Как вычислить тройной интеграл: разбор задачи

Дано: тело $V$ ограничено снизу параболоидом $z = x^2 + y^2$, сверху плоскостью $z = 4$; подынтегральная функция $f(x, y, z) = x^2 + y^2$. Найти: значение тройного интеграла $\iiint\limits_V \left( x^2 + y^2 \right) dx\, dy\, dz$ и объём этого тела.

План такой: сначала ищем проекцию тела на плоскость $Oxy$ и выписываем повторный интеграл в декартовых координатах, потом переходим к цилиндрическим, где обе границы записываются одной буквой $r$. Ответ: $I = \dfrac{32\pi}{3} \approx 33{,}51$, объём тела $V = 8\pi \approx 25{,}13$. Калькулятор сверху решает ту же задачу для произвольного коэффициента параболоида и произвольной высоты секущей плоскости.

Решение по шагам

Шаг 1. Находим проекцию тела на плоскость Oxy. Тело зажато между двумя поверхностями, и его «тень» на горизонтальную плоскость очерчена линией, по которой эти поверхности встречаются. Приравниваем правые части:

$$x^2 + y^2 = 4.$$

Это окружность радиуса $R = 2$ с центром в начале координат, а проекция тела - круг $D$, который она ограничивает. Радиус проекции - первое, что нужно найти в любой задаче такого типа: без него не выписать внешние пределы.

Шаг 2. Расставляем пределы в декартовых координатах. Порядок обхода стандартный: сначала прокалываем тело вертикальной прямой, потом заметаем этой прямой всю проекцию. Прямая, проведённая через точку $(x, y)$ круга $D$, входит в тело через параболоид и выходит через плоскость, поэтому внутренние пределы по $z$ - от $x^2 + y^2$ до $4$. Саму проекцию описываем как обычную плоскую область: $x$ пробегает отрезок $[-2;\, 2]$, а при закреплённом $x$ ордината $y$ меняется между нижней и верхней половиной окружности.

$$I = \int\limits_{-2}^{2} dx \int\limits_{-\sqrt{4 - x^2}}^{\sqrt{4 - x^2}} dy \int\limits_{x^2 + y^2}^{4} \left( x^2 + y^2 \right) dz.$$

Запись верная, и общее правило в ней видно сразу: внешние пределы обязаны быть числами, средние зависят только от $x$, внутренние - от $x$ и $y$. Но считать этот интеграл в лоб тяжело: после интегрирования по $z$ останется двойной интеграл с корнями в пределах, и каждый следующий шаг будет только ухудшать выражение. Точно так же ведёт себя и двойной интеграл по кругу - это сигнал, что координаты выбраны неудачно.

Шаг 3. Переходим к цилиндрическим координатам. Тело - поверхность вращения вокруг оси $Oz$, значит его естественный язык - полярные координаты в горизонтальной плоскости и прежняя высота $z$:

$$x = r\cos\varphi, \quad y = r\sin\varphi, \quad z = z, \quad dx\, dy\, dz = r\, dr\, d\varphi\, dz.$$

Все границы переписываются короче некуда: $x^2 + y^2 = r^2$, поэтому параболоид превращается в $z = r^2$, плоскость остаётся $z = 4$, а подынтегральная функция становится равна $r^2$. Проекция - круг радиуса $2$, то есть $0 \le r \le 2$ и $0 \le \varphi \le 2\pi$. Множитель $r$ в элементе объёма терять нельзя: это якобиан перехода, без него ответ будет неверным.

$$I = \int\limits_{0}^{2\pi} d\varphi \int\limits_{0}^{2} r\, dr \int\limits_{r^2}^{4} r^2\, dz.$$

Шаг 4. Берём внутренний интеграл по z. На этом шаге $r$ и $\varphi$ считаются постоянными, поэтому $r^2$ спокойно выносится за знак интеграла, а под ним остаётся единица:

$$\int\limits_{r^2}^{4} r^2\, dz = r^2 \left. z \right|_{z = r^2}^{z = 4} = r^2 \left( 4 - r^2 \right).$$

Геометрически это длина вертикального отрезка внутри тела, умноженная на значение функции: та самая тёмная полоска на графике в калькуляторе. Чем дальше от оси, тем полоска короче, и на краю проекции она схлопывается в точку.

Шаг 5. Интегрируем по r. Не забываем про якобиан - под интегралом стоит произведение $r \cdot r^2 (4 - r^2)$:

$$\int\limits_{0}^{2} \left( 4r^3 - r^5 \right) dr = \left. \left( r^4 - \frac{r^6}{6} \right) \right|_{0}^{2} = 16 - \frac{64}{6} = \frac{16}{3}.$$

Это обычный определённый интеграл от многочлена, считается по формуле Ньютона-Лейбница.

Шаг 6. Интегрируем по углу. Подынтегральное выражение от $\varphi$ не зависит вообще, поэтому интеграл по углу даёт просто множитель $2\pi$:

$$I = \int\limits_{0}^{2\pi} \frac{16}{3}\, d\varphi = 2\pi \cdot \frac{16}{3} = \frac{32\pi}{3} \approx 33{,}51.$$

Ответ: $I = \dfrac{32\pi}{3} \approx 33{,}51$.

Формула и откуда она берётся

Тройной интеграл определяется так же, как двойной, только разбивается не плоская область, а пространственное тело: его дробят на мелкие кусочки, в каждом берут значение функции, умножают на объём кусочка и суммируют. Предел таких сумм при измельчении разбиения и есть $\iiint_V f\, dV$. Если $f \equiv 1$, каждое слагаемое равно объёму кусочка, и весь интеграл даёт объём тела; если $f$ - плотность, получается масса.

Сведение к повторному интегралу работает, когда тело правильное в направлении оси $Oz$: любая вертикальная прямая пересекает его границу ровно в двух точках, нижняя даёт функцию $z_{\text{н}}(x, y)$, верхняя - $z_{\text{в}}(x, y)$. Тогда

$$\iiint\limits_V f\, dV = \iint\limits_D dx\, dy \int\limits_{z_{\text{н}}(x, y)}^{z_{\text{в}}(x, y)} f(x, y, z)\, dz,$$

а внешний двойной интеграл по проекции $D$ раскладывается уже известным способом. Если тело неправильное, его режут плоскостями на правильные части и складывают результаты.

Множитель $r$ при переходе к цилиндрическим координатам - это определитель матрицы Якоби замены. Наглядно его видно так: элементарная «ячейка» в цилиндрических координатах имеет размеры $dr$ по радиусу, $r\, d\varphi$ по дуге и $dz$ по высоте, поэтому её объём равен $r\, dr\, d\varphi\, dz$. Чем дальше ячейка от оси, тем она шире при том же приращении угла - отсюда и множитель.

Объём тела: тот же интеграл с единицей

Объём считается тем же повторным интегралом, только подынтегральная функция равна единице. В калькуляторе для этого есть отдельный чип:

$$V = \int\limits_{0}^{2\pi} d\varphi \int\limits_{0}^{2} r\, dr \int\limits_{r^2}^{4} dz = 2\pi \int\limits_{0}^{2} r \left( 4 - r^2 \right) dr = 2\pi \left. \left( 2r^2 - \frac{r^4}{4} \right) \right|_{0}^{2} = 8\pi \approx 25{,}13.$$

Проверить результат можно независимо: то же тело получается вращением параболы $z = x^2$ вокруг оси $Oz$, а объёмы таких фигур считаются одномерным интегралом по методу дисков, как в разборе объёма тела вращения. Диск на высоте $z$ имеет радиус $\sqrt{z}$ и площадь $\pi z$, откуда $V = \int_0^4 \pi z\, dz = 8\pi$ - совпадает.

Проверка: интегрирование по слоям

Тройной интеграл можно обойти и в другом порядке - сначала по горизонтальному слою, потом по высоте. Сечение тела плоскостью $z = \text{const}$ - круг радиуса $\sqrt{z}$, значит

$$I = \int\limits_{0}^{4} dz \iint\limits_{x^2 + y^2 \le z} \left( x^2 + y^2 \right) dx\, dy = \int\limits_{0}^{4} dz \int\limits_{0}^{2\pi} d\varphi \int\limits_{0}^{\sqrt{z}} r^3\, dr = \int\limits_{0}^{4} 2\pi \cdot \frac{z^2}{4}\, dz = \frac{\pi}{2} \cdot \frac{64}{3} = \frac{32\pi}{3}.$$

Ответ тот же, и это главная проверка правильности расстановки пределов: значение интеграла от порядка обхода не зависит, зависит только трудоёмкость. Приём с пересчётом в другом порядке - тот же самый, что и в задаче на смену порядка интегрирования, только область теперь пространственная. Переключатель в калькуляторе показывает оба обхода на одной и той же картинке.

Частые ошибки

• Потерян якобиан $r$. Самая частая ошибка: интеграл переписали в $r$ и $\varphi$, а множитель $r$ в элементе объёма не поставили. Здесь это дало бы $\int_0^2 r^2(4 - r^2) dr \cdot 2\pi$ вместо верного ответа.
• Подынтегральная функция не переведена в новые координаты. Заменили границы, а в подынтегральном выражении оставили $x^2 + y^2$: выражение обязано стать $r^2$ целиком.
• Перепутаны верхняя и нижняя границы. Внутри круга $r < 2$ параболоид лежит ниже плоскости, поэтому пределы по $z$ идут от $r^2$ до $4$, а не наоборот. Перестановка даёт правильный по модулю, но отрицательный ответ.
• Пределы по $r$ взяты от $-2$ до $2$. Полярный радиус неотрицателен, весь круг покрывается парой $0 \le r \le 2$ и $0 \le \varphi \le 2\pi$; отрицательные $r$ обошли бы тело дважды.
• Внешние пределы зависят от переменной. Если в самом внешнем интеграле осталась буква, значит пределы расставлены не в том порядке: результат обязан быть числом.
• Проекция найдена «на глаз». Радиус $2$ берётся из уравнения $x^2 + y^2 = 4$, а не из коэффициентов параболоида: при плоскости $z = 9$ радиус стал бы $3$.

FAQ

Когда выбирать цилиндрические координаты, а когда сферические? Смотри на симметрию тела. Цилиндр, конус, параболоид, любое тело вращения вокруг $Oz$ - цилиндрические. Шар, шаровой слой, тело между двумя сферами или внутри конуса с вершиной в начале координат - сферические, там якобиан равен $\rho^2\sin\theta$.

Обязательно ли расставлять пределы в декартовых, если всё равно перехожу к цилиндрическим? На экзамене обычно да: это отдельный пункт задания, проверяющий понимание порядка обхода. В рабочем расчёте достаточно сразу описать проекцию и границы по $z$ в удобных координатах.

Что делать, если тело неправильное в направлении Oz? Разрезать его плоскостями на правильные части и сложить интегралы. Признак: вертикальная прямая пересекает границу больше чем в двух точках либо нижняя граница на разных участках проекции задаётся разными формулами.

Может ли тройной интеграл получиться отрицательным? Да, если функция меняет знак или принимает отрицательные значения: интеграл - это сумма значений, взвешенных объёмами. Отрицательным не может быть только объём, то есть интеграл от единицы.

Коротко

1. Найти линию пересечения ограничивающих поверхностей и её проекцию на $Oxy$: здесь $x^2 + y^2 = 4$, круг радиуса $2$.
2. Записать повторный интеграл: внутренние пределы по $z$ - от нижней поверхности до верхней, внешние описывают проекцию.
3. Если тело осесимметрично, перейти к цилиндрическим координатам: $x = r\cos\varphi$, $y = r\sin\varphi$, $dV = r\, dr\, d\varphi\, dz$.
4. Взять интегралы изнутри наружу: по $z$, затем по $r$ с якобианом, затем по $\varphi$ (даёт множитель $2\pi$, если от угла ничего не зависит).
5. Ответ задачи: $I = \dfrac{32\pi}{3} \approx 33{,}51$, объём тела $V = 8\pi \approx 25{,}13$; проверка по слоям даёт то же число.