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 } } . } $

Далее:

Формулы. Равенство функций и эквивалентность формул. Основные эквивалентности

Вычисление криволинейного интеграла первого рода. Примеры

Определение тройного интеграла. Теорема существования тройного интеграла

Выражение площади плоской области через криволинейный интеграл

Частные случаи векторных полей

Скалярное поле, производная по направлению, градиент

Функции k-значной логики. Элементарные функции. Лемма об аналоге правила де Моргана

Вычисление криволинейного интеграла второго рода. Примеры.

Механические и физические приложения поверхностного интеграла первого рода

Вычисление площадей плоских областей

Линейный интеграл и циркуляция векторного поля

Решение задач с помощью алгебры высказываний

Вычисление криволинейного интеграла первого рода. Плоский случай

Поверхностный интеграл первого рода и его свойства

Огравление $\Rightarrow $