محاسبه حجم با انتگرال سه گانه — به زبان ساده (+ دانلود فیلم آموزش گام به گام)

یکی از کاربرد‌های مهم انتگرال سه‌گانه محاسبه حجم یک ناحیه است. بنابراین در این مطلب قصد داریم تا در قالب مثال نحوه محاسبه حجم با انتگرال سه گانه را توضیح دهیم.

روش محاسبه حجم

در حالت کلی ناحیه‌ای سه‌بعدی هم‌چون $$ \large U $$ را در نظر بگیرید. حجم این ناحیه در مختصات کارتزینی برابر است با:

$$ \large V = \iiint \limits_U { d x d y d z} $$

فیلم آموزش ریاضی عمومی ۲ در فرادرس

کلیک کنید

این حجم را می‌توان با استفاده از مختصات استوانه‌ای، به صورت زیر نیز محاسبه کرد.

$$ \large V = \iiint \limits _ U { \rho d \rho d \varphi d z } $$

به همین صورت رابطه محاسبه حجم در مختصات کروی به صورت زیر خواهد بود.

$$ \large V = \iiint \limits _ U { { \rho ^ 2 } \sin \theta d \rho d \varphi d \theta } $$

در ادامه مثال‌هایی ارائه شده که در آن‌ها این روش‌ها توضیح داده شده‌اند.

مثال ۱

حجم مخروطی به ارتفاع $$H$$ و شعاع قاعده $$R$$ را بیابید.

همان‌طور که در شکل زیر نیز می‌توان دید، این مخروط توسط دو صفحه زیر محدود شده‌اند.

$$ \large z = { \large \frac { H } { R} \normalsize} \sqrt { { x ^ 2 } + { y ^ 2 } } , z = H $$

حجم ناحیه فوق را می‌توان به صورت زیر محاسبه کرد.

$$ \large {V = \iiint\limits_U {dxdydz} }
= {\int\limits_{ – R } ^ R { d x } \int \limits _ { – \sqrt {{R^2} – { x ^ 2 } } } ^ { \sqrt { { R ^ 2 } – { x ^ 2 } } } { d y } \int \limits _ { \frac { H } { R } \sqrt {{ x ^ 2 } + { y ^ 2 } } } ^ H { d z } } $$

انتگرال فوق را می‌توان در مختصات استوانه‌ای و در بازه‌های زیر محاسبه کرد.

$$ \large {0 \le \varphi \le 2\pi ,\;\;\;}\kern-0.3pt
{0 \le \rho \le R \ \ , \ \ \;\;\;}\kern-0.3pt
{\rho \le z \le H } $$

عبارت انتگرالی بیان شده در بالا را می‌توان در مختصات استوانه‌ای به صورت زیر بیان کرد:

$$ \large V = \int\limits_0^R {\rho d\rho } \int\limits_0^{2\pi } {d\varphi } \int\limits _ { \frac { H } { R } \rho } ^ H { d z } $$

فیلم آموزش ریاضی عمومی ۲ – مرور و حل تمرین در فرادرس

کلیک کنید

نهایتا حجم مخروط برابر خواهد بود با:

$$ \large \begin {align*} V = & \int \limits _ 0 ^ R { \rho d \rho } \int \limits _ 0 ^ { 2 \pi } { d \varphi } \int\limits_{\frac{H}{R}\rho }^H {dz}
\\ & = {2\pi \int\limits_0^R {\rho d\rho } \int\limits_{\frac{H}{R}\rho }^H {dz} }
\\ & = {2\pi \int\limits_0^R {\rho d\rho } \cdot \left[ {\left. z \right|_{z = \frac { H } { R } \rho } ^ { z = H } } \right] }
\\ & = {2\pi \int\limits_0^R {\rho \left( {H – \frac { H } { R} \rho } \right)d\rho } }
\\ & = {2\pi \int\limits_0^R {\left( {H\rho – \frac{H}{R}{\rho ^2}} \right)d\rho } }
\\ & = {2\pi \left[ {\left. {\left( {\frac { { { \rho ^ 2 } H } } { 2 } – \frac{{{\rho ^3}H}}{{3R}}} \right)} \right|_{\rho = 0 } ^ { \rho = R}} \right] }
\\ & = { 2 \pi \left( { \frac { { { R ^ 2 } H } } { 2 } – \frac { { { R ^ 3 } H } } { { 3 R } } } \right) }
\\ & = { \frac { { 2 \pi { R ^ 2 } H } } { 6 } }
\\ & = {\frac { { \pi { R ^ 2 } H }} { 3 } } \end {align*} $$

مثال ۲

حجم چهار وجهی را بیابید که صفحات محدود کننده آن از نقاط $$ A \left ( { 1 , 0 , 0 } \right ) , B ( 0 , 2 , 0 ) , C ( 0 , 0 , 3 ) $$ عبور می‌کند.

با توجه به نقاط بیان شده، شکل ناحیه به صورت زیر خواهد بود.

معادله خط $$ A B $$ برابر با $$ y = 2 – 2x $$ است. بنابراین متغیر $$ x $$ در بازه $$ 0 \le x \le 1 $$ و $$ y$$ در بازه $$\large 0 \le y \le 2 – 2 x $$ قرار خواهد داشت. از طرفی معادله صفحه نیز برابر است با:

$$\large \frac { x } { 1 } + \frac { y } { 2 } + \frac { z } { 3 } = 1 $$

در حالت کلی معادله صفحه $$\large A B C $$ برابر است با:

$$\large { 6 x + 3 y + 2 z = 6 \; \; \text{or} \; \; } \kern-0.3pt { z = 3 – 3 x – \frac { 3 } { 2 } y } $$

هدف از نوشتن معادله صفحه، بدست آوردن بازه $$\large z $$ است. بدین منظور این بازه را از صفر تا معادله صفحه در نظر می‌گیریم. لذا بازه $$\large z $$ برابر است با:

$$\large 0 \le z \le 3 – 3x – {\large\frac{3}{2}\normalsize} y $$

نهایتا حاصل انتگرال برابر است با:

$$\large \require{cancel} \begin {align*}
V & = \iiint\limits_U { d x d y d z }
\\ & = {\int\limits_0^1 {dx} \int\limits_0^{2 – 2x} {dy} \int\limits_0^{3 – 3x – \frac{3}{2}y} {dz} }
\\ & = {\int\limits_0^1 {dx} \int\limits_0^{2 – 2x} {dy} \cdot \left[ {\left. z \right|_0^{3 – 3x – \frac{3}{2}y}} \right] } = {\int\limits_0^1 {dx} \int\limits_0^{2 – 2x} {\left( {3 – 3x – \frac{3}{2}y} \right)dy} }
\\ & = {\int\limits_0^1 {dx} \cdot}\kern0pt{ \Big[ {\left. {\left( {3y – 3xy – \frac{3}{4}{y^2}} \right)} \right|_{y = 0}^{y = 2 – 2x}} \Big] }
\\ & = {\int\limits_0^1 {\Big[ {3\left( {2 – 2x} \right) – 3x\left( {2 – 2x} \right) }}-{{ \frac{3}{4}{{\left( {2 – 2x} \right)}^2}} \Big] dx} }
\\ & = {\int\limits_0^1 {\Big[ {6 – 6x – 6x + 6{x^2} }}-{{ \frac{3}{4}\left( {4 – 8x + 4{x^2}} \right)} \Big] dx} }
\\ & = {\int\limits_0^1 {\left( { { 6 } – { 12 x } +{6{x^2}} }\right.}-{\left.{ {3} + {6x} – {3{x^2}}} \right)dx} }
\\ & = {3\int\limits_0^1 {\left( { {1} – { 2 x } + { x ^ 2 } } \right ) d x } }
\\ & = {3\left[ {\left. {\left( {x – { x ^ 2 } + \frac { { { x ^ 3 } }} { 3 } } \right)} \right| _ 0 ^ 1 } \right] }
\\ & = {3 \cdot \left ( { \cancel { 1 } – \cancel { 1 ^ 2 } + \frac { { { 1 ^ 3} } } { 3 } } \right ) } = { 1 } \end {align*} $$

مثال ۳

حجم ناحیه محصور بین دو سهمی گون زیر را بدست آورید.

$$\large {{z_1} = {x^2} + { y ^ 2 } \; \; \ , \ \;\;}\kern-0.3pt { { z _ 2 } = 1 – { x ^ 2 } – { y ^ 2 } } $$

فیلم آموزش ریاضی عمومی ۲ + حل مثال در فرادرس

کلیک کنید

این ناحیه به شکل زیر خواهد بود.

ناحیه فوق به صورت محیطی متقارن است. بنابراین با در نظر گرفتن $$ \large { \rho ^ 2 } = { x ^ 2 } + { y ^ 2 } $$ رابطه دو سهموی را می‌توان به صورت زیر در نظر گرفت.

$$ \large { { z _ 1 } = { \rho ^ 2 } \; \; \ , \ \;\;}\kern-0.3pt { { z _ 2 } = 1 – { \rho ^ 2 } } $$

با برابر قرار دادن رابطه دو سهمی، منحنی برخورد آن‌ها به صورت زیر بدست خواهد آمد.

$$ \large { { \rho ^ 2 } = 1 – {\rho ^2} \; \; } \Rightarrow
{ 2 { \rho ^ 2 } = 1 \; \; } \Rightarrow
{ { \rho ^ 2 } = \frac { 1 } { 2 } \; \; } \kern0pt
{\text{or}\;\;z = \frac { 1 } { { \sqrt 2 } } = \frac { { \sqrt 2 } } { 2 } } $$

به ازای این مقدار از $$ \large \rho $$، مقدار $$ \large z $$ برابر خواهد بود با:

$$ \large z = { \left ( { \frac { { \sqrt 2 } } { 2 } } \right ) ^ 2 } = \frac { 1 } { 2 } $$

با بدست آمدن ماکزیمم مقدار $$ \large \rho $$، اندازه حجم برابر می‌شود با:

$$ \large \begin {align*} V = & \iiint \limits _ U { d x d y d z } \\ & = \int \limits _ 0 ^ { 2 \pi } { d \varphi \int \limits _ 0 ^ { \frac { { \sqrt 2 } } { 2 } } { \rho d \rho } \int \limits _ { { \rho ^ 2 } } ^ { 1 – { \rho ^ 2 } } { d z } }
\\ & = { \int \limits _ 0 ^ { 2 \pi } { d \varphi } \int\limits_0^{\frac{{\sqrt 2 }}{2}} {\rho d\rho } \cdot \left[ {\left. z \right|_{{\rho ^2}}^{1 – {\rho ^2}}} \right] }
\\ & = {\int\limits_0^{2\pi } {d\varphi } \int\limits_0^{\frac{{\sqrt 2 }}{2}} {\rho \left( {1 – {\rho ^2} – {\rho ^2}} \right)d\rho } }
\\ & = {2\pi \int\limits_0^{\frac{{\sqrt 2 }}{2}} {\left( {\rho – 2{\rho ^3}} \right)d\rho } }
\\ & = { 2 \pi \left[ {\left. {\left( {\frac{{{\rho ^2}}}{2} – \frac { { 2 { \rho ^ 4 } } } {4 } } \right ) } \right|_0 ^ { \frac { { \sqrt 2 } }{ 2 } } } \right] }
\\ & = {2\pi \left[ {\frac{{{{\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}}{2} – \frac{{{{\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)}^4}}}{2}} \right] }
\\ & = {\pi \left( {\frac{1}{2} – \frac{1}{4}} \right) }
\\ & = {\frac{\pi }{4} } \end {align*} $$

مثال ۴

حجم ناحیه محصور شده به سهمی‌گون $$ \large { x ^ 2 } + { y ^ 2 } = z $$ و کره‌ی $$ \large { x ^ 2 } + { y ^ 2 } + { z ^ 2 } = 6 $$ را بدست آورید.

در ابتدا باید منحنی تقاطع این دو سطح را بدست آورد. بدین منظور داریم:

$$ \large { z + { z ^ 2 } = 6 \; \; } \Rightarrow
{ { z ^ 2 } + z – 6 = 0 \; \; } \Rightarrow
{ { z _ { 1 , 2 } } = \frac { { – 1 \pm 5 } } { 2 } = 2 , – 3 } $$

توجه داشته باشید که ریشه‌ منفی نشان دهنده محل برخورد کره با سطح پایینی سهمی‌گون است؛ بنابراین آن را در نظر نمی‌گیریم. منحنی برخورد دو رویه و ناحیه مدنظر در شکل زیر نشان داده شده است.

همان‌طور که در بالا نیز شرح داده شد دو رویه در $$ \large z = 2 $$ با هم برخورد می‌کنند. بنابراین تصویر ناحیه برخورد، دیسکی است که درون دایره زیر قرار می‌گیرد.

$$ \large { x ^ 2 } + { y ^ 2 } = 2 $$

در بالای حجم مدنظر، کره و در زیر آن سهمی قرار گرفته است. بنابراین اندازه حجم را می‌توان در مختصات کارتزینی به صورت زیر بیان کرد:

$$ \large {V = \iiint \limits _ U { d x d y d z } }
= { \int \limits _ { – \sqrt 2 } ^ { \sqrt 2 } { d x } \int \limits _ 0 ^ {\sqrt {2 – {x^2}} } {dy} \int\limits _ { { x ^ 2 } + { y ^ 2 } } ^ { \sqrt { 6 – { x ^ 2 } – { y ^ 2 } } } { d z } } $$

فیلم مجموعه آموزش ریاضیات – مقدماتی تا پیشرفته در فرادرس

کلیک کنید

با توجه به ناحیه انتگرال‌گیری، مناسب آن است که انتگرال را در مختصات استوانه‌ای بنویسیم. بدین منظور انتگرال فوق را می‌توان به صورت زیر بازنویسی کرد:

$$ \large { V } = { \int \limits _ 0 ^ { 2 \pi } { d \varphi } \int \limits _ 0 ^ { \sqrt 2 } { \rho d \rho } \int \limits _ { { \rho ^ 2 } } ^ { \sqrt { 6 – { \rho ^ 2 } } } { d z } } $$

توجه داشته باشید که در رابطه فوق، $$ \large \rho $$ در رابطه $$ \large {\rho ^2} = {x^2} + {y^2} $$ صدق می‌کند. حاصل انتگرال به صورت زیر ساده می‌شود.

$$ \large \begin {align*} V & = \int \limits _ 0 ^ { 2 \pi } { d \varphi } \int \limits _ 0 ^ {\sqrt 2 } {\rho d\rho } \int\limits_{{\rho ^2}}^{\sqrt {6 – {\rho ^2}} } {dz}
\\ & = {\int\limits_0^{2\pi } {d\varphi } \int\limits_0^{\sqrt 2 } {\rho d\rho } \cdot \left[ {\left. z \right|_{{\rho ^2}}^{\sqrt {6 – {\rho ^2}} }} \right] }
\\ & = {\int\limits_0^{2\pi } {d\varphi } \int\limits_0^{\sqrt 2 } {\rho \left( {\sqrt {6 – {\rho ^2}} – {\rho ^2}} \right)d\rho } } \\ & = {2\pi \int\limits_0^{\sqrt 2 } {\rho \left( {\sqrt {6 – {\rho ^2}} – {\rho ^2}} \right)d\rho } } \\ & = {\pi \int\limits_0^{\sqrt 2 } {\left( {\sqrt {6 – {\rho ^2}} – {\rho ^2}} \right)d{\rho ^2}}} \end {align*} $$

نهایتا با استفاده از تغییر متغیر $$ \large { \rho ^ 2 } = t $$، مقدار حجم برابر با عدد زیر بدست می‌آید.

$$\large \begin {align*} {V }={ \pi \int\limits_0^{\sqrt 2 } {\left( {\sqrt {6 – {\rho ^2}} – {\rho ^2}} \right)d{\rho ^2}} }
& = {\pi \int\limits_0^2 {\left( {\sqrt {6 – t} – t} \right)dt} }
\\ & = {\pi \left[ {\left. {\left( { – \frac{{2{{\left( {6 – t} \right)}^{\large\frac{3}{2}\normalsize}}}}{3} – \frac{{{t^2}}}{2}} \right)} \right|_0^2} \right] }
\\ & = {\pi \left[ { – \frac{2}{3}\left( {{4^{\large\frac{3}{2}\normalsize}} – {6^{\large\frac{3}{2}\normalsize}}} \right) – 2} \right] }
\\ & = {\pi \left[ {\frac{2}{3}\left( {6\sqrt 6 – 8} \right) – 2} \right] }
\\ & = {\pi \left( {4\sqrt 6 – \frac{{16}}{3} – 2} \right) }
\\ & = {2\pi \left( {\frac{{6\sqrt 6 – 11}}{3}} \right) } \end {align*} $$