Matematika/Trilypis integralas

Trilypis integralas naudojamas tūriui apskaičiuoti ir mechanikoje – tose vietose, kur dvilypio integralo savybių neužtenka greitesniam apskaičiavimui.

Trilypio integralo apskaičiavimas

$\iint _{V}f(x,y,z)dxdydz=\int _{a}^{b}dx\int _{y_{1}(x)}^{y_{2}(x)}dy\int _{z_{1}(x,y)}^{z_{2}(x,y)}f(x,y,z)dz.$

Pavyzdžiai

• Apskaičiuosime tūrį V tetraedro, apriboto plokštumų $x=0,$ $y=0,$ $z=0,$ $x+y+z=2.$

Integravimo sritis D projektuojama į plokštumą xOy. Tūrį V iš apačios riboja plokštuma $z=0,$ iš viršaus - plokštuma $z=2-x-y.$ Trilypį integralą pakeičiame kartotiniu: $V=\iiint _{V}dxdydz=\int _{0}^{2}dx\int _{0}^{2-x}dy\int _{0}^{2-x-y}dz=\int _{0}^{2}dx\int _{0}^{2-x}z|_{0}^{2-x-y}dy=$ $=\int _{0}^{2}dx\int _{0}^{2-x}(2-x-y)dy=\int _{0}^{2}(2y-xy-{y^{2} \over 2})|_{0}^{2-x}dx=\int _{0}^{2}(4-2x-2x+x^{2}-{1 \over 2}(4-4x+x^{2}))dx=$ $=\int _{0}^{2}(2-2x+{x^{2} \over 2})dx=(2x-x^{2}+{x^{3} \over 6})|_{0}^{2}=4-4+{8 \over 6}={8 \over 6}.$

Vaizdas:Tril.PNG

Netaisyklingas tetraedras.

Šį atsakymą galima buvo gauti naudojantis mišriąja vektorių sandauga.

$V=(a\times b)\cdot c={\begin{vmatrix}a_{x}&a_{y}&a_{z}\\b_{z}&b_{y}&b_{z}\\c_{x}&c_{y}&c_{z}\end{vmatrix}}={\begin{vmatrix}2&0&0\\0&2&0\\0&0&2\end{vmatrix}}=8.$

Gretasienio tūris yra 8. Rasime piramidės (t. y. netaisyklingo tetraedro) su 4 viršūnėmis, kurios pagrindas yra trikampis, tūrį:

$V={\frac {1}{6}}|(a\times b)\cdot c|={\frac {8}{6}}.$

• Apskaičiuosime tūrį stačiakampio gretasienio, apriboto plokštumomis x=-1, x=1, y=0, y=1, z=0, z=2. Turime

$\iiint _{V}dxdydz=\int _{-1}^{1}dx\int _{0}^{1}dy\int _{0}^{2}dz=\int _{-1}^{1}dx\int _{0}^{1}2dy=\int _{-1}^{1}2dx=2x|_{-1}^{1}=2(1-(-1))=4.$ Šį tūrį galima buvo gauti nustačius kiekvienos kraštinės ilgį palei koordinačių ašis. M(1-(-1); 1-0; 2-0)=M(2; 1; 2). Sudauginus kraštinių ilgius gauname stačiakampio gretasienio tūrį $V=2\cdot 1\cdot 2=4.$ Arba per vektorius

$V=(a\times b)\cdot c={\begin{vmatrix}2&0&0\\0&1&0\\0&0&2\end{vmatrix}}=4.$

Vaizdas:Tril2.PNG

Pakeltas z ašimi netaisyklingas tetraedras.

• Apskaičiuosime tetraedro tūrį V, apriboto plokštumomis x+y+z=2, z=1, x=0, y=0. tetraedro trys kraštinės a=b=c=1 ir lygiagrečios atitinkamai x, y ir z ašims, o kitos trys kraštinės $d=e=f={\sqrt {1^{2}+1^{2}}}={\sqrt {2}}.$

$V=\iiint _{V}dxdydz=\iint _{D}dxdy\int _{1}^{2-x-y}dz=\int _{0}^{1}dx\int _{0}^{1-x}dy\int _{1}^{2-x-y}dz=$ $=\int _{0}^{1}dx\int _{0}^{1-x}(1-x-y)dy=\int _{0}^{1}(y-xy-{y^{2} \over 2})|_{0}^{1-x}dx=$ $=\int _{0}^{1}(1-x-x+x^{2}-{1-2x+x^{2} \over 2})dx=\int _{0}^{1}({1 \over 2}-x+{x^{2} \over 2})dx=$ $=({1 \over 2}x-{x^{2} \over 2}+{x^{3} \over 6})|_{0}^{1}={1 \over 2}-{1 \over 2}+{1 \over 6}={1 \over 6}.$ Tą patį atsakymą galėjome gauti pasinaudodami piramidės tūrio skaičiavimu per vektorius M(1-0; 1-0; 2-1)=M(1; 1; 1):

$V={1 \over 6}|(a\times b)\cdot c|={1 \over 6}{\begin{vmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{vmatrix}}={1 \over 6}.$

Vaizdas:Tril3.PNG

Sritis D apribota dviejų tiesių ir koordinačių ašimis.

• Pirmajame oktante esantį kūną riboja paviršiai $z=4-y^{2},$ $x+y=2,$ $2x+y=2,$ $y=0,$ $z=0.$ Apskaičiuokime to kūno tūrį. Kūno tūrį apskaičiuosime pagal formulę

$V=\iiint _{V}dxdydz=\iint _{D}dxdy\int _{0}^{4-y^{2}}.$ Integravimo sritits D yra kūno projekcija plokštumoje xOy. Parinkus vienokią integravimo tvarką, dvilypis integralas šioje srityje išreiškiamas vienu kartotiniu integralu, o pakeitus tą tvarką dviem kartotiniais integralais: $\iint _{D}f(x,y)dxdy=\int _{0}^{2}dy\int _{2-y \over 2}^{2-y}f(x,y)dx$ arba $\iint _{D}f(x,y)dxdy=\int _{0}^{1}dx\int _{2-2x}^{2-x}f(x,y)dy+\int _{1}^{2}dx\int _{0}^{2-x}f(x,y)dy.$ Todėl trilypį integralą keisdami kartotiniu, remkimės trumpesne formule: $V=\int _{0}^{2}dy\int _{2-y \over 2}^{2-y}dx\int _{0}^{4-y^{2}}dz=\int _{0}^{2}dy\int _{2-y \over 2}^{2-y}z|_{0}^{4-y^{2}}dx=\int _{0}^{2}dy\int _{2-y \over 2}^{2-y}(4-y^{2})dx=$ $=\int _{0}^{2}(4-y^{2})x|_{2-y \over 2}^{2-y}dy=\int _{0}^{2}(4-2y-y^{2}+{y^{3} \over 2})dy=(4y-y^{2}-{y^{3} \over 3}+{y^{4} \over 8})|_{0}^{2}={10 \over 3}.$

Vaizdas:Tril4.PNG

Sritis D apribota dviejų parabolių, o iš viršaus tūrį riboja plokštuma $z=6-x.$

• Apskaičiuosime tūrį kūno apriboto šiais paviršiais: $y={\sqrt {x}},\;y=2{\sqrt {x}},$ $z=0$ ir $x+z=6.$ Iš lygties $x+z=6,$ kai z lygi nuliui $x=6.$ Kai $x=6$ parabolės įgija reikšmes $y={\sqrt {6}}$ ir $y=2{\sqrt {6}}.$ Todėl tūris lygus

$V=\int _{0}^{6}dx\int _{\sqrt {x}}^{2{\sqrt {x}}}dy\int _{0}^{6-x}dz=\int _{0}^{6}dx\int _{\sqrt {x}}^{2{\sqrt {x}}}(6-x)dy=$ $=\int _{0}^{6}(6-x){\sqrt {x}}dx=(6\cdot {x^{3 \over 2} \over {3 \over 2}}-{2 \over 5}\cdot x^{5 \over 2})|_{0}^{6}=4\cdot 6{\sqrt {6}}-{2 \over 5}\cdot 6^{2}{\sqrt {6}}=24{\sqrt {6}}-{72 \over 5}{\sqrt {6}}={48{\sqrt {6}} \over 5}.$

Trilypis integralas cilindrinėje koordinačių sistemoje

Su stačiakampėmis Dekarto koordinatėmis cilindrines koordinates sieja formulės $x=\rho \cos \phi ,\;y=\rho \sin \phi ,\;z=z.$ $\iiint _{V}f(x,y,z)dxdydz=\iiint _{V}f(\rho \cos \phi ,\rho \sin \phi ,z)\rho d\rho d\phi dz.$ Kadangi kūno tūris $V=\iiint _{V}dxdydz,$ tai cilindrinėje koordinačių sistemoje jis išreiškiamas formule $V=\iiint _{V}\rho d\rho d\phi dz.$

Pavyzdžiai

Vaizdas:Trilcil.PNG

Figūros pagrindas.

• Kūną V riboja paviršiai $x^{2}+y^{2}=x,$ $x^{2}+y^{2}=2x,$ $z=4-{\sqrt {x^{2}+y^{2}}},$ z=0. Apskaičiuokime to kūno tūrį.

Kūnas V iš šonų apribotas dviejų cilindrų, kurių sudaromosios lygiagrečios ašiai Oz, o vedamosios - apskritimai $x^{2}+y^{2}=x$ ir $x^{2}+y^{2}=2x.$ Iš apačios kūną riboja plokštuma z=0, iš viršaus - kūgis $z=4-{\sqrt {x^{2}+y^{2}}},$ kurio viršūnė yra taške (0; 0; 4) o sudaromosios nukreiptos žemyn. Kadangi kūnas yra simetriškas plokštumos xOy atžvilgiu, tai apskaičiuosime ${1 \over 2}$ to kūno tūrio. Integravimo sritis D, t. y. kūno prjokecija plokštumoje xOy. Cilindrinėje koordinačių sistemoje apskritimų lygtys yra $\rho =\cos \phi$ ir $\rho =2\cos \phi ,$ o kūgio lygtis yra $z=4-\rho .$ Figūra D gaunama, kai kampas $\phi$ kinta nuo 0 iki ${\pi \over 2},$ o dydis $\rho$ - nuo $\cos \phi$ iki $2\cos \phi .$ Todėl, pritaikę formulę, gauname $V=2\int _{0}^{\pi \over 2}d\phi \int _{\cos \phi }^{2\cos \phi }\rho d\rho \int _{0}^{4-\rho }dz=2\int _{0}^{\pi \over 2}d\phi \int _{\cos \phi }^{2\cos \phi }\rho z|_{0}^{4-\rho }d\rho =2\int _{0}^{\pi \over 2}d\phi \int _{\cos \phi }^{2\cos \phi }(4\rho -\rho ^{2})d\rho =$ $=2\int _{0}^{\pi \over 2}(2\rho ^{2}-{\rho ^{3} \over 3})|_{\cos \phi }^{2\cos \phi }d\phi =2\int _{0}^{\pi \over 2}(6\cos ^{2}\phi -{7 \over 3}\cos ^{3}\phi )d\phi =12\cdot {1 \over 2}\cdot {\pi \over 2}-{14 \over 3}\cdot {2!! \over 3!!}=3\pi -{28 \over 9}.$ Kur du šauktukai dvigubas faktorialas.

Vaizdas:Trilcil2.PNG

Tūris apribotas sferos ir paraboloido.

• Kūną V riboja viršutinė sferos $z={\sqrt {6-x^{2}-y^{2}}}$ dalis ir paraboloidas $z=x^{2}+y^{2}.$ Apskaičiuokime kūno tūrį.

Kadangi kūnas yra simteriškas plokštumų xOz ir yOz atžvilgiu, tai apskaičiuosime ${1 \over 4}$ jo tūrio. Norėdami rasti sritį D, turime suprojektuoti į plokštumą xOy sferos paraboloido susikirtimo kreivę, kurios lygtį gausime išsprendę jų lygčių sistemą. Į lygtį $z={\sqrt {6-x^{2}-y^{2}}}$ vietoje z įrašome reiškinį $x^{2}+y^{2}.$ Gauname lygtį

$x^{2}+y^{2}={\sqrt {6-x^{2}-y^{2}}};$

$r={\sqrt {6-r}};$

$r^{2}+r-6=0.$

$D=b^{2}-4ac=1-4(-6)=25;$

$r_{1;2}={-b\pm {\sqrt {D}} \over 2a}={-1\pm 5 \over 2}=-3;2.$

Iš čia $r=\rho ^{2}=x^{2}+y^{2}=2.$ Šiuo atveju r yra susikirtimo parabaloido ir pusapskritimo koordinate z, o kadangi parabolės projekcija į plokštumą xOz yra nusakoma formule $z=x^{2},$ tai, kai $z=r=2=x^{2}$ (arba $z=r=2=y^{2}$), tada $x={\sqrt {r}}={\sqrt {2}},$ kaip parodyta paveiksliuke.

Taigi viso kūno tūris $V=4\int _{0}^{\pi \over 2}d\phi \int _{0}^{\sqrt {2}}\rho d\rho \int _{\rho ^{2}}^{\sqrt {6-\rho }}dz=4\int _{0}^{\pi \over 2}d\phi \int _{0}^{\sqrt {2}}(\rho {\sqrt {6-\rho ^{2}}}-\rho ^{3})d\rho =$ $=4\int _{0}^{\pi \over 2}(-{{\sqrt {(6-\rho ^{2})^{3}}} \over 3}-{\rho ^{4} \over 4})|_{0}^{\sqrt {2}}d\phi =-4\int _{0}^{\pi \over 2}[({{\sqrt {(6-2)^{3}}} \over 3}+{4 \over 4})-({{\sqrt {(6-0)^{3}}} \over 3}+{0 \over 4})]d\phi =$ $=-4\int _{0}^{\pi \over 2}[({{\sqrt {64}} \over 3}+1)-{{\sqrt {216}} \over 3}]d\phi =-4\int _{0}^{\pi \over 2}[({8 \over 3}+1)-{6{\sqrt {6}} \over 3}]d\phi ={4 \over 3}(6{\sqrt {6}}-11)\int _{0}^{\pi \over 2}d\phi ={4\pi \over 6}(6{\sqrt {6}}-11).$

Integralas integruojamas taip:

$\int \rho {\sqrt {6-\rho ^{2}}}d\rho =\int \rho {\sqrt {6-\rho ^{2}}}{d(6-\rho ^{2}) \over -2\rho }=-{1 \over 2}\int {\sqrt {6-\rho ^{2}}}d(6-\rho ^{2})=-{1 \over 2}\cdot {(6-\rho ^{2})^{{1 \over 2}+1} \over {1 \over 2}+1}+C=$ $=-{1 \over 2}\cdot {(6-\rho ^{2})^{3 \over 2} \over {3 \over 2}}+C=-{{\sqrt {(6-\rho ^{2})^{3}}} \over 3}+C,$ nes $d(6-\rho ^{2})=-2\rho d\rho ,$ todėl $d\rho ={d(6-\rho ^{2}) \over -2\rho }.$

Vaizdas:Trilcil3.PNG

Paraboloidas.

• Apskaičiuosime tūrį kūno V, apriboto paviršiais $x^{2}+y^{2}=z,$ z=1, cilindrinėse koordinatėse. Tai yra paraboloidas iš viršaus apribotas plokštuma z=1. Pažymėsime per T erdvės sritį $\rho \phi z,$ apribota paviršiais $\rho ^{2}=z,$ $z=1,$ $\phi =0,$ $\phi =2\pi .$ Todėl

$V=\iiint _{V}dxdydz=\iiint _{T}\rho d\rho d\phi dz=\int _{0}^{2\pi }d\phi \int _{0}^{1}\rho d\rho \int _{\rho ^{2}}^{1}dz=$ $=\int _{0}^{2\pi }d\phi \int _{0}^{1}\rho (1-\rho ^{2})d\rho =\int _{0}^{2\pi }({\rho ^{2} \over 2}-{\rho ^{4} \over 4})|_{0}^{1}d\phi =\int _{0}^{2\pi }{1 \over 4}d\phi ={\pi \over 2}.$

• Apskaičiuosime tūrį kūno V, apriboto paviršiais $x^{2}+y^{2}=z,$ z=100, cilindrinėse koordinatėse. Tai yra paraboloidas iš viršaus apribotas plokštuma z=100. Pažymėsime per T erdvės sritį $\rho \phi z,$ apribota paviršiais $\rho ^{2}=z,$ $z=100,$ $\phi =0,$ $\phi =2\pi .$ Maksimalus spindulys $\rho =10$. Todėl

$V=\iiint _{V}dxdydz=\iiint _{T}\rho d\rho d\phi dz=\int _{0}^{2\pi }d\phi \int _{0}^{10}\rho d\rho \int _{\rho ^{2}}^{100}dz=$ $=\int _{0}^{2\pi }d\phi \int _{0}^{10}\rho (100-\rho ^{2})d\rho =\int _{0}^{2\pi }({100\rho ^{2} \over 2}-{\rho ^{4} \over 4})|_{0}^{10}d\phi =\int _{0}^{2\pi }(50\cdot 10^{2}-{10^{4} \over 4})d\phi =$ $=\int _{0}^{2\pi }(5000-2500)d\phi =2500\int _{0}^{2\pi }d\phi =5000\pi .$

Trilypio integralo taikymas mechanikoje

Kūno masės centro koordinatės

Kai tam tikros masės tankis lygus $\gamma (x,y,z),$ tai to kūno masės centro koordinatės apskaičiuojamos pagal formules $x_{c}={\iiint _{V}x\gamma (x,y,z)dxdydz \over \iiint _{V}\gamma (x,y,z)dxdydz},\;y_{c}={\iiint _{V}y\gamma (x,y,z)dxdydz \over \iiint _{V}\gamma (x,y,z)dxdydz},\;z_{c}={\iiint _{V}z\gamma (x,y,z)dxdydz \over \iiint _{V}\gamma (x,y,z)dxdydz}.$

Pavyzdžiai

Vaizdas:Trilmech.PNG

Paraboloidas.

• Kūną riboja paviršiai$z=x^{2}+y^{2}$ ir $z=4.$ Apskaičiuokime to kūno masės centro koordinates, kai $\gamma =const.$

Kadangi kūnas simteriškas plokštumų xOy ir yOz atžvilgiu, tai $x_{c}=y_{c}=0.$ Rasime $z_{c}$ koordinatę. Pagal sąlygą, $\gamma =const,$ todėl iš formulių išplaukia, kad $z_{c}={\iiint _{V}zdzdydz \over \iiint _{V}dxdydz}.$ Integralus apskaičiuosime pakeisdami juos kartotiniais cilindrinėje koordinačių sistemoje. $z_{c}={\int _{0}^{2\pi }d\phi \int _{0}^{2}\rho d\rho \int _{\rho ^{2}}^{4}z\;dz \over \int _{0}^{2\pi }d\phi \int _{0}^{2}\rho d\rho \int _{\rho ^{2}}^{4}dz}={{1 \over 2}\int _{0}^{2\pi }d\phi \int _{0}^{2}(16-\rho ^{2})\rho d\rho \over \int _{0}^{2\pi }d\phi \int _{0}^{2}(4-\rho ^{2})\rho d\rho }=$ $={{1 \over 2}\int _{0}^{2\pi }(16{\rho ^{2} \over 2}-{\rho ^{6} \over 6})|_{0}^{2}d\phi \over \int _{0}^{2\pi }(4{\rho ^{2} \over 2}-{\rho ^{4} \over 4})|_{0}^{2}d\phi }={{1 \over 2}\int _{0}^{2\pi }(32-{32 \over 3})|_{0}^{2}d\phi \over \int _{0}^{2\pi }(8-4)|_{0}^{2}d\phi }={{1 \over 2}\cdot {64 \over 3}\cdot 2\pi \over 4\cdot 2\pi }={8 \over 3}.$

Kūno inercijos momentai

Taško M(x; y; z), kurio masė m, inercijos momentai koordinačių plokštumų xOy, xOz ir yOz atžvilgiu išreiškiami formulėmis

$I_{xOy}=z^{2}m,$ $I_{xOz}=y^{2}m,$ $I_{yOz}=x^{2}m,$

ašių Ox, Oy, Oz atžvilgiu - formulėmis

$I_{xx}=(y^{2}+z^{2})m,$ $I_{yy}=(x^{2}+z^{2})m,$ $I_{zz}=(x^{2}+y^{2})m,$

koordinačių pradžios atžvilgiu - formule

$I_{0}=(x^{2}+y^{2}+z^{2})m.$

Kūno inercijos momentai išreiškiami atitinkamais trilypiais integralais. Pavyzdžiui, tam tikros masės kūno, kurio tankis $\gamma (x,y,z),$ inercijos momentas plokštumos xOy atžvilgiu apskaičiuojamas pagal formulę

$I_{xOy}=\iiint _{V}z^{2}\gamma (x,y,z)dxdydz,$

ašies Oz atžvilgiu - pagal formulę $I_{zz}=\iiint _{V}(x^{2}+y^{2})\gamma (x,y,z)dxdydz$ ir t. t.

Pavyzdžiai

Vaizdas:Trilmech2.PNG

Paraboloidas paslinktas žemyne nuo viršaus 4-8/3=4/3.

• Apskaičiuokime kūno, kurį riboja paraboloidas $z=x^{2}+y^{2}$ ir plokštuma $z=4$ (žr. auksčiau pateiktą pavyzdį apie paraboloido masės centro skaičiavimą), inercijos momentą ašies, einančios per jo masės centrą statmenai to paraboloido sukimosi ašiai, atžvilgiu ($\gamma =1$).

Koordinačių ašis parinkime taip, kad jų pradžios taškas sutaptų su paraboloido masės centru, o ašis Ox būtų statmena paraboloido sukimosi ašiai. Tuomet turėsime rasti $I_{xx}$ (arba $I_{yy}$).

Paraboloido lygtis tokioje koordinačių sistemoje yra $z+{8 \over 3}=x^{2}+y^{2},$ o jo projekcija plok6umoje xOy - sritis, apribota apskritimo $x^{2}+y^{2}=4.$ Taikome formulę $I_{xx}=\iiint _{V}(y^{2}+z^{2})dxdydz.$ Tuomet $J_{xx}=\int _{0}^{2\pi }d\phi \int _{0}^{2}\rho d\rho \int _{\rho ^{2}-8/3}^{4/3}(\rho ^{2}\sin ^{2}\phi +z^{2})dz=\int _{0}^{2\pi }d\phi \int _{0}^{2}\rho (z\rho ^{2}\sin ^{2}\phi +{z^{3} \over 3})|_{\rho ^{2}-{8 \over 3}}^{4 \over 3}d\rho =$ $=\int _{0}^{2\pi }d\phi \int _{0}^{2}[(4\rho ^{3}-\rho ^{5})\sin ^{2}\phi +{64 \over 9}\rho -{\rho ^{7} \over 3}+{8\rho ^{5} \over 3}-{64 \over 9}\rho ^{3}]d\rho =$ $=\int _{0}^{2\pi }[(\rho ^{4}-{\rho ^{6} \over 6})\sin ^{2}\phi +{32 \over 9}\rho ^{2}-{\rho ^{8} \over 24}+{4\rho ^{6} \over 9}-{16 \over 9}\rho ^{4}]|_{0}^{2}d\phi =$ $=\int _{0}^{2\pi }({16 \over 3}\sin ^{2}\phi +{128 \over 9}-{64 \over 6}+{256 \over 9}-{256 \over 9})d\phi =\int _{0}^{2\pi }({16 \over 3}\sin ^{2}\phi +{32 \over 9})d\phi =$ $={16 \over 3}\int _{0}^{2\pi }{1-\cos(2\phi ) \over 2}d\phi +{64\pi \over 9}={16\pi \over 3}-{8 \over 3}\int _{0}^{2\pi }\cos(2\phi ){d(2\phi ) \over 2}+{64\pi \over 9}={112\pi \over 9}-{4 \over 3}\sin(2\phi )|_{0}^{2\pi }={112\pi \over 9}.$

Vaizdas:Trilcil3.PNG

Paraboloidas.

• Apskaičiuosime kūno sritį V, kuri apribota paviršiais $z=x^{2}+y^{2}$ ir $z=1$ inercijos momentą Oz ašies atžvilgiu $\iiint _{V}(x^{2}+y^{2})dzdydz.$ Taip kaip V į plokštumą xOy projektuojasi į skritulį $x^{2}+y^{2}\leq 1,$ tai koordinatė $\phi$ kinta ribose 0 ir $2\pi$, koordinatė $\rho$ - nuo $\rho =0$ iki $\rho =1$. Nuolatinei reikšmei $\rho$ $(0\leq \rho \leq 1)$ erdvėje Oxyz atitinka cilindras $x^{2}+y^{2}=\rho ^{2}.$ Apžiurinėdami susikirtimą šito cilindro su sritimi V, gauname kitimą koordinčių z nuo reikšmės taškams gulinčių ant paraboloido $z=x^{2}+y^{2},$ iki reikšmių taškams, gulinčių ant plokštumos $z=1$, t. y. nuo $z=\rho ^{2}$ iki $z=1.$ Pritaikę formulę turime

$I_{zz}=\iiint _{V}(x^{2}+y^{2})dxdydz=\int _{0}^{2\pi }d\phi \int _{0}^{1}d\rho \int _{\rho ^{2}}^{1}\rho ^{2}\cdot \rho dz=$ $=\int _{0}^{2\pi }d\phi \int _{0}^{1}\rho ^{3}z|_{\rho ^{2}}^{1}d\rho =\int _{0}^{2\pi }({\rho ^{4} \over 4}-{\rho ^{6} \over 6})|_{0}^{1}d\phi ={1 \over 12}\int _{0}^{2\pi }d\phi ={\pi \over 6}.$

Trilypis integralas sferinėse koordinatėse

$x=\rho \sin \theta \cos \phi ,\;y=\rho \sin \theta \sin \phi ,\;z=\rho \cos \theta \;(0\leq \rho <\infty ,\;0\leq \phi \leq 2\pi ,\;0\leq \theta \leq \pi ).$ $\iiint _{V}f(x,y,z)dxdydz=\iiint _{T}f[\rho \sin \theta \cos \phi ,\;\rho \sin \theta \sin \phi ,\;\rho \cos \theta ]\rho ^{2}\sin \theta d\rho d\phi d\theta .$

$x^{2}+y^{2}+z^{2}=\rho ^{2}\sin ^{2}\theta \cos ^{2}\phi +\rho ^{2}\sin ^{2}\theta \sin ^{2}\phi +\rho ^{2}\cos ^{2}\theta =\rho ^{2}\sin ^{2}\theta +\rho ^{2}\cos ^{2}\theta =\rho ^{2}.$

Pavyzdžiai

• Apskaičiuosime rutulio $x^{2}+y^{2}+z^{2}\leq R^{2}$ tūrį V:

$V=\iiint _{V}dxdydz=\iiint _{T}\rho ^{2}\sin \theta d\rho d\theta d\phi =\int _{0}^{R}d\rho \int _{0}^{\pi }d\theta \int _{0}^{2\pi }\rho ^{2}\sin \theta d\phi =$ $=2\pi \int _{0}^{R}\rho ^{2}d\rho \int _{0}^{\pi }\sin \theta d\theta =-2\pi \int _{0}^{R}\rho ^{2}\cos \theta |_{0}^{\pi }d\rho =4\pi \int _{0}^{R}\rho ^{2}d\rho =4\pi {\rho ^{3} \over 3}|_{0}^{R}={4\pi R^{3} \over 3}.$

• Apskaičiuosime rutulio $x^{2}+y^{2}+z^{2}\leq R^{2}$ inercijos momentą koordinačių pradžios atžvilgiu. Kadangi $x^{2}+y^{2}+z^{2}=\rho ^{2},$ gauname

$I_{0}=\iiint _{V}(x^{2}+y^{2}+z^{2})dxdydz=\iiint _{T}\rho ^{2}\rho ^{2}\sin \theta d\rho d\theta d\phi =\int _{0}^{R}\rho ^{4}d\rho \int _{0}^{\pi }\sin \theta d\theta \int _{0}^{2\pi }d\phi =$ $=2\pi \int _{0}^{R}\rho ^{4}d\rho \int _{0}^{\pi }\sin \theta d\theta =2\pi \int _{0}^{R}\rho ^{4}(-\cos \theta )|_{0}^{\pi }d\rho =2\pi \int _{0}^{R}\rho ^{4}(1+1)d\rho =4\pi {\rho ^{5} \over 5}|_{0}^{R}={4\pi R^{5} \over 5}.$

• Nustatysime masės centro koordinates viršutinės pusės vienalyčio rutulio V spindulio R esančio centre koordinačių pradžios.

Duotas pusrutulis apribotas paviršiais $z={\sqrt {R^{2}-x^{2}-y^{2}}}$ ir $z=0.$ Dėl pusrutulio simetrijos $x_{c}=y_{c}=0.$ Koordinatė $z_{c},$ nustatoma pagal formulę

$z_{c}={\iiint _{V}zdxdydz \over \iiint _{V}dxdydz}={\iiint _{V}zdxdydz \over {2 \over 3}\pi R^{3}}.$

Pereidami į sferines koordinates, gauname $z_{c}={\int _{0}^{2\pi }d\phi \int _{0}^{\pi /2}\sin \theta \cos \theta d\theta \int _{0}^{R}\rho ^{3}d\rho \over {2 \over 3}\pi R^{3}}={{R^{4} \over 4}\int _{0}^{2\pi }d\phi \int _{0}^{\pi /2}\sin \theta d(\sin \theta ) \over {2 \over 3}\pi R^{3}}={{R^{4} \over 4}\int _{0}^{2\pi }{\sin ^{2}\theta \over 2}|_{0}^{\pi /2}d\phi \over {2 \over 3}\pi R^{3}}=$ $={{R^{4} \over 4}\int _{0}^{2\pi }{1 \over 2}d\phi \over {2 \over 3}\pi R^{3}}={{R^{4} \over 4}\cdot {1 \over 2}\cdot 2\pi \over {2 \over 3}\pi R^{3}}={3 \over 8}R.$

Vaizdas:Trilsfer.PNG

Pusrutulis.

• Apskaičiuosime masę pusrutulio V spindulio R, jeigu masės pasiskirstimas tankis kiekviename jo taške proporcingas atstumui taško nuo tam tikro fiksuoto taško O ant krašto pusrutulio pagrindo.

Išrinksime koordinačių pradžią taške O, o plokštumą xOy pusrutulio taip, kad pusrutulio centras gulėtų ant ašies Oy.

Tada lygtys paviršiaus, apribojančio kūną V iš viršaus, užsirašis pavidale:

$x^{2}+(y-R)^{2}+z^{2}=R^{2},$

$x^{2}+y^{2}+z^{2}=2Ry,$

$\rho =2R\sin \theta \sin \phi ,$

masės pasiskirstimo tankis nustatomas formule

$\gamma =k{\sqrt {x^{2}+y^{2}+z^{2}}},$

masės nustatymas reiškia apskaičiavimą integralo $m=k\iiint _{V}{\sqrt {x^{2}+y^{2}+z^{2}}}dxdydz=k\iiint _{T}\rho \cdot \rho ^{2}\sin \theta d\rho d\phi d\theta =$ $=k\int _{0}^{\pi }d\phi \int _{0}^{\pi \over 2}\sin \theta d\theta \int _{0}^{2R\sin \theta \sin \phi }\rho ^{3}d\rho =4kR^{4}\int _{0}^{\pi }\sin ^{4}\phi d\phi \int _{0}^{\pi \over 2}\sin ^{5}\theta d\theta =4kR^{4}\int _{0}^{\pi }\sin ^{4}\phi {4!! \over 5!!}d\phi =$ $=4kR^{4}\cdot {4\cdot 2 \over 5\cdot 3}\int _{0}^{\pi }\sin ^{4}\phi d\phi ={32kR^{4} \over 15}\int _{0}^{\pi \over 2}2\sin ^{4}\phi d\phi ={32kR^{4} \over 15}\cdot 2\cdot {3 \over 4\cdot 2}\cdot {\pi \over 2}={32kR^{4} \over 15}\cdot {3\pi \over 8}={4k\pi R^{4} \over 5}.$ Integruodami pasianaudojome dvigubu faktorialu trigonometrijoje:

$\int _{0}^{\pi \over 2}\sin ^{n}x\;dx=\int _{0}^{\pi \over 2}\cos ^{n}x\;dx={(n-1)!! \over n!!}\cdot {\pi \over 2},$ kai n lyginis;

$\int _{0}^{\pi \over 2}\sin ^{n}x\;dx=\int _{0}^{\pi \over 2}\cos ^{n}x\;dx={(n-1)!! \over n!!},$ kai n nelyginis.