Якобиан полярных координат: откуда берётся r и зачем

В двойном интеграле почти всегда наступает момент, когда задачу проще решить не в декартовых координатах, а в полярных. Студенты механически запоминают: «надо умножить на $r$», но не всегда понимают, почему именно так. Этот «лишний» множитель - и есть якобиан перехода. Разберём, откуда он берётся, как его выводят и в каких задачах без него не обойтись.

Зачем вообще менять переменные

Если подынтегральное выражение или область интегрирования обладают круговой симметрией, переход к полярным координатам резко упрощает задачу. Классический пример - интеграл от функции $f(x, y) = e^{-(x^2 + y^2)}$ по всей плоскости. В декартовых координатах это очень неприятный интеграл; в полярных он становится почти устным.

Но просто заменить $x = r\cos\theta$, $y = r\sin\theta$ недостаточно. Площадь маленького «прямоугольника» $dx\, dy$ после такой замены не равна $dr\, d\theta$ - она перестаёт быть прямоугольником и становится сектором кольца. Именно эту поправку и учитывает якобиан.

Что такое якобиан

Якобиан - это определитель матрицы частных производных, который показывает, как при гладкой замене переменных меняется элементарная площадь (в двумерном случае) или объём (в трёхмерном). Для замены $x = x(u, v)$, $y = y(u, v)$ он выглядит так:

$$J(u, v) = \begin{vmatrix} \dfrac{\partial x}{\partial u} & \dfrac{\partial x}{\partial v} \\[6pt] \dfrac{\partial y}{\partial u} & \dfrac{\partial y}{\partial v} \end{vmatrix}$$

Формула пересчёта двойного интеграла принимает вид:

$$\iint\limits_{D} f(x, y)\, dx\, dy = \iint\limits_{D^{*}} f\bigl(x(u,v),\, y(u,v)\bigr)\, |J(u, v)|\, du\, dv$$

Модуль нужен, потому что площадь не бывает отрицательной - а сам якобиан может быть отрицательным, если ориентация координат меняется на противоположную.

Вывод якобиана для полярных координат

Берём связь декартовых и полярных координат:

$$x = r\cos\theta, \qquad y = r\sin\theta$$

Считаем четыре частные производные:

$$\frac{\partial x}{\partial r} = \cos\theta, \quad \frac{\partial x}{\partial \theta} = -r\sin\theta, \quad \frac{\partial y}{\partial r} = \sin\theta, \quad \frac{\partial y}{\partial \theta} = r\cos\theta$$

Подставляем в определитель:

$$\begin{aligned} J(r, \theta) &= \begin{vmatrix} \cos\theta & -r\sin\theta \\ \sin\theta & r\cos\theta \end{vmatrix} \\ &= r\cos^{2}\theta + r\sin^{2}\theta \\ &= r\,(\cos^{2}\theta + \sin^{2}\theta) = r \end{aligned}$$

Якобиан получился равным $r$. Это и есть тот самый «лишний» множитель, который появляется при замене:

$$dx\, dy = |J|\, dr\, d\theta = r\, dr\, d\theta$$

Полная формула замены

После подстановки в общую формулу пересчёта двойной интеграл принимает рабочий вид:

$$\iint\limits_{D} f(x, y)\, dx\, dy = \iint\limits_{D^{*}} f\bigl(r\cos\theta,\, r\sin\theta\bigr)\, r\, dr\, d\theta$$

Здесь $D^{*}$ - образ области $D$ в полярных координатах. Если интегрируем по кругу радиуса $R$ с центром в начале - границы становятся $r \in [0, R]$, $\theta \in [0, 2\pi]$. Если по сектору - соответствующий диапазон для угла.

До этого места всё было общим. У каждой задачи свои детали: границы области, нормировка угла, особенность в начале координат. Подставь функцию и форму области ниже - соберём полный запрос и откроем чат с пошаговым разбором именно твоего интеграла.

Пример: интеграл Гаусса по плоскости

Покажем, как якобиан позволяет вычислить, казалось бы, неберущийся несобственный интеграл.

$$I = \iint\limits_{\mathbb{R}^{2}} e^{-(x^{2} + y^{2})}\, dx\, dy$$

В декартовых координатах двойной интеграл превращается в $\bigl(\int e^{-x^{2}} dx\bigr)^{2}$, а функция $e^{-x^{2}}$ не имеет элементарной первообразной. Тупик.

Переходим в полярные. Поскольку $x^{2} + y^{2} = r^{2}$, имеем:

$$I = \int_{0}^{2\pi}\!\!\int_{0}^{\infty} e^{-r^{2}}\, r\, dr\, d\theta$$

Внутренний интеграл по $r$ берётся в одну строчку - замена $t = r^{2}$, $dt = 2r\, dr$:

$$\int_{0}^{\infty} e^{-r^{2}}\, r\, dr = \frac{1}{2} \int_{0}^{\infty} e^{-t}\, dt = \frac{1}{2}$$

Внешний интеграл по $\theta$ даёт просто $2\pi$, и весь ответ:

$$I = 2\pi \cdot \tfrac{1}{2} = \pi$$

Отсюда, кстати, выводится знаменитое равенство $\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^{2}} dx = \sqrt{\pi}$ - основа всей нормальной статистики и многих результатов теории вероятностей вроде леммы Бореля-Кантелли.

Когда якобиан меняет знак

Если поменять местами $r$ и $\theta$ или взять «обратное» направление одной из переменных, определитель станет отрицательным. Под интегралом всегда стоит модуль якобиана, поэтому на ответ это не влияет. Но если вы видите в учебнике «минус» - скорее всего, авторы выписали якобиан без модуля для удобства краткости.

Полярные координаты в трёхмерии: сферические и цилиндрические

Для тройных интегралов аналогом якобиана выступают коэффициенты $\rho^{2}\sin\varphi$ (сферические координаты) и $r$ (цилиндрические). Логика та же: считается определитель $3 \times 3$ от матрицы частных производных, и результат показывает, как «маленький кирпичик» объёма трансформируется при замене.

Студенты часто путают, нужен ли $\sin\varphi$ или $\cos\varphi$ - это зависит от того, какой угол отсчитывается от оси $z$, а какой - от плоскости. Универсальный совет: не запоминайте, выводите. Один раз честно подставите четыре (или девять) производных в определитель - и больше путаться не будете.

Частые ошибки

• Забыли $r$. Самая массовая ошибка: студент честно перешёл к $r$ и $\theta$, но не дописал множитель. Ответ отличается от правильного в разы, особенно для интегралов от $0$ до больших значений $r$.
• Перепутали пределы. Если область - не круг, а его часть, нужно аккуратно описать $r$ и $\theta$ через границы исходной фигуры. Иногда внутренний интеграл идёт от $r = r_1(\theta)$ до $r = r_2(\theta)$.
• Не учли границу. Интегрируя по кругу, нельзя начинать $r$ с отрицательных значений: в стандартной полярной параметризации $r \geq 0$.
• Угол не на месте. Для верхней полуплоскости $\theta \in [0, \pi]$, для нижней - $[\pi, 2\pi]$ или $[-\pi, 0]$. Универсального правила нет, нужно смотреть на конкретную область.

FAQ

Почему именно $r$, а не $r^2$? Потому что элементарная площадь в полярных координатах - это сектор «шириной» $r\, d\theta$ (длина дуги при малом угле) и «толщиной» $dr$. Произведение даёт $r\, dr\, d\theta$. В трёхмерии аналогичная логика для сферической оболочки приводит к $\rho^{2}\sin\varphi$.

Можно ли решить любую задачу с круговой симметрией через полярные? Если область - круг, кольцо, сектор, полукруг или объединение таких фигур, переход к полярным почти всегда выгоден. Если область - прямоугольник или треугольник без круговой симметрии, полярные координаты только усложнят задачу.

Что делать, если функция не зависит от $r$? Двойной интеграл распадается на произведение одномерных: один по $r$ (с множителем $r$), другой по $\theta$. Это часто упрощает расчёты до устного счёта.

Коротко

Якобиан перехода к полярным координатам равен $r$. Он появляется потому, что элементарная площадь в полярной системе - это сектор, а не прямоугольник. Помните формулу $dx\, dy = r\, dr\, d\theta$, и большинство интегралов с круговой симметрией решаются в две строчки.