Вычисление тройного интеграла. Теорема о переходе от тройного интеграла к повторному

Будем называть ограниченную замкнутую область $\mathbf{\textit{V }}\textbf{простой правильной}$, если выполняются два условия : проекция $\mathbf{\textit{V}}$ на какую-либо координатную плоскость, например, на плоскость $\mathbf{\textit{Оху}}$ - простая область $\mathbf{\textit{D}}$, и любая прямая, перпендикулярная этой плоскости и проходящая через внутреннюю точку $\mathbf{\textit{V}}$, пересекает границу $\mathbf{\textit{V}}$ в двух точках. Такую область можно описать следующим образом: $V=\left( {(x,y,z)\vert (x,y)\in D,\;\psi _1 (x,y)\leqslant z\leqslant \psi _2 (x,y)} \right)$ поверхность $z=\psi _1 (x,y)$ образована множеством нижних точек пересечения прямой, параллельной оси$\mathbf{\textit{ Oz}}$, с границей $\mathbf{\textit{V}}$; поверхность $z=\psi _2 (x,y)$ - множеством верхних точек пересечения).

vychislenie-troinogo-integrala-0

Теорема

Если $\mathbf{\textit{V}}$ - простая область с кусочно-гладкой границей, $\mathbf{\textit{f}}(\mathbf{\textit{P}})$ - непрерывная функция, то $\iiint\limits_V {f(P)dv}=\iint\limits_D {dxdy\int\limits_{\psi _1 (x,y)}^{\psi _2 (x,y)} {f(x,y,z)dz} }$.

$\textbf{Доказать }$эту теорему можно так, как мы доказали теорему о переходе от двойного интеграла к повторному: установить, что для повторного интеграла в правой части формулы имеют место все свойства интеграла, разбить область $\mathbf{\textit{V}}$ на подобласти $\mathbf{\textit{V}}_{i} (\mathbf{\textit{i}} = 1,2,{\ldots},\mathbf{\textit{n}})$, пользуюсь свойствами аддитивности и теоремой о среднем, представить повторный интеграл как интегральную сумму для тройного $\left( {\sum\limits_{i=1}^n {f(P_i )v(V_i )} } \right)$ и перейти к пределу при $d=\mathop {\max }\limits_{i=1,2,\ldots ,n} diam(V_i )\to 0$.

Если расписать двойной интеграл по простой области $\mathbf{\textit{D}} \quad \left( {D=\left[ {(x,y)\left| {\begin{array}{l} a\leqslant x\leqslant b, \\ \varphi _1 (x)\leqslant y\leqslant \varphi _2 (x) \\ \end{array}} \right.} \right]} \right)$ в виде повторного, получим ещё более детализированную формулу для вычисления тройного интеграла: $\iiint\limits_V {f(P)dv}=\iint\limits_D {dxdy\int\limits_{\psi _1 (x,y)}^{\psi _2 (x,y)} {f(x,y,z)dz} }=\int\limits_a^b {dx\int\limits_{\varphi _1 (x)}^{\varphi _2 (x)} {dy\int\limits_{\psi _1 (x,y)}^{\psi _2 (x,y)} {f(x,y,z)dz} } } $.

Можно также доказать, что тройной интеграл можно представить в виде повторного с другим порядком интегрирования. Обозначим $z_{\min } =\mathop {\min z}\limits_{(x,y,z)\in V} ,\;z_{\max } =\mathop {\max z}\limits_{(x,y,z)\in V} $ т.е. минимальное и максимальное значения ординаты для точек области $\mathbf{\textit{V}})$, $D_z $ - плоскую область, получающуюся при сечении $\mathbf{\textit{V}}$ плоскостью $\mathbf{\textit{z}}$ = const. Тогда $\iiint\limits_V {f(P)dv}=\int\limits_{z_{\min } }^{z_{\max } } {dz\iint\limits_{D_z } {f(x,y,z)}} dxdy$. Естественно, для конкретной задачи может оказаться предпочтительней проектировать $\mathbf{\textit{V}}$ не на плоскость $\mathbf{\textit{Оху}}$, а на другую координатную плоскость.

Примеры решения задач

Пример 1

$I=\iiint\limits_V {\frac{dxdydz}{\left( {1+x+y+z} \right)^3}},\;V:\left[ {\begin{array}{l} x=0,\;y=0,\;z=0, \\ x+y+z=1. \\ \end{array}} \right.$

vychislenie-troinogo-integrala-1

Проекция области $\mathbf{\textit{V}}$ на плоскость $\mathbf{\textit{Оху}}$ - треугольник $D:\left[ {x=0,\;y=0,\;x+y=1} \right]$, поэтому $I=\iiint\limits_V {\frac{dxdydz}{\left( {1+x+y+z} \right)^3}}=\iint\limits_D {dxdy\int\limits_0^{1-x-y} {\frac{dz}{(1+x+y+z)^3}} }=\iint\limits_D {\left. {\left[ {-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{(1+x+y+z)^2}} \right]} \right|_0^{1-x-y} dxdy}=$

vychislenie-troinogo-integrala-2

$=-\frac{1}{2}\int\limits_0^1 {dx} \int\limits_0^{1-x} {\left[ {\frac{1}{4}-\frac{1}{(1+x+y)^2}} \right]dy} =-\frac{1}{2}\int\limits_0^1 {\left. {\left[ {\frac{y}{4}+\frac{1}{1+x+y}} \right]} \right|_0^{1-x} dx} =-\frac{1}{2}\int\limits_0^1 {\left[ {\frac{1-x}{4}+\frac{1}{2}-\frac{1}{1+x}} \right]dx} = \\ =-\frac{1}{2}\int\limits_0^1 {\left[ {\frac{1-x}{4}+\frac{1}{2}-\frac{1}{1+x}} \right]dx} =-\frac{1}{2}\left( {\frac{3x}{4}-\frac{x^2}{8}-\ln (1+x)} \right)_0^1 =-\frac{1}{2}\left( {\frac{3}{4}-\frac{1}{8}-\ln 2} \right)=\frac{1}{2}\left( {\ln 2-\frac{5}{8}} \right)$

Пример 2

$I=\iiint\limits_V {z\cdot dxdydz},\;V:\left[ {\begin{array}{l} z^2=\frac{h^2}{R^2}\left( {x^2+y^2} \right), \\ z=h. \\ \end{array}} \right.$ Здесь $\mathbf{\textit{V}}$ - внутренность конуса, $\mathbf{\textit{D}}$ - проекция круга, получающегося при сечении этого конуса плоскостью $\mathbf{\textit{z}}=\mathbf{\textit{h}}$ на $\mathbf{\textit{Оху}}$, т.е. круг, ограниченный кривой $h^2=\frac{h^2}{R^2}\left( {x^2+y^2} \right)\Rightarrow x^2+y^2=R^2$, поэтому $I=\iint\limits_D {dxdy\int\limits_{\frac{h}{R}\sqrt {x^2+y^2} }^h {zdz} =}\iint\limits_D {\left. {\frac{z^2}{2}} \right|_{\frac{h}{R}\sqrt {x^2+y^2} }^h dxdy=}\frac{1}{2}\iint\limits_D {\left[ {h^2-\frac{h^2}{R^2}\left( {x^2+y^2} \right)} \right]dxdy}=$

vychislenie-troinogo-integrala-3

$=\frac{h^2}{2R^2}\iint\limits_D {\left[ {R^2-\left( {x^2+y^2} \right)} \right]dxdy}=$ {переходим к полярным координатам} $=\frac{h^2}{2R^2}\int\limits_0^{2\pi } {d\varphi } \int\limits_0^R {\left[ {R^2-r^2} \right]rdr} = \frac{h^2}{2R^2}\int\limits_0^{2\pi } {\left[ {R^2\frac{r^2}{2}-\frac{r^4}{4}} \right]_0^R d\varphi } =\frac{h^2}{2R^2}2\pi \frac{R^4}{4}=\frac{\pi h^2R^2}{4}$.

Вычислим тот же интеграл по другой формуле перехода к повторному интегралу: $I=\int\limits_0^h {dz\iint\limits_{D_z } {zdxdy}} =\int\limits_0^h {zdz\iint\limits_{D_z } {zdxdy}} =\int\limits_0^h {zdz\iint\limits_{D_z } {dxdy}} =\int\limits_0^h {zdz\cdot s(D_z )} =$ внутренний двойной интеграл - интеграл от функции, равной 1, поэтому он равен площади круга, получающегося при сечении конуса плоскостью $z=const$, уравнение ограничивающей окружности, площадь $s(D_z )=\frac{\pi z^2R^2}{h^2})=\int\limits_0^h {z\frac{\pi z^2R^2}{h^2}dz} =\frac{\pi R^2}{h^2}\cdot \left. {\frac{z^4}{4}} \right|_0^h =\frac{\pi h^2R^2}{4}$.

Это решение оказалось проще; мы сыграли на том, что подынтегральная функция не зависит от $\mathbf{\textit{х}}$ и $\mathbf{\textit{у}}$.