Тройной интеграл

1 Тройной интеграл Тройной интеграл является аналогом двойного интеграла и вводится для функции трех переменных. Пусть в некоторой замкнутой ограниченной области T трехмерного пространства задана ограниченная функция f (x, y, z) . Разобьем область T произвольным образом на n частей T1 , . . . , Tn , не имеющих общих внутренних точек, с объемами, соответственно равными ∆V1 , . . . , ∆Vn . В каждой части Tk выберем произвольную точку Mk (xk , yk , zk ) и составим сумму n X f (xk , yk , zk )∆Vk , (1) k=1 которая называется интегральной суммой для функции f (x, y, z) по области T . Напомним, что диаметром dk области Tk называется наибольшее расстояние между граничными точками этой области. Обозначим через λ максимальный из диаметров частичных областей Tk : λ = max {dk } . 1≤k≤n Определение 1.1 Если интегральная сумма (1) имеет предел при λ → 0 , не зависящий от способов разбиения области T и выбора точек Mk , то этот предел называется тройным интегралом в смысле Римана Z Z Z от функции f (x,Zy,Z z) Z по области T и обозначается одним из следующих символов: f (x, y, z)dV или T т. е. lim λ→0 n X T ZZZ f (xk , yk , zk )∆Vk = k=1 f (x, y, z)dxdydz , f (x, y, z)dxdydz. T В этом случае функция f (x, y, z) называется интегрируемой по Риману в области T ; T — областью интегрирования, x , y , z — переменными интегрирования, dV (или dxdydz ) — элементом объема. Тройные интегралы являются непосредственным обобщением двойных на случай трехмерного пространства. Они обладают аналогичными двойным интегралам свойствами и условиями существования. В частности, для интегрируемости по Риману функции трех переменных в замкнутой ограниченной трехмерной области T , достаточно, чтобы эта функция была непрерывной в T . Договоримся в дальнейшем тройной интеграл Римана называть просто тройным интегралом, а функции, интегрируемые по Риману, — интегрируемыми функциями. Если всюду в области T подынтегральная функция f (x, y, z) ≡ 1 , то из определения тройного интеграла следует формула для вычисления объема V тела T : ZZZ 1 · dxdydz = lim λ→0 T n X k=1 1 · ∆Vk = lim V = V. λ→0 Вычисление тройных интегралов сводится к вычислению интегралов меньшей кратности. Рассмотрим область T , ограниченную сверху и снизу соответственно поверхностями z = z2 (x, y) и z = z1 (x, y) , а с боковых сторон — цилиндрической поверхностью (рис. 1). 1 Пусть область G — проекция тела T на координатную плоскость xOy , а функции z = z1 (x, y) , z = z2 (x, y) являются непрерывными в G , причем z1 (x, y) ≤ z2 (x, y) для (x, y) ∈ G . Предположим, далее, что каждая прямая, параллельная оси Oz , пересекает границу области T не более, чем в двух точках. Тогда для любой функции, непрерывной в области T , имеет место формула ZZZ ZZ z2Z(x,y) f (x, y, z)dxdydz = dxdy T G f (x, y, z)dz, z1 (x,y) позволяющая свести вычисление тройного интеграла к последовательному вычислению внутреннего определенного интеграла по переменной z (при постоянных x , y ) и внешнего двойного интеграла по области G . Рис. 1 Выражение z2Z(x,y) I(x, y) = f (x, y, z)dz z1 (x,y) представляет собой функцию двух переменных. Если для этой функции в области G выполнены условия теоремы о переходе от двойного интеграла к повторному, то переходя ZZ от I(x, y)dxdy к повторному, получаем формулу G ZZZ Zb f (x, y, z)dxdydz = T yZ2 (x) dx a y1 (x) 2 z2Z(x,y) dy z1 (x,y) f (x, y, z)dz, (2) сводящую вычисление тройного интеграла к последовательному вычислению трех определенных интегралов. Порядок интегрирования может быть другим, т. е. переменные x , y и z в формуле (2) можно менять ролями. В частности, если T — параллелепипед с гранями, принадлежащими плоскостям x = a , x = b (a < b) , y = c , y = d (c < d) , z = m , z = n (m < n) , то формула (2) принимает вид ZZZ Zb Zd Zn f (x, y, z)dxdydz = dx dy f (x, y, z)dz. (3) a T c m В этом случае интегрирование можно производить в любом порядке. ZZZ Пример 1.1 Вычислить интеграл (x + y − z)dxdydz , где T — параллелепипед, T ограниченный плоскостями x = −1 , x = 1 , y = 0 , y = 1 , z = 0 , z = 2 (рис. 2). Решение. По формуле (3) имеем ZZZ Z1 (x + y − z)dxdydz = = −1 Z1 = dx −1 T Z1 Z1 Z2 dy (x + y − z)dz = ¶¯2 Z1 Z1 Z1 µ z 2 ¯¯ dy = dx (2x + 2y − 2)dy = dx xz + yz − 2 ¯0 −1 ¯1 (2xy + y 2 − 2y)¯0 dx = −1 Z1 ¯1 (2x − 1)dx = (x2 − x)¯−1 = −2. −1 z 6 z 6 2 r¡ 1 r ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ 1 r r¡ ¡- 1 ¡ O ¡ r¡ ¡ ¡1 ¡ r¡ ¡1 ª ¡ £@ @ © z =1−x−y © @ £ £ T @@ £ @r £O ³³ y ³ ¡ 1 ³ £ D³ ³ ¡ A £ ³ £³ r ³ ¡ y =1−x £ - y x¡ ¡1 ª x Рис. 2 Рис. 3 ZZZ Пример 1.2 Вычислить интеграл yz dxdydz , T где T — пирамида, ограниченная плоскостью x + y + z = 1 и координатными плоскостями x = 0 , y = 0 , z = 0 (рис. 3). 3 Решение. Проекцией области T на плоскость xOy является треугольник D , ограниченный прямыми x = 0 , y = 0 , y = 1 − x . По формуле (2) имеем ZZZ Z1 yz dxdydz = T Z1−x Z1 dx = Z1−x 1−x−y Z Z1 Z1−x 2 ¯1−x−y z ¯ dx dy = dy yz dz = dx y ¯¯ 2 0 y 1 (1 − x − y)2 dy = 2 2 Z1 Z1−x dx [(1 − x)2 y − 2(1 − x)y 2 + y 3 ]dy = 1 = 2 Z1 1 = 2 · ¸¯1−x y 3 y 4 ¯¯ dx = dx (1 − x) − 2(1 − x) + 2 3 4 ¯0 2y 2 ¸ Z1 · 2 (1 − x)3 (1 − x)4 2 (1 − x) (1 − x) − 2(1 − x) + dx = 2 3 4 1 = 24 Z1 1 (1 − x) dx = − 24 Z1 4 ¯1 1 (1 − x)5 ¯¯ 1 (1 − x) d(1 − x) = − . = ¯ 24 5 120 4 4