Вычисление объемов с помощью тройных интегралов

Объем тела \(U\) в декартовых координатах \(Oxyz\) выражается формулой \[V = \iiint\limits_U {dxdydz} .\] В цилиндрических координатах объем тела равен \[V = \iiint\limits_U {\rho d\rho d\varphi dz} .\] В сферических координатах, соответственно, используется формула \[V = \iiint\limits_U {{\rho ^2}\sin \theta d\rho d\varphi d\theta } .\]

   Пример 1

Найти объем конуса высотой \(H\) и радиусом основания \(R\) (рисунок \(2\)). Конус ограничен поверхностью \(z = {\large\frac{H}{R}\normalsize} \sqrt {{x^2} + {y^2}} \) и плоскостью \(z = H\) (рисунок \(1\)). В декартовых координатах его объем выражается формулой \[ {V = \iiint\limits_U {dxdydz} } = {\int\limits_{ - R}^R {dx} \int\limits_{ - \sqrt {{R^2} - {x^2}} }^{\sqrt {{R^2} - {x^2}} } {dy} \int\limits_{\frac{H}{R}\sqrt {{x^2} + {y^2}} }^H {dz} .} \] Вычислим этот интеграл в цилиндрических координатах, которые изменяются в пределах \[ {0 \le \varphi \le 2\pi ,}\;\; {0 \le \rho \le R,}\;\; {\rho \le z \le H.} \] Получаем (не забудем включить в интеграл якобиан \(\rho\)): \[V = \int\limits_0^R {\rho d\rho } \int\limits_0^{2\pi } {d\varphi } \int\limits_{\frac{H}{R}\rho }^H {dz} .\] Находим объем конуса: \[ {V = \int\limits_0^R {\rho d\rho } \int\limits_0^{2\pi } {d\varphi } \int\limits_{\frac{H}{R}\rho }^H {dz} } = {2\pi \int\limits_0^R {\rho d\rho } \int\limits_{\frac{H}{R}\rho }^H {dz} } = {2\pi \int\limits_0^R {\rho d\rho } \cdot \left[ {\left. z \right|_{z = \frac{H}{R}\rho }^{z = H}} \right] } = {2\pi \int\limits_0^R {\rho \left( {H - \frac{H}{R}\rho } \right)d\rho } } = {2\pi \int\limits_0^R {\left( {H\rho - \frac{H}{R}{\rho ^2}} \right)d\rho } } = {2\pi \left[ {\left. {\left( {\frac{{{\rho ^2}H}}{2} - \frac{{{\rho ^3}H}}{{3R}}} \right)} \right|_{\rho = 0}^{\rho = R}} \right] } = {2\pi \left( {\frac{{{R^2}H}}{2} - \frac{{{R^3}H}}{{3R}}} \right) } = {\frac{{2\pi {R^2}H}}{6} } = {\frac{{\pi {R^2}H}}{3}.} \]

   Пример 2

Найти объем шара \({x^2} + {y^2} + {z^2} \le {R^2}.\) Вычислим объем части шара, расположенной в первом октанте \(\left( {x \ge 0,y \ge 0,z \ge 0} \right),\) и затем умножим результат на \(8.\) Получаем \[ {V = 8\iiint\limits_U {dxdydz} } = {8\iiint\limits_{U'} {{\rho ^2}\sin \theta d\rho d\varphi d\theta } } = {8\int\limits_0^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {d\varphi } \int\limits_0^R {{\rho ^2}d\rho } \int\limits_0^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {\sin \theta d\theta } } = {8\int\limits_0^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {d\varphi } \int\limits_0^R {{\rho ^2}d\rho } \cdot \left[ {\left. {\left( { - \cos \theta } \right)} \right|_0^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize}} \right] } = {8\int\limits_0^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {d\varphi } \int\limits_0^R {{\rho ^2}d\rho } \cdot \left( { - \cos \frac{\pi }{2} + \cos 0} \right) } = {8\int\limits_0^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {d\varphi } \int\limits_0^R {{\rho ^2}d\rho } \cdot 1 } = {8\int\limits_0^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {d\varphi } \cdot \left[ {\left. {\left( {\frac{{{\rho ^3}}}{3}} \right)} \right|_0^R} \right] } = {\frac{{8{R^3}}}{3}\int\limits_0^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {d\varphi } } = {\frac{{8{R^3}}}{3} \cdot \left[ {\left. \varphi \right|_0^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize}} \right] } = {\frac{{8{R^3}}}{3} \cdot \frac{\pi }{2} } = {\frac{{4\pi {R^3}}}{3}.} \] В результате получена известная формула для объема шара радиусом \(R.\)

   Пример 3

Найти объем тетраэдра, ограниченного плоскостями, проходящими через точки \(A\left( {1,0,0} \right),\) \(B\left( {0,2,0} \right),\) \(C\left( {0,0,3} \right),\) и координатными плоскостями \(Oxy,\) \(Oxz,\) \(Oyz\) (рисунок \(2\)). Уравнение прямой \(AB\) в плоскости \(Oxy\) (рисунок \(3\)) имеет вид: \(y = 2 - 2x.\) При этом переменная \(x\) изменяется в интервале \(0 \le x \le 1,\) а переменная \(y\) − в интервале \(0 \le y \le 2 - 2x.\)

Составим теперь уравнение плоскости \(ABC\) в отрезках. Поскольку плоскость \(ABC\) отсекает отрезки \(1, 2, 3,\) соответственно, на осях \(Ox,\) \(Oy,\) и \(Oz,\) то ее уравнение имеет вид: \[\frac{x}{1} + \frac{y}{2} + \frac{z}{3} = 1.\] В общем виде уравнение плоскости \(ABC\) записывается как \[6x + 3y + 2z = 6\;\;\text{или}\;\;z = 3 - 3x - \frac{3}{2}y.\] Следовательно, пределы интегрирования по переменной \(z\) изменяются в промежутке от \(z = 0\) до \(z = 3 - 3x - \large\frac{3}{2}\normalsize y.\) Теперь можно вычислить объем заданного тетраэдра: \[\require{cancel} {V = \iiint\limits_U {dxdydz} } = {\int\limits_0^1 {dx} \int\limits_0^{2 - 2x} {dy} \int\limits_0^{3 - 3x - \frac{3}{2}y} {dz} } = {\int\limits_0^1 {dx} \int\limits_0^{2 - 2x} {dy} \cdot \left[ {\left. z \right|_0^{3 - 3x - \frac{3}{2}y}} \right] } = {\int\limits_0^1 {dx} \int\limits_0^{2 - 2x} {\left( {3 - 3x - \frac{3}{2}y} \right)dy} } = {\int\limits_0^1 {dx} \cdot \left[ {\left. {\left( {3y - 3xy - \frac{3}{4}{y^2}} \right)} \right|_{y = 0}^{y = 2 - 2x}} \right] } = {\int\limits_0^1 {\left[ {3\left( {2 - 2x} \right) - 3x\left( {2 - 2x} \right) - \frac{3}{4}{{\left( {2 - 2x} \right)}^2}} \right]dx} } = {\int\limits_0^1 {\left[ {6 - 6x - 6x + 6{x^2} - \frac{3}{4}\left( {4 - 8x + 4{x^2}} \right)} \right]dx} } = {\int\limits_0^1 {\left( {\color{green}{6} - \color{red}{12x} + \color{blue}{6{x^2}} - \color{green}{3} + \color{red}{6x} - \color{blue}{3{x^2}}} \right)dx} } = {3\int\limits_0^1 {\left( {\color{green}{1} - \color{red}{2x} + \color{blue}{x^2}} \right)dx} } = {3\left[ {\left. {\left( {x - {x^2} + \frac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|_0^1} \right] } = {3 \cdot \left( {\cancel{1} - \cancel{1^2} + \frac{{{1^3}}}{3}} \right) = 1.} \]

   Пример 4

Найти объем тетраэдра, ограниченного плоскостями \(x + y + z = 5,\) \(x = 0,\) \(y = 0,\) \(z = 0.\) (рисунок \(4\)). Уравнение плоскости \(x + y + z = 5\) можно переписать в виде \[z = 5 - x - y.\] Если положить \(z = 0,\) то получим \[5 - x - y = 0\;\;\text{или}\;\;y = 5 - x.\] Следовательно, область интегрирования \(D\) в плоскости \(Oxy\) ограничена прямой \(y = 5 - x,\) как показано на рисунке \(5.\)

Объем тетраэдра будет равен \[ {V = \iiint\limits_U {dxdydz} } = {\int\limits_0^5 {dx} \int\limits_0^{5 - x} {dy} \int\limits_0^{5 - x - y} {dz} } = {\int\limits_0^5 {dx} \int\limits_0^{5 - x} {dy} \cdot \left[ {\left. z \right|_0^{5 - x - y}} \right] } = {\int\limits_0^5 {dx} \int\limits_0^{5 - x} {\left( {5 - x - y} \right)dy} } = {\int\limits_0^5 {dx} \cdot \left[ {\left. {\left( {5y - xy - \frac{{{y^2}}}{2}} \right)} \right|_{y = 0}^{y = 5 - x}} \right] } = {\int\limits_0^5 {\left[ {5\left( {5 - x} \right) - x\left( {5 - x} \right) - \frac{{{{\left( {5 - x} \right)}^2}}}{2}} \right]dx} } = {\int\limits_0^5 {\left( {25 - 5x - 5x + {x^2} - \frac{{25 - 10x + {x^2}}}{2}} \right)dx} } = {\frac{1}{2}\int\limits_0^5 {\left( {25 - 10x + {x^2}} \right)dx} } = {\frac{1}{2}\left[ {\left. {\left( {25x - \frac{{10{x^2}}}{2} + \frac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|_0^5} \right] } = {\frac{1}{2}\left( {125 - 5 \cdot 25 + \frac{{125}}{3}} \right) } = {\frac{{125}}{6}.} \]

   Пример 5

Найти объем области, ограниченной двумя параболоидами: \[{z_1} = {x^2} + {y^2}\;\;\text{и}\;\;{z_2} = 1 - {x^2} - {y^2}.\] Исследуем пересечение двух параболоидов (рисунок \(6\)). Поскольку \({\rho ^2} = {x^2} + {y^2},\) то уравнения параболоидов записываются в виде \[{z_1} = {\rho ^2}\;\;\text{и}\;\;{z_2} = 1 - {\rho ^2}.\] Полагая \({z_1} = {z_2}\) для линии пересечения, получаем \[ {{\rho ^2} = 1 - {\rho ^2},}\;\; {\Rightarrow 2{\rho ^2} = 1,}\;\; {\Rightarrow {\rho ^2} = \frac{1}{2}}\;\; {\text{или}\;\;z = \frac{1}{{\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}.} \] Этому значению \(\rho\) (рисунок \(7\)) соответствует координата \(z,\) равная \[z = {\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} = \frac{1}{2}.\] Объем данной области выражается с помощью тройного интеграла в виде \[V = \iiint\limits_U {dxdydz} .\] В цилиндрических координатах интеграл равен \[ {V = \iiint\limits_U {dxdydz} } = {\int\limits_0^{2\pi } {d\varphi } \int\limits_0^{\frac{{\sqrt 2 }}{2}} {\rho d\rho } \int\limits_{{\rho ^2}}^{1 - {\rho ^2}} {dz} } = {\int\limits_0^{2\pi } {d\varphi } \int\limits_0^{\frac{{\sqrt 2 }}{2}} {\rho d\rho } \cdot \left[ {\left. z \right|_{{\rho ^2}}^{1 - {\rho ^2}}} \right] } = {\int\limits_0^{2\pi } {d\varphi } \int\limits_0^{\frac{{\sqrt 2 }}{2}} {\rho \left( {1 - {\rho ^2} - {\rho ^2}} \right)d\rho } } = {2\pi \int\limits_0^{\frac{{\sqrt 2 }}{2}} {\left( {\rho - 2{\rho ^3}} \right)d\rho } } = {2\pi \left[ {\left. {\left( {\frac{{{\rho ^2}}}{2} - \frac{{2{\rho ^4}}}{4}} \right)} \right|_0^{\frac{{\sqrt 2 }}{2}}} \right] } = {2\pi \left[ {\frac{{{{\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}}{2} - \frac{{{{\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)}^4}}}{2}} \right] } = {\pi \left( {\frac{1}{2} - \frac{1}{4}} \right) } = {\frac{\pi }{4}.} \]

   Пример 6

Вычислить объем эллипсоида \[\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} + \frac{{{z^2}}}{{{c^2}}} = 1.\] Объем эллипсоида удобно вычислить используя обобщенные сферические координаты. Пусть \[ {x = a\rho \cos \varphi \sin \theta ,}\;\; {y = b\rho \sin \varphi \sin \theta ,}\;\; {z = c\rho \cos \theta .} \] Поскольку модуль якобиана при трансформации декартовых координат в обобщенные сферические координаты равен \[\left| I \right| = abc{\rho ^2}\sin\theta ,\] то, следовательно, \[dxdydz = abc{\rho ^2}\sin\theta d\rho d\varphi d\theta .\] Объем эллипсоида выражается через тройной интеграл: \[ {V = \iiint\limits_U {dxdydz} } = {\iiint\limits_{U'} {abc{\rho ^2}\sin\theta d\rho d\varphi d\theta } .} \] В силу симметрии эллипсоида, мы найдем объем \(\large\frac{1}{8}\normalsize\) его части, расположенной в первом октанте \(\left( {x \ge 0,y \ge 0,z \ge 0} \right),\) и затем умножим результат на \(8.\) При этом обобщенные сферические координаты будут изменяться в пределах: \[ {0 \le \rho \le 1,}\;\; {0 \le \varphi \le \frac{\pi }{2},}\;\; {0 \le \theta \le \frac{\pi }{2}.} \] Итак, объем эллипсоида равен \[ {V = \iiint\limits_{U'} {abc{\rho ^2}\sin\theta d\rho d\varphi d\theta } } = {8abc\int\limits_0^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {d\varphi } \int\limits_0^1 {{\rho ^2}d\rho } \int\limits_0^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {\sin\theta d\theta } } = {8abc\int\limits_0^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {d\varphi } \int\limits_0^1 {{\rho ^2}d\rho } \cdot \left[ {\left. {\left( { - \cos \theta } \right)} \right|_0^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize}} \right] } = {8abc\int\limits_0^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {d\varphi } \int\limits_0^1 {{\rho ^2}d\rho } \cdot \left( { - \cos \frac{\pi }{2} + \cos 0} \right) } = {8abc\int\limits_0^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {d\varphi } \int\limits_0^1 {{\rho ^2}d\rho } } = {8abc\int\limits_0^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {d\varphi } \cdot \left[ {\left. {\left( {\frac{{{\rho ^3}}}{3}} \right)} \right|_0^1} \right] } = {\frac{{8abc}}{3}\int\limits_0^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {d\varphi } } = {\frac{{8abc}}{3} \cdot \left[ {\left. \varphi \right|_0^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize}} \right] } = {\frac{{8abc}}{3} \cdot \frac{\pi }{2} } = {\frac{4}{3}\pi abc.} \]

   Пример 7

Найти объем тела, ограниченного сферой \({x^2} + {y^2} + {z^2} = 6\) и параболоидом \({x^2} + {y^2} = z.\) Определим сначала линию пересечения поверхностей. Подставляя уравнение параболоида в уравнение сферы, находим: \[ {z + {z^2} = 6,}\;\; {\Rightarrow {z^2} + z - 6 = 0,}\;\; {\Rightarrow {z_{1,2}} = \frac{{ - 1 \pm 5}}{2} = 2; - 3.} \] Второй корень \({z_2} = - 3\) соответствует пересечению сферы с нижней полостью параболоида. Этот случай мы не рассматриваем. Таким образом, пересечение тел происходит при \(z = 2.\) Очевидно, что проекция области интегрирования на плоскость \(Oxy\) имеет вид окружности (рисунок \(8\)), заданной уравнением \({x^2} + {y^2} = 2.\) Сверху область интегрирования ограничена сферической поверхностью, а снизу − параболоидом (рисунок \(9\)). Объем данной области выражается интегралом \[ {V = \iiint\limits_U {dxdydz} } = {\int\limits_{ - \sqrt 2 }^{\sqrt 2 } {dx} \int\limits_0^{\sqrt {2 - {x^2}} } {dy} \int\limits_{{x^2} + {y^2}}^{\sqrt {6 - {x^2} - {y^2}} } {dz} .} \] Удобно перейти к цилиндрическим координатам: \[V = \int\limits_0^{2\pi } {d\varphi } \int\limits_0^{\sqrt 2 } {\rho d\rho } \int\limits_{{\rho ^2}}^{\sqrt {6 - {\rho ^2}} } {dz} ,\] где \({\rho ^2} = {x^2} + {y^2}\) и интеграл включает якобиан \(\rho.\) Получаем: \[ {V = \int\limits_0^{2\pi } {d\varphi } \int\limits_0^{\sqrt 2 } {\rho d\rho } \int\limits_{{\rho ^2}}^{\sqrt {6 - {\rho ^2}} } {dz} } = {\int\limits_0^{2\pi } {d\varphi } \int\limits_0^{\sqrt 2 } {\rho d\rho } \cdot \left[ {\left. z \right|_{{\rho ^2}}^{\sqrt {6 - {\rho ^2}} }} \right] } = {\int\limits_0^{2\pi } {d\varphi } \int\limits_0^{\sqrt 2 } {\rho \left( {\sqrt {6 - {\rho ^2}} - {\rho ^2}} \right)d\rho } } = {2\pi \int\limits_0^{\sqrt 2 } {\rho \left( {\sqrt {6 - {\rho ^2}} - {\rho ^2}} \right)d\rho } } = {\pi \int\limits_0^{\sqrt 2 } {\left( {\sqrt {6 - {\rho ^2}} - {\rho ^2}} \right)d{\rho ^2}} .} \] Заменим \({\rho ^2} = t\). Здесь \(t = 0\) при \(\rho = 0\) и, соответственно, \(t = 2\) при \(\rho = \sqrt 2.\)

Окончательно вычисляем объем тела: \[ {V = \pi \int\limits_0^{\sqrt 2 } {\left( {\sqrt {6 - {\rho ^2}} - {\rho ^2}} \right)d{\rho ^2}} } = {\pi \int\limits_0^2 {\left( {\sqrt {6 - t} - t} \right)dt} } = {\pi \left[ {\left. {\left( { - \frac{{2{{\left( {6 - t} \right)}^{\large\frac{3}{2}\normalsize}}}}{3} - \frac{{{t^2}}}{2}} \right)} \right|_0^2} \right] } = {\pi \left[ { - \frac{2}{3}\left( {{4^{\large\frac{3}{2}\normalsize}} - {6^{\large\frac{3}{2}\normalsize}}} \right) - 2} \right] } = {\pi \left[ {\frac{2}{3}\left( {6\sqrt 6 - 8} \right) - 2} \right] } = {\pi \left( {4\sqrt 6 - \frac{{16}}{3} - 2} \right) } = {2\pi \left( {\frac{{6\sqrt 6 - 11}}{3}} \right).} \]

   Пример 8

Вычислить объем тела, ограниченного параболоидом \(z = 2 - {x^2} - {y^2}\) и конической поверхностью \(z = \sqrt {{x^2} + {y^2}} .\) Исследуем сначала пересечение двух заданных поверхностей. Приравнивая координаты \(z,\) получаем уравнение \[2 - {x^2} - {y^2} = \sqrt {{x^2} + {y^2}} .\] Пусть \({x^2} + {y^2} = {t^2}.\) Тогда \[ {2 - {t^2} = t,}\;\; {\Rightarrow {t^2} + t - 2 = 0,}\;\; {\Rightarrow {t_{1,2}} = \frac{{ - 1 \pm 3}}{2} = - 2;1.} \] В контексте данной задачи смысл имеет лишь корень \(t = 1,\) то есть \[ {z = \sqrt {{x^2} + {y^2}} = 1}\;\; {\text{или}\;\;{x^2} + {y^2} = 1.} \] Итак, обе поверхности пересекаются при \(z = 1,\) и сечение представляет собой круг (рисунок \(10\)). Область интегрирования сверху ограничена параболоидом , а снизу − конусом (рисунок \(11\)). Для вычисления объема области перейдем к цилиндрическим координатам: \[ {{x^2} + {y^2} = {\rho ^2},}\;\; {\sqrt {{x^2} + {y^2}} = \rho ,}\;\; {dxdydz = \rho d\rho d\varphi dz.} \] В результате находим \[ {V = \iiint\limits_U {\rho d\rho d\varphi dz} } = {\int\limits_0^{2\pi } {d\varphi } \int\limits_0^1 {\rho d\rho } \int\limits_0^{2 - {\rho ^2}} {dz} } = {\int\limits_0^{2\pi } {d\varphi } \int\limits_0^1 {\rho d\rho \cdot \left( {2 - {\rho ^2} - \rho } \right)} } = {\int\limits_0^{2\pi } {d\varphi } \int\limits_0^1 {\left( {2\rho - {\rho ^3} - {\rho ^2}} \right)d\rho } } = {\int\limits_0^{2\pi } {d\varphi } \cdot \left[ {\left. {\left( {{\rho ^2} - \frac{{{\rho ^4}}}{4} - \frac{{{\rho ^3}}}{3}} \right)} \right|_0^1} \right] } = {\int\limits_0^{2\pi } {\left( {1 - \frac{1}{4} - \frac{1}{3}} \right)d\varphi } } = {\frac{5}{{12}}\int\limits_0^{2\pi } {d\varphi } } = {\frac{{5\pi }}{6}.} \]