {\rho ^2}.} $

Подставляя (x = \rho \cos \varphi ) и (x = \rho \sin \varphi,) найдем значение интеграла: $ {I = \int\limits_{ - 2}^2 {dx} \int\limits_{ - \sqrt {4 - {x^2}} }^{\sqrt {4 - {x^2}} } {dy} \int\limits_0^{4 - {x^2} - {y^2}} {{y^2}dz} } = {\iiint\limits_U {{y^2}dxdydz} } = {\iiint\limits_{U'} {{{\left( {\rho \sin \varphi } \right)}^2}\rho d\rho d\varphi dz} } = {\iiint\limits_{U'} {{\rho ^3}{{\sin }^2}\varphi d\rho d\varphi dz} } = {\int\limits_0^{2\pi } {{{\sin }^2}\varphi d\varphi } \int\limits_0^2 {{\rho ^3}\left( {4 - {\rho ^2}} \right)d\rho } } = \\ = {\int\limits_0^{2\pi } {{{\sin }^2}\varphi d\varphi } \int\limits_0^2 {\left( {4{\rho ^3} - {\rho ^5}} \right)d\rho } } = {\int\limits_0^{2\pi } {{{\sin }^2}\varphi d\varphi } \cdot \left[ {\left. {\left( {\frac{{4{\rho ^4}}}{4} - \frac{{{\rho ^6}}}{6}} \right)} \right|_0^2} \right] } = {\left( {{2^4} - \frac{{{2^6}}}{6}} \right)\int\limits_0^{2\pi } {{{\sin }^2}\varphi d\varphi } } = {\frac{{16}}{3}\int\limits_0^{2\pi } {{{\sin }^2}\varphi d\varphi } } = {\frac{{16}}{3}\int\limits_0^{2\pi } {\frac{{1 - \cos 2\varphi }}{2}d\varphi } } = \\ = {\frac{8}{3}\int\limits_0^{2\pi } {\left( {1 - \cos 2\varphi } \right)d\varphi } } = {\frac{8}{3}\left[ {\left. {\left( {\varphi - \frac{{\sin 2\varphi }}{2}} \right)} \right|_0^{2\pi }} \right] } = {\frac{8}{3} \cdot 2\pi = \frac{{16\pi }}{3}.} $

Пример 8

Вычислить интеграл, используя цилиндрические координаты: $\iiint\limits_U {\sqrt {{x^2} + {y^2}} dxdydz} .$ Область (U) ограничена параболоидом (z = 4 - {x^2} - {y^2},) цилиндром ({x^2} + {y^2} = 4) и плоскостями (y = 0,) (z = 0)

primery-primeneniia-tsilindricheskikh-i-sfericheskikh-koordinat-10

Решение:

Изобразив схематически область интегрирования (U,) находим, что ее проекция на плоскость (Oxy) {область (D)} представляет собой полукруг радиусом (\rho = 2).

primery-primeneniia-tsilindricheskikh-i-sfericheskikh-koordinat-11

Перейдем к цилиндрическим координатам, применяя подстановки $ {x = \rho \cos \varphi ,}\;\; {y = \rho \sin \varphi ,}\;\; {z = z,}\;\; {dxdydz = \rho d\rho d\varphi dz.} $

Новые переменные будут изменяться в пределах $ {0 \le \rho \le 2,}\;\; {0 \le \varphi \le \pi ,}\;\; {0 \le z \le 4 - {\rho ^2}.} $

Теперь вычисляем интеграл: $ {I = \iiint\limits_U {\sqrt {{x^2} + {y^2}} dxdydz} } = {\iiint\limits_{U'} {\rho \cdot \rho d\rho d\varphi dz} } = {\iiint\limits_{U'} {{\rho ^2}d\rho d\varphi dz} } = {\int\limits_0^\pi {d\varphi } \int\limits_0^2 {{\rho ^2}d\rho } \int\limits_0^{4 - {\rho ^2}} {dz} } = {\int\limits_0^\pi {d\varphi } \int\limits_0^2 {{\rho ^2}d\rho } \cdot \left[ {\left. z \right|_0^{4 - {\rho ^2}}} \right] } = {\int\limits_0^\pi {d\varphi } \int\limits_0^2 {{\rho ^2}\left( {4 - {\rho ^2}} \right)d\rho } } = \\ = {\int\limits_0^\pi {d\varphi } \int\limits_0^2 {\left( {4{\rho ^2} - {\rho ^4}} \right)d\rho } } = {\int\limits_0^\pi {d\varphi } \left[ {\left. {\left( {\frac{{4{\rho ^3}}}{3} - \frac{{{\rho ^5}}}{5}} \right)} \right|_0^2} \right] } = {\left( {\frac{4}{3} \cdot {2^3} - \frac{{{2^5}}}{5}} \right)\int\limits_0^\pi {d\varphi } } = {\frac{{64}}{{15}}\int\limits_0^\pi {d\varphi } } = {\frac{{64}}{{15}} \cdot \left[ {\left. \varphi \right|_0^\pi } \right] = \frac{{64\pi }}{{15}}.} $

Пример 9

Найти интеграл $\iiint\limits_U {ydxdydz},$ где область (U) ограничена плоскостями (z = x + 1,) (z = 0) и цилиндрическими поверхностями ({x^2} + {y^2} = 1,) ({x^2} + {y^2} = 4)

primery-primeneniia-tsilindricheskikh-i-sfericheskikh-koordinat-12

Решение:

Вычислим данный интеграл в цилиндрических координатах. Из условия $0 \le z \le x + 1$ следует, что $0 \le z \le \rho \cos \varphi + 1.$ Область интегрирования в плоскости (Oxy) представляет собой кольцо, ограниченное окружностями ({x^2} + {y^2} = 1) и ({x^2} + {y^2} = 4)

primery-primeneniia-tsilindricheskikh-i-sfericheskikh-koordinat-13

Следовательно, переменные (\rho) и (\varphi) изменяются в интервале $1 \le \rho \le 2,\;\;0 \le \varphi \le 2\pi .$

Находим интеграл: $ {I = \iiint\limits_U {ydxdydz} } = {\iiint\limits_{U'} {\rho \sin \varphi \cdot \rho d\rho d\varphi dz} } = {\iiint\limits_{U'} {{\rho ^2}\sin \varphi d\rho d\varphi dz} } = {\int\limits_0^{2\pi } {\sin \varphi d\varphi } \int\limits_0^2 {{\rho ^2}d\rho } \int\limits_0^{\rho \cos \varphi + 1} {dz} } = {\int\limits_0^{2\pi } {\sin \varphi d\varphi } \int\limits_0^2 {{\rho ^2}d\rho } \cdot \left[ {\left. z \right|_0^{\rho \cos \varphi + 1}} \right] } = \\ = {\int\limits_0^{2\pi } {\sin \varphi d\varphi } \int\limits_0^2 {{\rho ^2}\left( {\rho \cos \varphi + 1} \right)d\rho } } = {\int\limits_0^{2\pi } {\sin \varphi d\varphi } \int\limits_0^2 {\left( {{\rho ^3}\cos \varphi + {\rho ^2}} \right)d\rho } } = {\int\limits_0^{2\pi } {\sin \varphi d\varphi } \cdot \left[ {\left. {\left( {\frac{{{\rho ^4}}}{4}\cos \varphi + \frac{{{\rho ^3}}}{3}} \right)} \right|_{\rho = 1}^{\rho = 2}} \right] } = \\ = {\int\limits_0^{2\pi } {\sin \varphi \left[ {\left( {4\cos \varphi + \frac{8}{3}} \right) - \left( {\frac{{\cos \varphi }}{4} + \frac{1}{3}} \right)} \right]d\varphi } } = {\int\limits_0^{2\pi } {\sin \varphi \left( {\frac{{15}}{4}\cos \varphi + \frac{7}{3}} \right)d\varphi } } = {\int\limits_0^{2\pi } {\left( {\frac{{15}}{4}\sin \varphi \cos \varphi + \frac{7}{3}\sin \varphi } \right)d\varphi } } = \\ = {\int\limits_0^{2\pi } {\left( {\frac{{15}}{8}\sin 2\varphi + \frac{7}{3}\sin \varphi } \right)d\varphi } } = {\left. {\left( { - \frac{{15}}{{16}}\cos 2\varphi - \frac{7}{3}\cos \varphi } \right)} \right|_0^{2\pi } = 0.} $

Этот результат закономерен, поскольку область (U) симметрична относительно плоскости (Oxz,) а подынтегральная функция является четной.

Пример 10

Найти интеграл (\iiint\limits_U {\sqrt {{x^2} + {y^2} + {z^2}} dxdydz},) где область интегрирования (U) шар, заданный уравнением ({{x^2} + {y^2} + {z^2}} = 25.)

Решение:

Поскольку область (U) представляет собой шар, и к тому же подынтегральное выражение является функцией, зависящей от $f\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right),$ то перейдем к сферическим координатам.

Сделаем замену: $ {x = \rho \cos \varphi \sin \theta ,}\;\; {y = \rho \sin \varphi \sin \theta ,}\;\; {z = \rho \cos \theta ,} $ Новые переменные изменяются в пределах: $ {0 \le \rho \le 5,}\;\; {0 \le \varphi \le 2\pi ,}\;\; {0 \le \theta \le \pi .} $

Учитывая якобиан ({\rho ^2}\sin \theta,) записываем интеграл в виде: $ {I = \iiint\limits_U {\sqrt {{x^2} + {y^2} + {z^2}} dxdydz} } = {\iiint\limits_{U'} {\rho \cdot {\rho ^2}\sin \theta d\rho d\varphi d\theta } } = {\int\limits_0^{2\pi } {d\varphi } \int\limits_0^5 {{\rho ^3}d\rho } \int\limits_0^\pi {\sin \theta d\theta } } = {\int\limits_0^{2\pi } {d\varphi } \int\limits_0^5 {{\rho ^3}d\rho } \left[ {\left. {\left( { - \cos \theta } \right)} \right|_0^\pi } \right] } = \\ = {\int\limits_0^{2\pi } {d\varphi } \int\limits_0^5 {{\rho ^3}d\rho } \left( { - \cos \pi + \cos 0} \right) } = {2\int\limits_0^{2\pi } {d\varphi } \int\limits_0^5 {{\rho ^3}d\rho } } = {2\int\limits_0^{2\pi } {d\varphi } \cdot \left[ {\left. {\left( {\frac{{{\rho ^4}}}{4}} \right)} \right|_0^5} \right] } = \\ = {2\int\limits_0^{2\pi } {d\varphi } \cdot \frac{{{5^4}}}{4} } = {\frac{{625}}{2}\int\limits_0^{2\pi } {d\varphi } } = {\frac{{625}}{2} \cdot 2\pi = 625\pi .} $

Пример 11

Вычислить интеграл $\iiint\limits_U {{e^{{{\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right)}^{\frac{3}{2}}}}}dxdydz} ,$ где область (U) представляет собой единичный шар ({{x^2} + {y^2} + {z^2}} \le 1.)

Решение:

Центр данного шара расположен в начале координат. Следовательно, в сферических координатах область интегрирования (U) описывается неравенствами $ {0 \le \rho \le 1,}\;\; {0 \le \varphi \le 2\pi ,}\;\; {0 \le \theta \le \pi .} $

Записывая интеграл в сферических координатах, получаем $ {I = \iiint\limits_U {{e^{{{\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right)}^{\frac{3}{2}}}}}dxdydz} } = {\iiint\limits_{U'} {{e^{{{\left( {{\rho ^2}} \right)}^{\frac{3}{2}}}}}{\rho ^2}\sin \theta d\rho d\varphi d\theta } } = {\iiint\limits_{U'} {{e^{{\rho ^3}}}{\rho ^2}\sin \theta d\rho d\varphi d\theta } } = {\int\limits_0^{2\pi } {d\varphi } \int\limits_0^1 {{e^{{\rho ^3}}}{\rho ^2}d\rho } \int\limits_0^\pi {\sin \theta d\theta } .} $

Как видно, тройной интеграл вырождается в произведение трех однократных интегралов, каждый из которых вычисляется независимо. В результате находим $ {I = \int\limits_0^{2\pi } {d\varphi } \int\limits_0^1 {{e^{{\rho ^3}}}{\rho ^2}d\rho } \int\limits_0^\pi {\sin \theta d\theta } } = {\left[ {\left. \varphi \right|_0^{2\pi }} \right] \cdot \int\limits_0^1 {\left( {{e^{{\rho ^3}}} \cdot \frac{1}{3}d{\rho ^3}} \right)} \cdot \left[ {\left. {\left( { - \cos \theta } \right)} \right|_0^\pi } \right] } = {2\pi \cdot \frac{1}{3}\left[ {\left. {\left( {{e^{{\rho ^3}}}} \right)} \right|_{{\rho ^3} = 0}^{{\rho ^3} = 1}} \right] \cdot \left( { - \cos \pi + \cos 0} \right) } = {\frac{{2\pi }}{3} \cdot \left( {e - 1} \right) \cdot 2 } = {\frac{{4\pi }}{3}\left( {e - 1} \right).} $

Пример 12

Вычислить интеграл (\iiint\limits_U {xyzdxdydz} ,) где область (U) представляет собой часть шара ({x^2} + {y^2} + {z^2} \le {R^2},) расположенную в первом октанте (x \ge 0, y \ge 0, z \ge 0.)

Решение:

Перейдем к сферическим координатам. Сделаем замену переменных: $ {x = \rho \cos \varphi \sin \theta ,}\;\; {y = \rho \sin \varphi \sin \theta ,}\;\; {z = \rho \cos \theta ,}\;\; {dxdydz = {\rho ^2}\sin \theta d\rho d\varphi d\theta .} $ Новые переменные будут изменяться в пределах: $ {0 \le \rho \le R,}\;\; {0 \le \varphi \le \frac{\pi }{2},}\;\;0 {\le \theta \le \frac{\pi }{2}.} $ Тогда интеграл в сферических координатах равен
$ {I = \iiint\limits_U {xyzdxdydz} } = {\iiint\limits_{U'} {\left[ {\rho \cos \varphi \sin \theta \cdot \rho \sin \varphi \sin \theta \cdot \rho \cos \theta \cdot {\rho ^2}\sin \theta d\rho d\varphi d\theta } \right]} } = {\int\limits_0^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {\cos \varphi \sin \varphi d\varphi } \int\limits_0^R {{\rho ^5}d\rho } \int\limits_0^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {{{\sin }^3}\theta \cos \theta d\theta } } = \\ = {\int\limits_0^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {\left( {\frac{1}{2}\sin 2\varphi d\varphi } \right)} \int\limits_0^R {{\rho ^5}d\rho } \int\limits_0^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {{{\sin }^3}\theta \cos \theta d\theta } } = \\ = {\frac{1}{2}\int\limits_0^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {\sin 2\varphi d\varphi } \int\limits_0^R {{\rho ^5}d\rho } \int\limits_0^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {{{\sin }^3}\theta d\left( {\sin \theta } \right)} } = {\frac{1}{2}\int\limits_0^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {\sin 2\varphi d\varphi } \int\limits_0^R {{\rho ^5}d\rho } \cdot \left[ {\left. {\left( {\frac{{{{\sin }^4}\theta }}{4}} \right)} \right|_{\theta = \\ = 0}^{\theta = \large\frac{\pi }{2}\normalsize}} \right] } = {\frac{1}{8}\int\limits_0^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {\sin 2\varphi d\varphi } \int\limits_0^R {{\rho ^5}d\rho } \cdot \left( {{{\sin }^4}\frac{\pi }{2} - {{\sin }^4}0} \right) } = \\ = {\frac{1}{8}\int\limits_0^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {\sin 2\varphi d\varphi } \int\limits_0^R {{\rho ^5}d\rho } \cdot 1 } = {\frac{1}{8}\int\limits_0^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {\sin 2\varphi d\varphi } \cdot \left[ {\left. {\left( {\frac{{{\rho ^6}}}{6}} \right)} \right|_0^R} \right] } = {\frac{{{R^6}}}{{48}}\left[ {\left. {\left( { - \frac{{\cos 2\varphi }}{2}} \right)} \right|_0^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize}} \right] } = {\frac{{{R^6}}}{{96}}\left( { - \cos \pi + \cos 0} \right) } = {\frac{{{R^6}}}{{96}} \cdot 2 } = {\frac{{{R^6}}}{{48}}.} $

Пример 13

Найти тройной интеграл $\iiint\limits_U {\left( {\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} + \frac{{{z^2}}}{{{c^2}}}} \right)dxdydz} ,$ где область (U) ограничена эллипсоидом ${\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} + \frac{{{z^2}}}{{{c^2}}}} = 1.$

Решение:

Для вычисления интеграла перейдем к обобщенным сферическим координатам путем следующей замены переменных: $ {x = a\rho \cos \varphi \sin \theta ,}\;\; {y = b\rho \sin \varphi \sin \theta ,}\;\; {z = c\rho \cos \theta .} $ Модуль якобиана данного преобразования равен (\left| I \right| = abc{\rho ^2}\sin \theta .) Поэтому для дифференциалов справедливо соотношение $dxdydz = abc{\rho ^2}\sin \theta d\rho d\varphi d\theta .$ В новых координатах интеграл принимает вид:
$ {I = \iiint\limits_U {\left( {\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} + \frac{{{z^2}}}{{{c^2}}}} \right)dxdydz} } = {\iiint\limits_{U'} {\left[ {\frac{{{{\left( {a\rho \cos \varphi \sin \theta } \right)}^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{{\left( {b\rho \sin \varphi \sin \theta } \right)}^2}}}{{{b^2}}} + \frac{{{{\left( {c\rho \cos \theta } \right)}^2}}}{{{c^2}}}} \right]abc{\rho ^2}\sin \theta d\rho d\varphi d\theta } } = \\ = {\iiint\limits_{U'} {\left[ {{\rho ^2}{{\cos }^2}\varphi \,{{\sin }^2}\theta + {\rho ^2}{\sin^2}\varphi \,{{\sin }^2}\theta + {\rho ^2}{{\cos }^2}\theta } \right]abc{\rho ^2}\sin \theta d\rho d\varphi d\theta } } = \\ = {\iiint\limits_{U'} {\left[ {{\rho ^2}{{\sin }^2}\theta \underbrace {\left( {{{\cos }^2}\varphi + {\sin^2}\varphi } \right)}_1 + {\rho ^2}{{\cos }^2}\theta } \right]abc{\rho ^2}\sin \theta d\rho d\varphi d\theta } } = \\ = {\iiint\limits_{U'} {{\rho ^2}\underbrace {\left( {{\sin^2}\theta + {{\cos }^2}\theta } \right)}_1abc{\rho ^2}\sin \theta d\rho d\varphi d\theta } } = {abc\iiint\limits_{U'} {{\rho ^4}\sin \theta d\rho d\varphi d\theta } .} $

Область интегрирования (U') в сферических координатах представляет собой параллелепипед и определяется неравенствами $ {0 \le \rho \le 1,}\;\; {0 \le \varphi \le 2\pi ,}\;\; {0 \le \theta \le \pi .} $ Тогда тройной интеграл становится равным
$ {I = abc\iiint\limits_{U'} {{\rho ^4}\sin \theta d\rho d\varphi d\theta } } = {abc\int\limits_0^{2\pi } {d\varphi } \int\limits_0^1 {{\rho ^4}d\rho } \int\limits_0^\pi {\sin \theta d\theta } } = {abc\int\limits_0^{2\pi } {d\varphi } \int\limits_0^1 {{\rho ^4}d\rho } \cdot \left[ {\left. {\left( { - \cos \theta } \right)} \right|_0^\pi } \right] } = \\ = {abc\int\limits_0^{2\pi } {d\varphi } \int\limits_0^1 {{\rho ^4}d\rho } \cdot \left( { - \cos \pi + \cos 0} \right) } = {2abc\int\limits_0^{2\pi } {d\varphi } \int\limits_0^1 {{\rho ^4}d\rho } } = {2abc\int\limits_0^{2\pi } {d\varphi } \cdot \left[ {\left. {\left( {\frac{{{\rho ^5}}}{5}} \right)} \right|_0^1} \right] } = \\ = {\frac{{2abc}}{5}\int\limits_0^{2\pi } {d\varphi } } = {\frac{{2abc}}{5} \cdot \left[ {\left. \varphi \right|_0^{2\pi }} \right] } = {\frac{{2abc}}{5} \cdot 2\pi = \frac{{4abc\pi }}{5}.} $

Пример 14

Вычислить интеграл $\int\limits_0^1 {dx} \int\limits_0^{\sqrt {1 - {x^2}} } {dy} \int\limits_0^{\sqrt {1 - {x^2} - {y^2}} } {{{\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right)}^2}dz} ,$ используя сферические координаты.

primery-primeneniia-tsilindricheskikh-i-sfericheskikh-koordinat-14

Решение:

Область интегрирования представляет собой часть шара, расположенная в первом октанте и, следовательно, ограничена неравенствами $ {0 \le \rho \le 1,}\;\; {0 \le \varphi \le \frac{\pi }{2},}\;\; {0 \le \theta \le \frac{\pi }{2}.} $

primery-primeneniia-tsilindricheskikh-i-sfericheskikh-koordinat-15

Учитывая, что подынтегральное выражение равно $ {{\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right)^2} } = {{\left[ {{{\left( {\rho \cos \varphi \sin \theta } \right)}^2} + {{\left( {\rho \sin \varphi \sin \theta } \right)}^2} + {{\left( {\rho \cos \theta } \right)}^2}} \right]^2} } = \\ ={{\left[ {{\rho ^2}{{\cos }^2}\varphi \,{{\sin }^2}\theta + {\rho ^2}{\sin^2}\varphi \,{{\sin }^2}\theta + {\rho ^2}{{\cos }^2}\theta } \right]^2} } = {{\left[ {{\rho ^2}{{\sin }^2}\theta \underbrace {\left( {{{\cos }^2}\varphi + {\sin^2}\varphi } \right)}_1 + {\rho ^2}{{\cos }^2}\theta } \right]^2} } = {{\left[ {{\rho ^2}{{\sin }^2}\theta + {\rho ^2}{{\cos }^2}\theta } \right]^2} } = \\ = {{\left[ {{\rho ^2}\underbrace {\left( {{{\sin }^2}\theta + {{\cos }^2}\theta } \right)}_1} \right]^2} } = {{\rho ^4},} $

а дифференциалы связаны соотношениями $dxdydz = {\rho ^2}\sin \theta d\rho d\varphi d\theta ,$ получаем
$ {I = \int\limits_0^1 {dx} \int\limits_0^{\sqrt {1 - {x^2}} } {dy} \int\limits_0^{\sqrt {1 - {x^2} - {y^2}} } {{{\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right)}^2}dz} } = {\int\limits_0^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {d\varphi } \int\limits_0^1 {\left( {{\rho ^4} \cdot {\rho ^2}d\rho } \right)} \int\limits_0^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {\sin \theta d\theta } } = \\ = {\int\limits_0^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {d\varphi } \int\limits_0^1 {{\rho ^6}d\rho } \cdot \left[ {\left. {\left( { - \cos \theta } \right)} \right|_0^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize}} \right] } = \\ = {\int\limits_0^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {d\varphi } \int\limits_0^1 {{\rho ^6}d\rho } \cdot \left( { - \cos \frac{\pi }{2} + \cos 0} \right) } = {\int\limits_0^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {d\varphi } \int\limits_0^1 {{\rho ^6}d\rho } \cdot 1 } = {\int\limits_0^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {d\varphi } \cdot \left[ {\left. {\left( {\frac{{{\rho ^7}}}{7}} \right)} \right|_0^1} \right] } = \\ = {\frac{1}{7}\int\limits_0^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {d\varphi } } = {\frac{1}{7} \cdot \left[ {\left. \varphi \right|_0^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize}} \right] } = {\frac{1}{7} \cdot \frac{\pi }{2} } = {\frac{\pi }{{14}}.} $