Trojrozměrný integrál
Matematika IV
3. TROJROZMĚRNÝ (TROJNÝ) INTEGRÁL Analogicky jako dvojrozměrný integrál zavádíme integrál trojrozměrný nebo také trojný. Dvojrozměrný integrál byl obecně definován pro funkci dvou nezávisle proměnných f ( x, y ) na dvojrozměrné oblasti Ω . Rozšířením o jednu integrační proměnnou získáme trojrozměrný integrál, který je obecně definován pro funkci tří nezávisle proměnných f ( x, y, z ) na trojrozměrné integrační oblasti. 3.1. Trojrozměrný integrál v kvádru Nejjednodušší integrační oblast u dvojrozměrných integrálů tvořil obdélník, jehož strany byly rovnoběžné s osami souřadnic. Podobně u trojrozměrných integrálů je výpočet nejjednodušší v případě, kdy integrační oblastí je = kvádr K {( x, y, z : x ∈< a, b >, y ∈< c, d >, z ∈< e, h >} , stručněji K = < a, b > x < c, d > x < e, h > , jehož stěny jsou rovnoběžné se souřadnicovými rovinami, a funkce u = f ( x, y, z ) je v tomto kvádru spojitá a ohraničená. Pak platí: b
= ∫∫∫ f ( x, y, z )dxdydz G
d
h
b
h
d
dx ∫ dy ∫ f ( x, y, z )dz ∫=
dx ∫ dz ∫ f ( x, y , z )dy ... ∫=
a
a
c
e
e
(1)
c
Trojrozměrný integrál je tak převeden na trojnásobný integrál, tedy na trojnásobnou integraci integrálů funkcí jedné nezávisle proměnné. Výpočet pak provádíme postupnou integrací, přičemž postupujeme zprava doleva. Poznámka. Pro funkce f ( x, y, z ) ≥ 0 v kvádru K znamená vztah (1) hmotnost kvádru K, ve kterém je rozložení hustoty dáno funkcí f ( x, y, z ). Příklad 3.1.1. Vypočtěte trojrozměrný integrál = A
∫∫∫ ln x
yz
dxdydz = , K
{( x, y, z ) : x ∈< 1,2 >, y ∈< 0,1 >, z ∈< 0,1 >}.
K 1
1
2 z2 y2 1 = dy ∫ y z ln x dz ∫ dx ∫= y ln x dy = ln x Řešení: A ∫ dx ∫= ∫ 2 dx 2 2 0 0 1 0 0 1 0 1 = u ln= x v′ 1 2 2 1 1 1 1 2 2 =∫ ln x dx = = 1 = ( [ x ln x ] − ∫ x dx ) = x ln x − x ] = [ 1 1 4 x 4 = u′ = v x 4 1 1 x 1 1 = (2ln 2 − 2 − ln1 + 1) = = (ln 4 − 1). 4 4 2
1
1
2
1
Poznámky 1. Jestliže integrand lze zapsat ve tvaru součinu tří funkcí jedné nezávisle proměnné kvádru K {( x, y, z ) : x ∈< a, b >, y ∈< c, d >, z ∈< e, h >} f ( x, y, z ) = f1( x ). f 2 ( y ). f3 ( z ), pak v = b
platí
d
h
∫∫∫ f1( x). f2 ( y). f3 ( z )dxdydz = ∫ f1( x)dx.∫ f2 ( y)dy.∫ f3 ( z )dz. G
a
c
(1a)
e
2. Obecně nezáleží na pořadí integrace. V některých případech ale daný trojrozměrný integrál může být snadno řešitelný jedním způsobem, jiný způsob však může být komplikovaný v závislosti na tvaru integrované funkce.
Jarmila Doležalová
1
Trojrozměrný integrál
Matematika IV
Příklad 3.1.2. Vypočtěte užitím vztahu (1a) integrál A z předcházejícího příkladu. 2
1
1
A= ∫ ln xdx.∫ ydy.∫ zdz
Řešení:
1
0
0
2 1 2 1 2 y z = x(ln x − 1) . . 1 2 0 2 0
]
[
=
1 1 1 =(2 ln 2 − 1). . = (ln 4 − 1). 2 2 4
Nelze-li funkci f ( x, y, z ) rozložit na součin tří funkcí jedné nezávisle proměnné, musíme při integraci postupovat podle vztahu (1), tedy jako v příkladu 3.1.1. Příklad 3.1.3. Vypočtěte trojrozměrný integrál 1 2 3 , K {( x, y , z ) : x ∈< 1,2 >, y ∈< 1,2 >, z ∈< 1,2 >}. = ∫∫∫ ( x + y + z )dxdydz G
Řešení: Příklad vyřešíme převedením na trojnásobný integrál a pak postupnou integrací podle (1). 1 2 3 dxdydz ∫∫∫ ( x + y + z )= K 2
2
2
2
1
1
1
1 2 3 + )dz ∫ dx ∫ dy ∫ ( x + y= z
2
2
2
z 2z 3ln z ∫ dx ∫ dy x + y + = 1 1 1
2
2 2 2 4 1 2 1 2 = ∫ dx ∫ dy + + 3ln 2 − + + 3ln1 = ∫ dx ∫ + + 3ln 2= dy x y x y x y 1 1 1 1 2
=
2
2
2 y 1 dx + 2 ln 2 + 6 ln 2 − + 2 ln1 + 3ln 2= ∫ dx x + 2 ln y + 3 y ln 2= ∫ x x 1 1 1 2
1 2 = ∫ + 5ln 2 dx = [ ln x + 5 x ln 2]1 = ( ln 2 + 10 ln 2 ) − ( ln1 + 5ln 2 ) = 6 ln 2. x 1
Příklady k procvičení: 1. Vypočtěte daný trojrozměrný integrál v kvádru K užitím vztahu (1a): a)
∫∫∫ xy
2
zdxdydz = ,K
{( x, y, z ) : x ∈< 0,2 >, y ∈< 1,3 >, z ∈< 1,2 >},
K
b)
= , K {( x, y , z ) : x ∈< 0,2 >, y ∈< 0,3 >, z ∈< 0,5 >}, ∫∫∫ dxdydz K
c)
∫∫∫
1 2 2 xy z dxdydz ,K =
{( x, y, z ) : x < −2,1 >, y < 1,3 >, z < 2,4 >},
K
d)
∫∫∫ e
3x + 2 y + z
dxdydz = ,K
{( x, y, z ) : x ∈< 0,1 >, y ∈< 0,1 >, z ∈< 0,1 >},
K
e)
∫∫∫ y
2
= z cos x dxdydz ,K
{( x, y, z ) : x ∈< 0,2π >, y ∈< 0,1 >, z ∈< −1,1 >},
K
f)
∫∫∫ 12 xy
2 3
z dxdydz = ,K
{( x, y, z ) : x ∈< −1,2 >, y ∈< 0,3 >, z ∈< −1,2 >}.
K
Jarmila Doležalová
2
Trojrozměrný integrál
Matematika IV
2. Vypočtěte trojrozměrné integrály v kvádru K užitím vztahu (1): a)
∫∫∫ (4 x
2
{( x, y, z ) : x ∈< 0,1 >, y ∈< 0,2 >, z ∈< 0,3 >} ,
,K + 4 xy + y 2 − 8 x − 4 y + 1)dxdydz =
K
b)
= , K {( x, y , z ) : x ∈< 0,1 >, y ∈< 0,2 >, z ∈< 0,3 >}, ∫∫∫ ( x + y )dxdydz K
c)
1 , K {( x, y, z ) : x ∈< 0,1 >, y ∈< 2,5 >, z ∈< 2,4 >}, = ∫∫∫ 1 − x − y dxdydz K
d)
1 1 1 = , K {( x, y, z ) : x ∈< 1,2 >, y ∈< 1,2 >, z ∈< 1,2 >}, ∫∫∫ ( x + y + z )dxdydz K
e)
∫∫∫ ( x
2
+ y 2 + z 2 )dxdydz = ,K
{( x, y, z ) : x ∈< −1,1 >, y ∈< 0,2 >, z ∈< 0,1 >}.
K
Výsledky: 52 1 1215 . ( 2 − 4) ; d) (e3 − 1)(e2 − 1)(e − 1) ; e) 0; f) 3 2 6 4 2. a) –14; b) 9; c) 10 ln ; d) 3ln 2 e) 8. 5
1. a) 26; b) 30; c)
3.2. Trojrozměrný integrál v obecné uzavřené oblasti Výpočet trojrozměrného integrálu v kvádru můžeme obdobně jako v dvojrozměrném integrálu rozšířit na výpočet trojrozměrného integrálu v trojrozměrné oblasti Ω, která je ohraničena uzavřenou plochou, jež sama sebe neprotíná, přičemž rovnoběžky s osou z, vedené jejími vnitřními body, ji protínají ve dvou bodech. Takovou oblast nazveme normální vzhledem k souřadnicové rovině os x, y. Určení oblasti nerovnicemi provedeme následujícím způsobem: a) Určíme pravoúhlý průmět výše popsané uzavřené plochy do roviny os x, y ( z = 0 ). z
z2=f2(x,y) Ω z1=f1(x,y) 0 x Ω1
y
Obr. 1 b) Dotyková válcová plocha rozdělí danou uzavřenou plochu na dvě části, které lze vyjádřit rovnicemi = z f= 1 ( x, y ) a z f 2 ( x, y ), viz obr. 1. Platí zřejmě f1( x, y ) ≤ z ≤ f 2 ( x, y ) . c) Pravoúhlým průmětem dané uzavřené plochy do roviny os x, y je rovinná oblast Ω0 , která je normální vzhledem k ose x nebo vzhledem k ose y. Způsobem známým z dvojného integrálu lze stanovit nerovnice
Jarmila Doležalová
3
Trojrozměrný integrál
Matematika IV
Ω0x : x1 ≤ x ≤ x2 ,
g1( x ) ≤ y ≤ g 2 ( x ), resp.
Ω0 y :
h1( y ) ≤ x ≤ h2 ( y ).
y1 ≤ y ≤ y2 ,
Pravoúhlé průměty oblasti Ω je možno provést také do souřadnicových rovin os y, z ( x = 0 ), resp. x, z ( y = 0 ). Situace je obdobná, není proto nutno se těmito případy zabývat. Jestliže je funkce f ( x, y, z ) spojitá v elementární trojrozměrné oblasti Ω , pak x2
g2 ( x )
∫∫∫ f ( x, y, z )dxdydz = ∫ dx ∫ Ω
dy
∫
x1
g1 ( x )
f1 ( x , y )
y2
h2 ( y )
f2 ( x, y )
∫∫∫ f ( x, y, z )dxdydz = ∫ dy ∫ Ω
f2 ( x, y )
y1
h1 ( y )
dx
∫
f ( x, y, z )dz, respektive
f ( x, y, z )dz.
(2)
f1 ( x , y )
Oblast Ω je tedy pro převedení na trojnásobný integrál nutno analyticky vyjádřit v takovém tvaru, aby meze vnějšího integrálu byly konstantní, meze prostředního integrálu mohou obecně být funkcí jedné proměnné a meze vnitřního integrálu mohou obecně být funkcí dvou proměnných. Obvykle postupujeme tak, že nejprve vyjádříme meze proměnné z. Pak určíme pravoúhlý průmět Ω0 integrační oblasti Ω do souřadnicové roviny os x, y. Oblast Ω0 nakonec vyjádříme jako oblast normální vzhledem k ose x nebo jako oblast normální vzhledem k ose y. Ze vztahů (2) vyplývá, že nejdříve musí být provedena integrace podle proměnné z ∈< f1 ( x, y ), f 2 ( x, y ) >, jejíž meze jsou funkcemi dvou proměnných (při pravoúhlém průmětu Ω do souřadnicové roviny os x, y jsou to proměnné x, y). Po provedení integrace podle proměnné z se jedná již o řešení dvojrozměrného integrálu Příklad 3.2.1. Stanovte nerovnice určující body oblasti Ω , která je ohraničena plochou 2 x2 + y 2 + z= a 2 , a > 0.
Řešení:
Jedná se o oblast ohraničenou kulovou plochou. Z rovnice x 2 + y 2 + z 2 = a2
vyjádříme z:
z= ± a2 − x2 − y 2 .
To jsou rovnice horní poloviny ( z = + a2 − x2 − y 2 ) a dolní poloviny ( z = − a 2 − x 2 − y 2 ) kulové plochy. Dostaneme tedy − a2 − x2 − y 2 ≤ z ≤ a2 − x2 − y 2 ,
( z ∈< − a 2 − x 2 − y 2 , a 2 − x 2 − y 2 >).
Obrysová válcová plocha, která promítá Ω kolmo do souřadnicové roviny os x, y ( z = 0 ) má po dosazení z = 0 rovnici x2 + y 2 = a2. V rovině os x, y jde o rovnici kružnice, která je hranicí průmětu Ω0 plochy Ω do roviny os x, y. V tomto případě je také průnikovou křivkou dané kulové plochy a roviny os x, y. Určení zbývajících nerovnic bylo vysvětleno v části 2.2.: Oblast Ω0x normální vzhledem k ose x: − a ≤ x ≤ a, , − a2 − x2 ≤ y ≤ a2 − x2 , resp. oblast Ω0 y normální vzhledem k ose y: − a ≤ y ≤ a , − a2 − y2 ≤ x ≤ a2 − y2 .
Jarmila Doležalová
4
Trojrozměrný integrál
Matematika IV
Příklad 3.2.2. Stanovte nerovnice určující prostorovou oblast Ω která je ohraničena rovinami x= 0, y= 0, z= 0, 2 x + 2 y + z − 6= 0. Řešení:
Pro body oblasti Ω , viz obr. 2, zřejmě podle zadání platí 0 ≤ z ≤ 6 − 2 x − 2 y.
Nyní určíme pravoúhlý průmět oblasti Ω do roviny z = 0 . Oblast Ω0 je trojúhelník z v rovině z = 0 , jehož strany jsou přímky x 0,= y 0,= y 3 − x. Poslední rovnici = získáme tak, že v rovnici roviny 2x + 2 y + z − 6 = 0 položíme z = 0 a pak 2x+2y+z-6=0 ji upravíme. Určení zbývajících nerovnic je již známo Ω z příkladů o dvojrozměrném integrálu. Oblast Ω0x normální vzhledem k ose x : nebo 0 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ y ≤ 3 − x 0 oblast Ω0 y normální vzhledem k ose y: Ω1 y=3-x
x
0 ≤ y ≤ 3, y
0 ≤ x ≤ 3 − y.
Obr. 2
Příklad 3.2.3. Stanovte nerovnice pro oblast Ω která je ohraničena plochami dvou paraboloidů 1 2 1 z= ( x + y 2 ), z = 4 − ( x 2 + y 2 ). 2 2 Řešení: Ze zadání je zřejmé, že proměnná z je určena nerovnicemi 1 2 1 ( x + y 2 ) ≤ z ≤ 4 − ( x 2 + y 2 ). 2 2 z
Určíme nyní rovnici kolmého průmětu společné křivky k obou ploch, viz obr. 3. Platí 1 2 1 2 ( x + y 2 ) =− 4 ( x + y 2 ), po úpravě 2 2
2 2 z= 12 (x +y )
k z=4- 12 (x +y ) 2
x
k1
2
x2 + y 2 = 4 To je rovnice kružnice k1 v rovině z = 0. Pro určení oblasti Ω0 ohraničené kružnicí
k1 pak platí: Oblast Ω0x normální vzhledem k ose x:
−2 ≤ x ≤ 2, − 4 − x 2 ≤ y ≤ 4 − x 2 nebo oblast Ω0 y normální vzhledem k ose y:
Obr. 3
−2 ≤ y ≤ 2,
− 4 − y2 ≤ x ≤ 4 − y2 .
Příklady k procvičení: Stanovte nerovnice pro body prostorové oblasti, která je ohraničena plochami: a)
x2 + y2 + z2 = 4,
b)
x= 0, y= 0, z= 0, x + y + z= 1,
Jarmila Doležalová
5
Trojrozměrný integrál
Matematika IV
c)
x = 0, y = 0, z = 0, z = 3, x 2 + y 2 = 4, v prvním oktantu,
d)
z = x 2 + y 2 , x + y = 1, v prvním oktantu.
Výsledky : a) −2 ≤ x ≤ 2, − 4 − x 2 ≤ y ≤ 4 − x 2 , − 4 − x 2 − y 2 ≤ z ≤ + 4 − x 2 − y 2 nebo −2 ≤ y ≤ 2, − 4 − y 2 ≤ x ≤ 4 − y 2 , − 4 − x 2 − y 2 ≤ z ≤ + 4 − x 2 − y 2 ; b) 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 − x, 0 ≤ z ≤ 1 − x − y; c) 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 4 − x 2 , 0 ≤ z ≤ 3; d) 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 − x, 0 ≤ z ≤ x 2 + y 2 .
∫∫∫ ( x
Příklad 3.2.4. Vypočtěte integrál = B
2
+ y 2 )dxdydz , kde Ω je ohraničena plochami
Ω
x= 0, y= 0, z= 0, x + y= 2, x + y − z= 0.
Řešení: Ze dvou rovnic v zadání obsahujících proměnnou z dostaneme nerovnice 0 ≤ z ≤ x + y. Pro určení pravoúhlého průmětu Ω0 do roviny z = 0 zůstaly rovnice x= 0, y= 0, x + y= 2. Pro body oblasti Ω0x vyjádřené jako oblast normální vzhledem k ose x platí: 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 2 − x. 2
= B
∫ dx 0
=
0
∫ dx ∫ 0 2
∫
dy
∫
2
dz ( x 2 + y 2 )=
0 2
∫ dx 0
2− x
2
=
x+ y
2− x
2
( x + y )( x + y )dy =
0
2
∫ x
0
2− x
∫
x+ y
( x2 + y 2 ) [ z ] 0
= dy
0 3
y+x
2− x
y3 y 4 +x + 2 3 4 0
2 y
2
1 1 1 64 3 (2 − x) + x 2 (2 − x)2 + x(2 − x)3 + (2 − x) 4 = . dx 2 3 4 15
∫ x
0
Příklady k procvičení: 1. Vypočtěte daný trojrozměrný integrál v oblasti Ω : a) ∫∫∫ xdxdydz , Ω : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 − x, 0 ≤ z ≤ x + y, Ω
b)
∫∫∫ xyzdxdydz, Ω : 0 ≤ x ≤ 1,
0 ≤ y ≤ x, 0 ≤ z ≤ xy,
Ω
c)
∫∫∫ x
3 2
y zdxdydz , Ω : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ x, 0 ≤ z ≤ xy,
Ω
d)
∫∫∫ (2 x + 3 y − z )dxdydz, Ω : z =
0, z = 1, x = 0, y = 0, x + y = 2,
Ω
e)
dx =
∫∫∫ xydxdydz, Ω : x =
0, y = 0, z = 0, x + y = 1, z = x 2 + y 2 + 1,
Ω
Výsledky: 1 1 1 7 17 1. a) ; b) . ; c) ; d) ; e) 8 64 120 110 3
Jarmila Doležalová
6
Trojrozměrný integrál
Matematika IV
3.3. Transformace v trojrozměrném integrálu 3.3.1. Transformace do válcových souřadnic
Transformace do válcových souřadnic je určena zejména pro trojrozměrné integrály, jejichž integrační oblastí Ω je rotační válec nebo jeho část, rotační kužel nebo jeho část nebo v případech, kdy pravoúhlý průmět Ω0 oblasti Ω do příslušné souřadnicové roviny je kruh či jeho část. Trojici kartézských souřadnic x, y, z nahradíme trojicí válcových souřadnic ρ , ϕ , z . Z obr. 4 je zřejmé, že význam válcových souřadnic ρ a ϕ je stejný jako v případě polárních souřadnic u dvojrozměrných integrálů, třetí souřadnice z se nemění. z
(x,y,z)
(x,0,0) x
0 φ
(0,y,0) ρ
y
(x,y,0)
Obr. 4 Transformace do válcových souřadnic je v případě válce, který má osu v ose z, dána x = ρ cos ϕ , transformačními rovnicemi: y = ρ sin ϕ , z = z. ∂x ∂x ∂x ∂ρ ∂ϕ ∂z cos ϕ − ρ sin ϕ 0 ∂y ∂y ∂y Pro jakobián transformace platí J = sin ϕ = ρ cos ϕ 0 ρ . = ∂ρ ∂ϕ ∂z 0 0 1 ∂z ∂z ∂z ∂ρ ∂ϕ ∂z Součin diferenciálů dxdydz proto nahradíme výrazem dxdydz = ρ d ρ dϕ dz.
Pro transformaci trojného integrálu do válcových souřadnic platí
∫∫∫ f ( x, y, z )dxdydz = ∫∫∫* f ( ρ cos ϕ , ρ sin ϕ , z ) ρ d ρ dϕ dz, Ω
(3)
Ω
Oblast Ω* je obrazem oblasti Ω ve válcových souřadnicích.
Poznámky: 1. Válec x 2 + y 2 = R 2 , z = 0, z = v s osou v ose z, výškou v a poloměrem R se ve válcových souřadnicích zobrazí na kvádr 0 < ρ ≤ R, 0 ≤ ϕ < 2π , 0 ≤ z ≤ v. 2. Jak jste poznali v kapitole 3.1. je výpočet trojrozměrného integrálu na kvádru jednodušší než na obecné uzavřené oblasti Ω
Jarmila Doležalová
7
Trojrozměrný integrál
Matematika IV
Příklad 3.3.1. Vypočtěte integrál C = ∫∫∫ dxdydz, kde Ω je ohraničena plochami Ω
2
2
x + y = 1, z = 0, z = 1. Řešení: Oblast Ω je válec s osou v ose z, poloměrem podstavy 1 a výškou 1 (obr. 5). Zřejmě je 0 ≤ z ≤ 1. Určení nerovnic pro ρ a ϕ je stejné jako při transformaci do polárních souřadnic. Pro transformovanou oblast Ω* proto platí: Ω* : 0 < ρ ≤ 1, 0 ≤ ϕ < 2π , 0 ≤ z ≤ 1. z Obr. 5 Podle (3) platí: Ω = C
= ρ d ρ dϕ dz ∫∫∫ Ω*
0
2π
1
0
0 2 1
0
ρ ∫ dϕ ∫ ρ dz ∫ d=
2π 1 ρ 2π 1 ρ ρ ϕ d d = [ϕ ] 0 [ z ]0 π . ∫ ∫ ∫ dz 2= 0 0 0 0 1
= y
Ω1
x
1
Poznámka Vzhledem k tomu, že geometrickým významem integrálu C je objem integrační oblasti Ω , 2 můžeme snadno ověřit správnost výpočtu: .1 π . V π= r 2v π .1 = = 2 2 Příklad 3.3.2. Vypočtěte integrál D = ∫∫∫ ( x + y ) dxdydz, Ω je ohraničena parabolickou plochou Ω
1 2 ( x + y 2 ) a rovinou z = 2. = z 2 1 2 ( x + y 2 ) = 2 , odtud po 2 2 2 úpravě x + y = 4 ). Použijeme proto transformace do válcových souřadnic (3). 1 2 = z ( x + y2 ) 2 Souřadnice z je zdola ohraničena parabolickou plochou a shora rovinou z = 2. Podle vztahu (3) dostaneme 1 2 1 2 1 2 z= (x + y2 )= ( ρ cos 2 ϕ + ρ 2 sin 2 ϕ ) = ρ . 2 2 2
Řešení:
Průmětem Ω do roviny z = 0 je kruh x 2 + y 2 ≤ 4 ( z =
Pro transformovanou oblast Ω* tedy platí 1 Ω* : ρ 2 ≤ z ≤ 2, 0 < ρ ≤ 2, 0 ≤ ϕ < 2π . 2 Dále platí: 2
2π
0
0
2 2 2 2 2 D= ∫∫∫ ( ρ cos ϕ + ρ sin ϕ ) ρ d ρ dϕ dz = ∫ ρ d ρ ∫ dϕ Ω*
2
2π
0
0
3 = ∫ ρ d ρ ∫ dϕ
Jarmila Doležalová
2
∫
1 2 ρ 2
2
2π
0
0
3 dz = ∫ ρ d ρ ∫ [ z ]1 2
2
2
∫
ρ dz =
1 2 ρ 2
2
2π
0
0
1 dϕ = ρ 3 (2 − ρ 2 )d ρ ∫ 2 ρ2
8
∫ dϕ =
Trojrozměrný integrál
Matematika IV
2
2 ρ4 ρ6 2π 1 2 3 1 5 = ∫ ρ (2 − ρ ) [ϕ ] d ρ = 2π ∫ (2 ρ − ρ )d ρ = 2π − = 0 2 2 2 12 0 0 0 32 16 = π (16 − ) = π. 3 3 2
3
Příklady k procvičení: Transformací do válcových souřadnic vypočtěte: a)
∫∫∫ zdxdydz, Ω : −2 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤
4 − x 2 , 0 ≤ z ≤ 2,
Ω
b)
∫∫∫ z ( x
2
+ y 2 )dxdydz , Ω : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 − x 2 , 0 ≤ z ≤ 1 − x 2 − y 2 ,
Ω
c)
∫∫∫ dxdydz, Ω : x
2
+ y 2 ≤ 1, x ≥ 0, 0 ≤ z ≤ 6.
Ω
Výsledky: a) 4π ; b)
π 48
; c) 3π .
3.3.2. Transformace do sférických souřadnic
Transformace do sférických souřadnic je určena zejména pro trojrozměrné integrály, jejichž integrační oblastí Ω je koule nebo její část (rotační kužel nebo jeho část. Trojici kartézských souřadnic x, y, z nahradíme trojicí sférických souřadnic ρ , ϕ , ϑ , obr. 6. Souřadnice ρ znamená vzdálenost bodu X ( x, y, z ) od počátku soustavy souřadnic ( ρ ≥ 0) . Souřadnice ϕ označuje orientovaný úhel měřený v souřadnicové rovině os x, y od kladného směru osy x po průvodič bodu ( x, y, 0) v kladném smyslu. Souřadnice ϑ označuje orientovaný úhel měřený ve svislé rovině od kladného směru osy z po průvodič bodu ( x, y, z ) . z
(x,y,z)
(x,0,0) x
0 φ
ϑ
ρ (0,y,0) ρ1 (x,y,0)
y
Obr. 6
x = ρ cos ϕ sin ϑ , Transformační rovnice do sférických souřadnic: y = ρ sin ϕ sin ϑ , z = ρ cos ϑ.
Jarmila Doležalová
9
Trojrozměrný integrál
Matematika IV
Pro jakobián transformace platí ∂x ∂x ∂x ∂ρ ∂ϕ ∂z cos ϕ sin J ∂y ∂y ∂y J= = sin ϕ sin J ∂ρ ∂ϕ ∂z cos J ∂z ∂z ∂z ∂ρ ∂ϕ ∂z
− ρ sin ϕ sin J ρ cos ϕ sin J
ρ cos ϕ cos J ρ sin ϕ cos J = − ρ 2 sin J. − ρ sin J
0
Součin diferenciálů dxdydz nahradíme proto výrazem dxdydz = ρ 2 sin ϑ d ρ dϕ dϑ . Pro transformaci trojrozměrného integrálu do sférických souřadnic platí:
∫∫∫ f ( x, y, z )dxdydz = ∫∫∫* f ( ρ cos ϕ sin ϑ , ρ sin ϕ sin ϑ , ρ cos ϑ ) ρ Ω
2
sin ϑ d ρ dϕ dϑ ,
(4)
Ω
Oblast Ω* je obrazem oblasti Ω ve sférických souřadnicích.
Poznámka Koule se středem v počátku soustavy souřadnic a poloměrem R se ve sférických souřadnicích zobrazí na kvádr 0 < ρ ≤ R, 0 ≤ ϕ < 2π , 0 ≤ ϑ ≤ π . Příklad 3.3.3. Vypočtěte integrál
∫∫∫ ( x
= E
2
+ y 2 + z 2 )dxdydz , Ω : x 2 + y 2 + z 2 ≤ 4, x 2 + y 2 + z 2 ≥ 1.
Ω
Řešení: Oblast Ω je ohraničena dvěma kulovými plochami se středem v počátku soustavy souřadnic o poloměrech R1 = 1 a R2 = 2 . Použijeme transformace do sférických souřadnic Oblast Ω* je určena nerovnicemi: 1 ≤ ρ ≤ 2, 0 ≤ ϕ < 2π , 0 ≤ ϑ ≤ π . Pro integrál po dosazení podle vztahu (4) platí: = E
∫∫∫* ( ρ
2
ϑ cos 2 ϕ sin 2 ϑ + ρ 2 sin 2 ϕ sin 2 ϑ + ρ 2 cos 2 ϑ ) ρ 2 sin ϑ d ρ dϕ d=
Ω
=
∫∫∫* ρ
2
Ω
= d ρ dϕ dϑ sin 2 ϑ (cos2 ϕ + sin 2 ϕ ) + cos2 ϑ ρ 2 sin ϑ 2
2π
π
1
0
0
2 2 2 2 4 = ∫∫∫ ρ sin ϑ + cos ϑ ρ sinϑ d ρ dϕ dϑ = ∫ ρ d ρ ∫ dϕ ∫ sinϑ dϑ = Ω*
2 ρ5
π 31 2π 124 = .[ϕ ] .[ − cos ϑ ] = .2π .2 = π. 0 0 5 5 5 1
Příklady k procvičení: Transformací do sférických souřadnic vypočtěte: a)
∫∫∫ zdxdydz,
Ω : x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0, x 2 + y 2 + z 2 ≤ 4,
Ω
b)
∫∫∫
x 2 + y 2 + z 2 dxdydz , Ω : x 2 + y 2 + z 2 ≤ 1, x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0,
Ω
Jarmila Doležalová
10
Trojrozměrný integrál
Matematika IV
c)
∫∫∫ z ( x
2
∫∫∫ ( x
+ y 2 )dxdydz, Ω : z ≥ 0, 4 ≤ x 2 + y 2 + z 2 ≤ 9 .
+ y 2 )dxdydz , Ω : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 − x 2 , 0 ≤ z ≤ 1 − x 2 − y 2 ,
Ω
d)
2
Ω
Výsledky: a) π ; b)
π 8
; c)
π 48
; d)
844 π. 15
3.4. Aplikace trojrozměrného integrálu 3.4.1. Objem tělesa Trojrozměrný integrál z funkce f ( x, y, z ) ≥ 0 v oblasti Ω znamená hmotnost oblasti Ω , přičemž rozložení hustoty oblasti Ω v bodě o souřadnicích ( x, y, z ) je dáno funkcí σ = f ( x, y, z ). Jestliže σ = 1, pak uvedený trojrozměrný integrál znamená objem tělesa a platí
V = ∫∫∫ dxdydz.
(5)
Ω
Příklad 3.4.1. Vypočtěte objem válce, jehož podstavu tvoří kruh o poloměru r = 1 a který má výšku v = 1. Řešení:
Odpovídá výpočtu integrálu C v příkladu 3.3.1 v kapitole 3.3:
V = π.
Příklad 3.4.2. Vypočtěte objem tělesa, které je ohraničeno válcovými plochami z= 5 − y 2 , z y 2 + 3 a rovinami= = x 0,= x 2. Řešení: Ze zadání jsou zřejmé meze pro proměnnou x a proměnnou z. Abychom určili meze pro proměnnou y, musíme znát rovnici průsečnic válcových ploch. Získáme je vyřešením rovnice 5 − y 2 = y 2 + 3, 2 y 2 = 2, y 2 = 1, y = ±1. Pro integrační oblast proto platí nerovnice Ω : 0 ≤ x ≤ 2, − 1 ≤ y ≤ 1, y 2 + 3 ≤ z ≤ 5 − y 2 . Objem zadané oblasti vypočítáme podle vztahu (5): V=
∫∫∫ dxdydz = Ω
2
1
5− y 2
0
−1
y2 +3
∫ dx ∫ dy
∫
2
1
0
−1
5− y 2 = y2 +3
dz = ∫ dx ∫ dy [ z ]
2
1
0
−1
2 ∫ dx ∫ (2 − 2 y )dy =
1 y3 2 2 16 = = 2 ∫ dx ∫ 2(1 − y )dy = 2.2 ∫ dx y − = 4. [ x ]0 = . 3 3 3 0 0 0 0 2
1
2
2
Příklad 3.4.3. Vypočtěte objem trojosého elipsoidu, jehož délky poloos jsou postupně a, b, c, a > 0, b > 0, c > 0. Řešení:
Střed elipsoidu umístíme bez újmy na obecnosti do počátku soustavy souřadnic.
Rovnice elipsoidu má v takovém případě tvar
x2
y2
z2
= 1. Pro řešení použijeme a 2 b2 c2 zobecněné sférické souřadnice, které vzniknou ze sférických souřadnic (4) doplněním příslušných délek poloos do transformačních rovnic:
Jarmila Doležalová
11
+
+
Trojrozměrný integrál
Matematika IV
x = a ρ cos ϕ sin ϑ , y = bρ sin ϕ sin ϑ , z = c ρ cos ϑ.
(5a)
Snadno si ověříte, že jakobián transformace je určen vztahem J = −abc ρ 2 sin J. Elipsoid se transformuje na kvádr Ω* : 0 < ρ ≤ 1, 0 ≤ ϕ < 2π , 0 ≤ ϑ ≤ π . Meze pro proměnné ϕ a ϑ určíme z geometrického názoru (analogicky jako u koule), meze pro proměnnou ρ zjistíme dosazením transformačních rovnic do rovnice elipsoidu: x2 y 2 z 2 a 2 ρ 2 cos 2 ϕ sin 2 ϑ b 2 ρ 2 sin 2 ϕ sin 2 ϑ c 2 ρ 2 cos 2 ϑ = + + 1, + = + 1, a 2 b2 c2 a2 b2 c2 ρ 2 sin 2 ϑ (cos 2 ϕ + sin 2 ϕ ) + cos 2 ϑ = 1, ρ 2 = 1, ρ = 1. Podle vztahu (5) platí: 1
ρ3 2π π = = ρ dϕ dϑ abc [ϕ ]0 [ − cos ϑ ]0 , V ∫∫∫ dxdydz abc ∫∫∫ ρ sin ϑ d= 3 0 Ω Ω* 4 V = π abc. 3 Příklady k procvičení: 2
Vypočtěte objem tělesa ohraničeného plochami: a)
x= 0, y= 0, z= 0, x= 2, y= 3, x + y + z= 4, ( x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0),
b)
x − y + z= 6, x + y= 2, x= y, y= 0, z= 0,
c)
6 x − 9 y + 5 z= 0, 3 x − 2 y= 0, 4 x − y= 0, x + y= 5, z= 0,
d)
z= x2 + y 2 , z = y,
e) y= x 2 , z= 0, y + z= 2 . Výsledky: a)
32 2 55 16 15 π . ; c) ; d) ; e) ; b) 15 3 2 6 32
3.4.2. Fyzikální aplikace Mějme hmotnou oblast Ω, přičemž hustota v každém bodě X ( x, y, z ) oblasti Ω je dána funkcí σ = σ ( x, y, z ). Pak hmotnost tělesa, které je určeno oblastí Ω, je dána vztahem
m = ∫∫∫ σ ( x, y, z )dxdydz ,
(6)
Ω
statický moment tělesa S xy = S z = 0 , resp. S yz = S x = 0 , resp. S xz = S y = 0 , vzhledem k souřadnicové rovině os x, y, resp. y, z , resp. x, z je = S xy S= z =0
∫∫∫ zσ ( x, y, z )dxdydz ,
(7a)
∫∫∫ xσ ( x, y, z )dxdydz ,
(7b)
Ω
= S yz S= x =0
Ω
Jarmila Doležalová
12
Trojrozměrný integrál
Matematika IV
S xz S= = y =0
∫∫∫ yσ ( x, y, z )dxdydz ,
(7c)
Ω
souřadnice těžiště T = (ξ ,η , ζ ) tělesa jsou S y =0 S x =0 S η= , , z = z =0 , m m m moment setrvačnosti tělesa vzhledem k osám x, resp. y, resp. z je
x=
= Ix
(8)
∫∫∫ ( y
2
+ z 2 )σ ( x, y, z )dxdydz ,
(9a)
∫∫∫ ( x
2
+ z 2 )σ ( x, y, z )dxdydz ,
(9b)
2
+ y 2 )σ ( x, y, z )dxdydz.
(9c)
Ω
= Iy
Ω
Iz =
∫∫∫ ( x Ω
Příklad 3.4.4. Vypočtěte hmotnost tělesa ohraničeného kulovými plochami x 2 + y 2 + z 2 = 1, x2 + y 2 + z 2 = 4, přičemž jeho hustota v bodě X ( x, y, z ) je σ ( x, y, z ) = x 2 + y 2 + z 2 . Řešení:
Odpovídá řešení integrálu E v příkladu 3.3.3 v kapitole 3.3.:
m=
124 π. 5
Příklad 3.4.5. Určete hmotnost polokoule x 2 + y 2 + z 2 = 4, z ≥ 0, je-li její hustota v libovolném bodě přímo úměrná páté mocnině vzdálenosti tohoto bodu od středu polokoule a v bodě A(1, 0, 0) nabývá hodnoty 2. Podle zadání je hustota určena vztahem = σ k ( x 2 + y 2 + z 2 )5 , kde k je konstanta
Řešení:
úměrnosti. V bodě A platí: = 2 k ( 12 + 02 + 02 )5 , odtud konstanta úměrnosti k = 2 a pro hustotu koule tedy platí σ = 2( x 2 + y 2 + z 2 )5 . Vzhledem ke tvaru integrační oblasti použijeme transformaci do sférických souřadnic (4). Pro hustotu pak platí
σ = 2 ρ 5 , neboť proměnná ρ je definována jako vzdálenost bodu
X ( x, y, z ) od počátku soustavy souřadnic ( ρ =
x 2 + y 2 + z 2 ).
Integrační oblast je určena nerovnicemi Ω* : 0 < ρ ≤ 2, 0 ≤ ϕ < 2π , 0 ≤ ϑ ≤
π 2
.
Podle vztahu (6) pro hmotnost koule platí:
m =
∫∫∫ 2( Ω
x 2 + y 2 + z 2 )5 dxdydz dϑ = 2 ∫∫∫ ρ 5 ρ 2 sin ϑ d ρ dϕ = 2π
π
Ω* 2
π
ρ8 2π = 2 ∫ ρ d ρ ∫ dϕ ∫ sin ϑ = ϑ ]02 128π . dϑ 2 [ϕ ]0 [ − cos= 8 0 0 0 0 Příklad 3.4.6. Určete statický moment tělesa, které je ohraničeno válcovou plochou z = x a rovinami= x 3,= y 0,= y 2,= z 0 , vzhledem k souřadnicové rovině os x, y . Hustota tělesa v libovolném bodě je přímo úměrná vzdálenosti tohoto bodu od souřadnicové roviny os x, z . 2
7
Jarmila Doležalová
2
13
Trojrozměrný integrál
Matematika IV
Podle zadání je hustota určena vztahem σ = ky, kde k je konstanta úměrnosti. Ze
Řešení:
zadání vyplývají pro integrační oblast nerovnice: Ω : 0 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ y ≤ 2, 0 ≤ z ≤ x . Podle vztahu (7a) pro požadovaný statický moment platí: 2
x
3 y2 z2 = = k ∫ dx ∫ ydy = S z = 0 ∫∫∫ z kydxdydz k= ∫ zdz k ∫ dx 2 2= ∫ xdx Ω 0 0 0 0 0 0 0 3
x
2
3
3
x2 9k = k= . 2 0 2 Příklad 3.4.7. Určete těžiště homogenního tělesa, které je ohraničeno rovinami x= 0, y= 0, z = 0, x= 1, y= 1, x + y + z = 2. Řešení: Bez újmy na obecnosti položíme σ = 1. Nejprve určíme hranice integrační oblasti Ω. . Ze zadání vyplývá, že pravoúhlým průmětem oblasti Ω do souřadnicové roviny os x, y je čtverec 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 . Zdola je oblast Ω ohraničena souřadnicovou rovinou z = 0 a shora rovinou x + y + z =. 2 Platí proto: Ω : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 2 − x − y. K určení těžiště potřebujeme podle vztahu (8) vypočítat hmotnost tělesa (vztah 6) a statické momenty vzhledem k jednotlivým souřadnicovým rovinám (vztahy 7a, b, c). = m
= ∫∫∫ dxdydz Ω
1
∫ dx ∫ dy
0
1
1
2− x − y
∫
0 2 1
= dz
0
1
1
0
0
1
y 3 = ∫ (2 − x) y − dx = ∫ ( − x)dx = 2 2 0 0 0 S z =0 =
1
1
0
0
= ∫ dx ∫ dy ∫∫∫ zdxdydz Ω
2− x − y
∫ dx ∫ dy [ z ]0 =
2− x − y
1
1
0
0
)dy ∫ dx ∫ (2 − x − y=
1
3 x2 x − = 1, 2 2 0 2− x − y
1 1 z2 1 zdz ∫ dx ∫ dy = dx ∫ (2 − x − = y )2 dy ∫= ∫ 2 2 0 0 0 0 0 0 1
1
1
1
1 1 1 (2 − x − y )3 1 1 (1 − x )4 (2 − x )4 7 =∫ = − ∫ (1 − x )3 − (2 − x )3 dx = − − =, dx = 2 6 6 −4 12 −3 −4 0
0
1
= S y =0
1
0 2− x − y
0
1
1
1
1
dy = ∫ dx ∫ ydy ∫= dz ∫ dx ∫ y (2 − x −= y )dy ∫ dx ∫ (2 − x ) y − y= ∫∫∫ ydxdydz 2
Ω
0
0
0
0
0
3 1
1
0
0
2 1
1 (2 − x ) y 2 y 1 1 3x 5 = − dx = =− (4 3 x ) dx =− , 4 x = ∫ 2 ∫ 3 6 6 2 12 0 0 0 0
S x= =0
1
1
2− x − y
1
1
1
1
0
0
0
0
0
0
0
= ∫ xdx ∫ dy ∫ ∫∫∫ xdxdydz Ω
y2 = dz ∫ xdx ∫ (2 − x − y )= dy ∫ x (2 − x ) y − dx = 2
3 1
1 1 1 3x 2 2 x 5 2 (3 x − 2 x ) dx = − = . ∫ 2 2 2 3 12 0 0 Pro souřadnice těžiště tedy podle vztahu (8) platí: 5 5 7 5 5 7 ,= ,= . = ξ 12 = η 12 = ζ 12 = 1 12 1 12 1 12
=
Jarmila Doležalová
14
Trojrozměrný integrál
Matematika IV
Příklad 3.4.8. Stanovte moment setrvačnosti tělesa ohraničeného plochami x= 0, y= 0, z= 0, x + y= 2, x + y − z = 0 vzhledem k ose z, je-li jeho hustota konstantní. Bez újmy na obecnosti položíme σ = 1 . Řešení úlohy odpovídá řešení integrálu B 64 v příkladu 3.2.4 v kapitole 3.2: Iz = . 15
Řešení:
Příklad 3.4.9. Určete moment setrvačnosti trojosého elipsoidu, jehož délky poloos jsou postupně a, b, c, a > 0, b > 0, c > 0 , vzhledem k jeho osám. Hustota elipsoidu je konstantní. Řešení:
Bez újmy na obecnosti položíme σ = 1 . Střed elipsoidu umístíme do počátku
soustavy souřadnic. Rovnice elipsoidu má v takovém případě tvar
x2
+
y2
+
z2
1. Pro = a 2 b2 c2 řešení použijeme zobecněné sférické souřadnice (4a). Elipsoid se transformuje na kvádr
Ω* : 0 < ρ ≤ 1, 0 ≤ ϕ < 2π , 0 ≤ ϑ ≤ π , viz příklad 3.4.3. K výpočtu momentů setrvačnosti použijeme vztahy (9a, b, c). 2 2 Ix = abc ∫∫∫ (b 2 ρ 2 sin 2 ϕ sin 2 ϑ + c 2 ρ 2 cos 2 ϑ ) ρ 2 sin ϑ d ρ dϕ dϑ = ∫∫∫ ( y + z )dxdydz = Ω 1
2π
π
0 1 5 2π
0
= abc ∫ ρ d ρ 4
0
∫ dϕ ∫ (b
Ω*
2
2 sin 2 ϕ sin 2 ϑ + c 2 cos = ϑ ) sin ϑ dϑ
π ρ = abc ∫ dϕ ∫ b 2 sin 2 ϕ (1 − cos 2 ϑ ) sin ϑ + c 2 = cos 2 ϑ sin ϑ dϑ 5 0 0 0 (zavedeme substituci cos ϑ = t , − sin ϑ dϑ = dt , sin ϑ dϑ = −dt )
1 = abc 5
=
1 abc 5
π
2π
3 2 2 cos3 ϑ 2 cos ϑ − + = − d b sin ( cos ) c ϕ ϕ ϑ ∫ 3 3 0 0
2π
∫
0
4 2 2 1 ( b 2 sin 2 ϕ += c ) dϕ abc 3 3 5
2π
4 2 1 − cos 2ϕ 2 2 += c ) dϕ 2 3
∫ (3 b
0
2π
1 sin 2ϕ 2 2 2 4π 2 2 = abc b 2 (ϕ − ) + c ϕ= abc(2π b 2 + 2π c= ) abc(b 2 + c 2 ). 5 3 2 3 15 15 0 Analogicky vypočítáme 4π 4π 2 2 ( x 2 + y 2 )dxdydz = abc(a 2 + b 2 ). Iy = abc(a 2 + c 2 ), I z = ∫∫∫ ( x + z )dxdydz = ∫∫∫ 15 15 Ω
Ω
Příklady k procvičení: 1. Vypočtěte hmotnost tělesa ohraničeného danými plochami, jestliže hustota v každém bodě X ( x, y, z ) je dána funkcí σ = σ ( x, y, z ) : a) b) c)
x 2 + y 2 + z 2 = 4, σ =
x2 + y 2 + z 2 , 2 x 2 + y 2 + z 2 = 1, σ = , 2 x + y2 + z2
x 2= 2 y, y + = z 1, 2 y + = z 2, σ= y .
Jarmila Doležalová
15
Trojrozměrný integrál
Matematika IV
2. Vypočtěte statické momenty daných těles, je-li jejich hustota konstantní (bez újmy na obecnosti položíme σ = 1 ): a)
Tělesa x 2 + y 2 + z 2 ≤ 1, x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 vzhledem k rovině z = 0,
b)
kvádru o délkách hran= a 1,= b 2,= c 3 vzhledem k jeho stěnám,
rotačního kužele s poloměrem r = 3 a výškou v = 2 vzhledem k rovině procházející vrcholem rovnoběžně s podstavou. 3. Určete souřadnice těžiště daných těles, je-li jejich hustota konstantní (bez újmy na obecnosti položíme σ = 1 ): c)
a)
Hranolu ohraničeného rovinami= z 0,= x 0,= y 0,= x 2,= y 4, x + y + z = 8 ,
b)
jehlanu ohraničeného rovinami x = 0, y = 0, z = 0, x + 2 y + 3 z = 1,
c)
tělesa ohraničeného plochami = z 2 xy= , x 1,= y 2,= z 0.
4. Vypočtěte moment setrvačnosti daných těles, je-li jejich hustota konstantní (bez újmy na obecnosti položíme σ = 1 ): a) Kvádru o délkách hran= a 1,= b 2,= c 3 při rotaci kolem hran, b) jehlanu ohraničeného rovinami x = 0, y = 0, z = 0, x + 2 y + 3 z = 1 při rotaci kolem souřadnicových os, c) kužele x 2 + y 2 + z 2 , z = 1 při rotaci kolem osy kužele. 8 π 14 26 8 2 Výsledky: 1. a) 16π ; b) 8π ; c) 35 . 2. a) ; b) 3, 6, 9; c) 9π . 3. a) ( , , ); 15 15 3 16 3 6 9 2 1 1 1 1 1 1 b) ( , , ); c) ( , , b) I x = I a 26, = Ib 20, = I c 10;= , Iy = , Iz ; ) . 4. a) = 12960 324 288 5 5 32 4 8 12 1 c) π . 10
Jarmila Doležalová
16
