Тройные интегралы: как вычислять объём, массу и моменты

Мастерская заказала деталь: стальной шарик радиусом 2 см, у которого плотность растёт к центру — внутренний сплав тяжелее. Сколько материала уйдёт на тысячу таких шариков? Площади и двойные интегралы тут бессильны: тело трёхмерное, и одним срезом его не исчерпать. Нужен инструмент, суммирующий «кусочки объёма» по всему телу, — тройной интеграл.

Заодно ответим на вопрос, который возникает у каждого, кто открыл главу с символом $\iiint$: зачем три значка интеграла, если двойного хватало для площадей? Ответ короткий: объёмные тела — масса, момент инерции, центр тяжести, заряд. Всё то, без чего не посчитать ни подшипник, ни спутник, ни дозу контраста для томографа.

Что такое тройной интеграл и как он превращается в три обычных?#

Разрежем тело $V$ на мелкие кусочки объёмом $\Delta V$, в каждом возьмём пробную точку и сложим произведения значения функции на объём кусочка. Предел таких сумм при измельчении нарезки и есть тройной интеграл:

Каждый символ на месте: $f(x,y,z)$ — функция трёх переменных, заданная в точках тела; $dV$ — бесконечно малый кусочек объёма. Если подынтегральная функция — просто единица, интеграл возвращает объём тела. Конструкция сумм подробно разобрана в уроке про двойные интегралы (и в словарной статье про двойной интеграл): тройной строится по той же схеме, только квадратики становятся кубиками. Работает всё это для функций из курса функций нескольких переменных.

Считается всё теоремой Фубини: если функция непрерывна на теле, а само тело вырезано приличными поверхностями, интеграл разворачивается в три вложенных обычных. Вся хитрость — в пределах: их берут из описания тела неравенствами, и не наоборот. Порядок работы такой:

1. Нарисовать тело (хотя бы мысленно) и выяснить его проекцию на плоскость xy
2. Для точки проекции посмотреть, между какими двумя поверхностями живёт вертикаль $z$ — это пределы внутреннего интеграла
3. Внешние пределы описать так, чтобы проекция была покрыта без повторов: по $y$ от нижней кривой до верхней, по $x$ — константы
4. Вставить подынтегральную функцию и интегрировать изнутри наружу: сначала $z$, потом $y$, потом $x$

Пример на кубе, где пределы независимы:

1. 1
   Описываем тело: $0\le x\le 1$, $0\le y\le 1$, $0\le z\le 1$ — границы не зависят друг от друга.
2. 2
   Разворачиваем Фубини: ${\iiint }_{[0,1{]}^3}xyzdV={\int }_0^{1}xdx\cdot {\int }_0^{1}ydy\cdot {\int }_0^{1}zdz$.
3. 3
   Каждый множитель равен $\frac{1}{2}$, итого $\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{8}$.

Теперь тело посложнее — тетраэдр под плоскостью $z=1-x-y$, стоящий на треугольнике $x\ge 0$, $y\ge 0$, $x+y\le 1$. Здесь пределы уже зависимые: по $z$ бежим от $0$ до $1-x-y$, по $y$ — от $0$ до $1-x$, и только внешний предел по $x$ постоянен.

Внутренний интеграл съел подынтегральную единицу и оставил высоту $1-x-y$. Дальше: ${\int }_0^{1-x}(1-x-y)dy=\frac{(1-x{)}^2}{2}$, и внешний интеграл ${\int }_0^1\frac{(1-x{)}^2}{2}dx=\frac{1}{6}$. Цифра знакомая? Школьная формула объёма пирамиды — треть площади основания на высоту — даёт ровно $\frac{1}{6}$. Совпадение двух независимых путей — хорошая привычка.

Зачем менять координаты: цилиндрические и сферические?#

Кубы и тетраэдры честно считаются и в декартовых. Попробуйте описать тем же способом шар — пределы обрастут корнями, и жизнь превратится в боль. Выход — подогнать координаты под форму тела. При замене переменных меняется и «кусочек объёма»: ячейка новой сетки уже не единичный кубик, и поправочный множитель называется якобианом.

У множителей наглядный смысл. В цилиндрических координатах ячейка — колечко-сектор толщиной $d\rho$, шириной $\rho d\phi$ и высотой $dz$: чем дальше от оси, тем шире колечко — отсюда множитель $\rho$. В сферических ячейка сжимается ещё и по «широте», добавляется $\sin \phi$, где $\phi$ — угол, отсчитываемый от северного полюса, $0\le \phi \le \pi$, а $\theta$ — долгота, $0\le \theta <2\pi$.

Заметьте связь с двойным интегралом в полярных координатах: цилиндрические — это те же полярные в плоскости xy плюс высота $z$. Каждый слой по высоте считается полярно, а слои складываются третьим интегралом. Если в двойном интеграле вы уже видели множитель $\rho$ — здесь ничего нового, ровно та же механика.

Разберём параболоид $z=x^2+y^2$, накрытый крышкой $z=4$. В декартовых — корни и страдания; в цилиндрических тело описывается изящно: снизу $z={\rho }^2$, сверху $z=4$, проекция — диск радиуса 2.

Проверка срезами — приём, который стоит унести с собой. На высоте $z$ сечение тела — круг радиуса $\sqrt{z}$, то есть площади $\pi z$. Складываем слои: ${\int }_0^4\pi zdz=\frac{\pi z^2}{2}{|}_0^4=8\pi$. Два независимых пути к одному числу — значит, в выкладке нет арифметической дырки.

Шар через сферические координаты

Шар радиуса $R=2$ в сферических координатах — внезапно «куб» с независимыми пределами: $0\le \rho \le 2$, $0\le \phi \le \pi$, $0\le \theta <2\pi$. Интеграл распадается на три простых множителя:

Почему здесь сферические победили? Тело и пределы стали «кубом»: каждая переменная пробегает свой отрезок независимо. В декартовых тот же шар — это по $z$ отрезок от $-\sqrt{4-x^2-y^2}$ до $\sqrt{4-x^2-y^2}$, по $y$ корень от остатка, по $x$ константы: три этажа корней вместо трёх отрезков. Урок простой — форма тела подсказывает координаты, и игнорировать подсказку дорого.

Сверим с методом дисков: срез шара плоскостью на высоте $x$ — круг радиуса $\sqrt{4-x^2}$, поэтому $\pi {\int }_{-2}^2(4-x^2)dx=\frac{32\pi }{3}$. Сошлось до третьего знака. Пошевелите диски сами — интерактив показывает, как шар собирается из стопки круглых срезов:

Где тройной интеграл встречается в физике?#

Первая и самая ходовая задача — масса тела с переменной плотностью. Возьмём шар радиуса 1, плотность которого растёт как $\delta ={\rho }^2$ от центра (в граммах на кубический сантиметр). Подставляем плотность в интеграл и не забываем якобиан:

Сравните с однородным шаром той же геометрии ($\delta =1$): там масса $\frac{4\pi }{3}\approx 4,19$ — втрое больше. Плотность у центра выигрывает не символически: интеграл от ${\rho }^4$ вместо ${\rho }^2$ резко придавил вклад периферии.

Вторая классика — момент инерции: мера того, как тело сопротивляется раскрутке (что это физически — разобрано в словарной статье про момент инерции). Расстояние до оси $z$ в квадрате, умноженное на плотность, суммируется по всему телу: $I_z=\iiint (x^2+y^2)\delta dV$. Для однородного шара плотности 1 радиуса $R$ в сферических координатах $x^2+y^2={\rho }^2{\sin }^2\phi$:

Коэффициент $\frac{2}{5}$ выводится за три строки, запоминать его нет смысла. А вот сравнение с полой сферой стоит держать в голове: там вся масса сидит на краю, коэффициент $\frac{2}{3}$, и крутить такое тело тяжелее при той же массе. Экзаменаторы спрашивают именно эту разницу.

Третья задача — центр тяжести. Полушар: из симметрии $x_c=y_c=0$, а высота $z_c$ ищется интегралом $\iiint zdV$ по объёму. Сечение полушара на высоте $z$ — круг площади $\pi (R^2-z^2)$, значит ${\int }_0^{R}z\cdot \pi (R^2-z^2)dz=\frac{\pi R^4}{4}$. Делим на объём $\frac{2\pi R^3}{3}$ и получаем $z_c=\frac{3R}{8}$ — ниже середины $\frac{R}{2}$, потому что масса нарастает к широкому основанию. Тот же приём «интеграла по срезам» выручает на любой осесимметричной фигуре.

Куда двигаться дальше? Плоские версии приложений собраны в уроке приложения определённого интеграла; обобщение на интегралы по кривым и поверхностям — в криволинейных интегралах; как плотность и направление роста связаны с частными производными и градиентом. Техника первообразных лежит в шпаргалке по таблице интегралов, набить руку можно в тренажёре интегралов или по разборам в разделе как решать интегралы. Само понятие интеграла разложено по полочкам в статье интеграл словаря.

• Сначала описать тело неравенствами, потом ставить пределы — не наоборот
• Якоря замены: цилиндрические $\rho$, сферические ${\rho }^2\sin \phi$ — без якобиана ответ неверен целиком
• $f\equiv 1$ даёт объём, $\delta$ — массу, $(x^2+y^2)\delta$ — момент инерции
• Проверяйте ответ вторым путём: срезы, симметрия, школьная формула
• $\phi$ — от $0$ до $\pi$, $\theta$ — от $0$ до $2\pi$; перепутаете — удвоите шар