Зачем переходить к сферическим координатам? 

Статья в процессе...бешено рисую картинки, скоро будут.

Для ленивых

Для удобства

В задачах по анализу есть целый пласт задач, которые требуют перейти из декартовой к сферической системе координат. Само собой встает вопрос, а собственно зачем? Ответ на него довольно тривиальный - для удобства. В этой небольшой статье я хотел бы наглядно показать в чем именно выгода перехода от декартовой к сферической системе координат.



Надо сказать, что наибольшую пользу сферическая и цилиндрическая системы координат представляют тогда, когда уравнения подъинтегральной функции и/или области, по которой рассчитывается интеграл  выражаются через четные степени.

Возьмем вот такой пример : 

\[
\underset{G}{\iiint}(x^{2} + y^{2})dxdydz, G = \{z \geq 0, r^{2} \leq x^2 + y^2 + z^{2}\leq R^{2}\}
\]

Попробуем решить этот пример поочереди в декартовой системе координат, цилиндрической и сферической.

Декартова система координат :

Для начала покажем как выглядит наша область и определим в каких границах меняются переменные. Область
\[
G = \{z \geq 0, r^{2} \leq x^2 + y^2 + z^{2}\leq R^{2}\}
\]

в декартовой системе координат есть полусфера радиуса R, лежащая в верхней полуплоскости с центром в точке (0, 0) из которой вырезана полусфера радиуса r (r <= R )  с центром в (0, 0). (этакая перевернутая плошка, только полностью круглая).

Начинаем расставлять пределы интеграла, видимо проще всего идти по оси z, нам дано уже что они больше нуля но, очевидно меньше чем внешний радиус (R) шара :

1) Смотрим какие сечения получаются при сечении нашего полушара плоскостью z = z0 (то есть плоскость паралельная xy проходящяя через z0), если мы идем от 0 до r, то сечение представляет из себя кольцо, а если от r до R, то сечением будет являться круг. Значит мы имеем две области, то есть :
\[
z \in [0, r] \cup [r, R]
\]

2) Теперь фиксируем точку z в каждой из этих областей и смотрим как там меняются остальные переменные. Тут важно понимать конечно, что как только мы зафиксировали z в z0, она перестала быть переменной и стала обычной константой, то есть числом на то время пока мы рассматриваем остальны переменные в этом сечении.

Итак берем первую половину :

\[
z \in [0, r]
\]

Мысленно представляем себе как мы рассекли полусферу плосколстью z=z0, и "смотрим сверху" на получившееся сечение, это кольцо, которое выражается неравенством:
\[
r^{2} \leq x^2 + y^2 + z_{0}^{2}\leq R^{2}
\]

обратим внимание на наш z0, здесь, как я и говорил, мы зафиксировали переменную z в конкретной точке z0, то есть эта переменная получила значение и стала константой на то время пока мы рассматриваем данное сечение. Иными словами наше последнее неравенство рассматривается относитально двух переменных x и у, а не от x, у и z, как вначале. Если немного переписать неравенство - вычесть из него квадрат z0 , будет наглядней :

\[
r^{2} - z_{0}^{2} \leq x^2 + y^2 \leq R^{2} - z_{0}^{2}
\]


Теперь надо найти в каких промежутках изменяется x, хочется сказать что x лежит в пределах от -R до R, но это не так, ведь z меняется и чем ближе мы к верхушке нашей полусферы тем меньше радиус сечения. Значит границы переменной x напрямую зависят от z, но не зависят от y, что преобразует наше предыдущее неравенство в :

\[
r^{2} \leq x^2 +  z_{0}^{2}\leq R^{2}
\]

Мы исключили y или взяли y = 0, решаем это неравенство :

\[
r^{2} \leq x^2 +  z_{0}^{2}\leq R^{2}\\
r^{2} - z_{0}^{2} \leq x^2 \leq R^{2} - z_{0}^{2}\\
\pm \sqrt{r^{2} - z_{0}^{2}}  \leq x \leq \pm \sqrt{R^{2} - z_{0}^{2}} \\
\left\{\begin{matrix}
- \sqrt{R^{2} - z_{0}^{2}}  \leq x \leq - \sqrt{r^{2} - z_{0}^{2}}
\\
\sqrt{r^{2} - z_{0}^{2}}  \leq x \leq \sqrt{R^{2} - z_{0}^{2}}
\end{matrix}\right.
\]

Здесь мы получили изменение x в пределах кольца при z = z0 и y = 0, но внутренняя часть, внутри "дырки", так же будет учавствовать, значит учитываем и ее, получим три области для x :

\[
x \in [- \sqrt{R^{2} - z_{0}^{2}}, -\sqrt{r^{2} - z_{0}^{2}}] \cup [- \sqrt{r^{2} - z_{0}^{2}}, \sqrt{r^{2} - z_{0}^{2}}] \cup [ \sqrt{r^{2} - z_{0}^{2}}, \sqrt{R^{2} - z_{0}^{2}}]
\]

Спрашивается, почему не записать просто? :

\[
x \in [- \sqrt{R^{2} - z_{0}^{2}} \sqrt{R^{2} - z_{0}^{2}}]
\]

x действительно изменяется в этих пределах, но при вычислении интеграла нам придется разбить его на обозначенные выше отрезки именно из за "дырки кольца", которые мы обязаны учесть, то есть вместо одного интеграла мы получим сумму трех.

Теперь мысленно режем это кольцо прямыми паралельными оси y, смотрим в каких пределах лежит переменная y.
Итак, режем наше кольцо по икс в первом промежутке:

\[
x \in [- \sqrt{R^{2} - z_{0}^{2}}, -\sqrt{r^{2} - z_{0}^{2}}]
\]

 в этих пределах фиксируем x в x0, и смотрим как в этой точке меняется переменная y, выраженная следующим неравенством

\[
x_{0}^{2} + y^2 + z_{0}^{2}\leq R^{2}
\]

обратим внимание, что теперь у нас зафиксированы две переменные z и x, то есть неравенство составлено относительно переменной y, а  z0 и x0, есть суть константы при данном рассмотрении. Тогда можно выразить y :
\[
x_{0}^{2} + y^2 + z_{0}^{2}\leq R^{2}\\
 y^2 \leq R^{2} - x_{0}^{2} - z_{0}^{2}\\
y \leq \pm \sqrt{R^{2} - x_{0}^{2} - z_{0}^{2}}
\]

Теперь берем серединку кольца,

\[
x \in [- \sqrt{r^{2} - z_{0}^{2}}, \sqrt{r^{2} - z_{0}^{2}}]
\]

 здесь в формировании границ лоскута учавствуют кривые двух функций, изнутри -  окружность радиуса r, а извне часть окружности радиуса R, значит наша переменная y , будет выражена следующим образом :

\[
 r^{2} \leq x_{0}^{2} + y^2 + z_{0}^{2}\leq R^{2}\\
r^{2} - x_{0}^{2} - z_{0}^{2} \leq y^2 \leq R^{2} - x_{0}^{2} - z_{0}^{2}\\
\pm \sqrt{r^{2} - x_{0}^{2} - z_{0}^{2}} \leq y \leq \pm \sqrt{R^{2} - x_{0}^{2} - z_{0}^{2}}\\
\left\{\begin{matrix}
-\sqrt{R^{2} - x_{0}^{2} - z_{0}^{2}} \leq y \leq - \sqrt{r^{2} - x_{0}^{2} - z_{0}^{2}}
\\
\sqrt{r^{2} - x_{0}^{2} - z_{0}^{2}} \leq y \leq  \sqrt{R^{2} - x_{0}^{2} - z_{0}^{2}}
\end{matrix}\right.
\]

И наконец, берем последний сегмент кольца, ограниченный по x :

\[
x \in [ \sqrt{r^{2} - z_{0}^{2}}, \sqrt{R^{2} - z_{0}^{2}}]
\]

В этом промежутке как и в первом y огриничен частью окружности с радиусом R :

\[
x_{0}^{2} + y^2 + z_{0}^{2}\leq R^{2}\\
 y^2 \leq R^{2} - x_{0}^{2} - z_{0}^{2}\\
y \leq \pm \sqrt{R^{2} - x_{0}^{2} - z_{0}^{2}}
\]

Подъитожим :

При \[
z \in [0, r]
\] имеем :
 \[
\left\{\begin{matrix}
\left\{\begin{matrix}
x \in [- \sqrt{R^{2} - z_{0}^{2}}, -\sqrt{r^{2} - z_{0}^{2}}]
\\
y \in [ -\sqrt{R^{2} - x_{0}^{2} - z_{0}^{2}}, \sqrt{R^{2} - x_{0}^{2} - z_{0}^{2}}]
\end{matrix}\right.
\\
\left\{\begin{matrix}
x \in [- \sqrt{r^{2} - z_{0}^{2}}, \sqrt{r^{2} - z_{0}^{2}}]
\\
y \in [-\sqrt{R^{2} - x_{0}^{2} - z_{0}^{2}}; - \sqrt{r^{2} - x_{0}^{2} - z_{0}^{2}}] \cup[\sqrt{r^{2} - x_{0}^{2} - z_{0}^{2}} ;  \sqrt{R^{2} - x_{0}^{2} - z_{0}^{2}}]
\end{matrix}\right.
\\
\left\{\begin{matrix}
x \in [ \sqrt{r^{2} - z_{0}^{2}}, \sqrt{R^{2} - z_{0}^{2}}]
\\
y \in [ -\sqrt{R^{2} - x_{0}^{2} - z_{0}^{2}}, \sqrt{R^{2} - x_{0}^{2} - z_{0}^{2}}]
\end{matrix}\right.
\end{matrix}\right.
\]

И это мы преодолелеи только расстояние от 0 до r по z, теперь берем промежуток
\[
z \in [r, R]
\]

фиксируем точку z в z = z0, в этот раз у сечение представляет собой  круг :

\[
x^2 + y^2 \leq R^{2} - z_{0}^{2}
\]

Рассматриваем как меняется x в этой круге, на этот раз у нас нет никаких дырок,  и область изменения будет просто :

\[
x \in [- \sqrt{R^{2} - z_{0}^{2}}, \sqrt{R^{2} - z_{0}^{2}}]
\]

Фиксируем x в x=x0, и смотрим как будет менять y в этой точке, в эттот раз все просто, на вcем промежутке x сечение ограничено внешним радиусом круга :
\[
y \in [ -\sqrt{R^{2} - x_{0}^{2} - z_{0}^{2}}, \sqrt{R^{2} - x_{0}^{2} - z_{0}^{2}}]
\]

Итак при
\[
z \in [r, R]
\]

Получаем :
\[
\left\{\begin{matrix}
x \in [- \sqrt{R^{2} - z_{0}^{2}}, \sqrt{R^{2} - z_{0}^{2}}]
\\
y \in [ -\sqrt{R^{2} - x_{0}^{2} - z_{0}^{2}}, \sqrt{R^{2} - x_{0}^{2} - z_{0}^{2}}]
\end{matrix}\right.
\]

А теперь посмотрим во что превратился наш исходный интеграл при данных пределах :

\[

\int_{0}^{r}dz
\begin{Bmatrix}
\int_{- \sqrt{R^{2} - z_{0}^{2}}}^{ -\sqrt{r^{2} - z_{0}^{2}}}dx
\int_{ -\sqrt{R^{2} - x_{0}^{2} - z_{0}^{2}}}^{ \sqrt{R^{2} - x_{0}^{2} - z_{0}^{2}}}(x^{2} + y^{2})dy +

\int_{- \sqrt{r^{2} - z_{0}^{2}}}^{\sqrt{r^{2} - z_{0}^{2}}}dx
\begin{Bmatrix}
\int_{-\sqrt{R^{2} - x_{0}^{2} - z_{0}^{2}}}^{ - \sqrt{r^{2} - x_{0}^{2} - z_{0}^{2}}}(x^{2} + y^{2})dy +
\int_{\sqrt{r^{2} - x_{0}^{2} - z_{0}^{2}}}^{ \sqrt{R^{2} - x_{0}^{2} - z_{0}^{2}}}(x^{2} + y^{2})dy
\end{Bmatrix}
+
\int_{ \sqrt{r^{2} - z_{0}^{2}}}^{\sqrt{R^{2} - z_{0}^{2}}}dx
\int_{ -\sqrt{R^{2} - x_{0}^{2} - z_{0}^{2}}}^{ \sqrt{R^{2} - x_{0}^{2} - z_{0}^{2}}}(x^{2} + y^{2})dy
\end{Bmatrix}
+
\int_{r}^{R}dz\int_{- \sqrt{R^{2} - z_{0}^{2}}}^{\sqrt{R^{2} - z_{0}^{2}}}dx\int_{-\sqrt{R^{2} - x_{0}^{2} - z_{0}^{2}}}^{\sqrt{R^{2} - x_{0}^{2} - z_{0}^{2}}}(x^{2} + y^{2})dy

\]

Решение такого монстра может занять не малое количество времени, большое количество рассчетов, легко сделать ошибку. Решать его в рамках этой статьи не имеет никакого смысла. По этому перейдем к следующей системе координат.

Цилиндрическая система координат :

в процессе...

Сферическая система координат :

Итак нам необходимо перевести нашу задачу в другую систему координат. Перевести в другую систему координат означает фактически описать тот же самый объект с другой точки зрения, это все равно, что я смотрю на кремль с одной стороны ,а Вы с противоположной, я вижу кирпичную стену, а Вы - мавзолей. Объект то же, но описание разное. Математики описывают этот мир, но не меняют его, по этому в новой СК полусфера так же останется полусферой.
Так же и тут.
 Итак напомним по каким формулам мы переходим к сферической сисиеме координат :

\[

\left\{\begin{matrix}
x = \rho sin\theta cos \varphi
\\
y = \rho sin\varphi sin\theta
\\
z = \rho cos\theta
\end{matrix}\right.

\]

Подставляем в наше уравнение :

\[

x^{2} + y^{2} =  \rho^{2} sin^{2}\theta cos^{2} \varphi + \rho^{2} sin^{2}\varphi sin^{2}\theta = \rho^{2} sin^{2}\theta(cos^{2} \varphi + sin^{2}\varphi) = \rho^{2} sin^{2}\theta\\
 x^2 + y^2 + z^{2} =  \rho^{2} sin^{2}\theta cos^{2} \varphi + \rho^{2} sin^{2}\varphi sin^{2}\theta +  \rho^{2} cos^{2}\theta = \rho^{2} sin^{2}\theta(cos^{2} \varphi + sin^{2}\varphi) + \rho^{2} cos^{2}\theta= \rho^{2} sin^{2}\theta + \rho^{2} cos^{2}\theta = \rho^{2}\\
\]

Не забываем что Якобиан при переходе из декартовой в сферическую равен
\[
 \rho^{2} sin\theta
\]

Отсюда исходный интеграл примет вид :

\[
\underset{G}{\iiint} \rho^{3} sin\theta d\varphi d\theta d\rho , G = \{\rho cos\theta \geq 0, r^{2} \leq \rho^{2}\leq R^{2}\}
\]

Расставляем пределы интегрирования.

Так как у нас обычная полусфера, то угол фи ничем не ограничен. Это видно так же из того факта, что фи не учавствует в неравенствах области G  ни в каком виде, и какой ее не возьми, это не повлияет на неравенства, значит область изменения фи :

\[
\varphi \in [0, 2\pi]
\]

Теперь решаем уравнения для области G :

\[
\rho cos\theta \geq 0\\
cos\theta \geq 0\\
\theta \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]
\]

А вот тут остановимся на секунду. Нельзя забывать, что при решении интеграла в сферической системе координат мы режем область соответственно улам, то есть если рассечь нашу полусферу углом тетта от минус пи попалам и до пи попалам то мы получим полукруг, а потом этот полукруг закрутим по фи на полный круг (от нуля до два пи) и таки образом покроем объем в два раза больший чем наша область ограничивает! А вот если мы по углу тетта возьмем от нуля до пи попалам, то есть половинку полукруга и закрутим ее вогруг своей оси, то получим как раз то что надо. значит

\[

\theta \in [0, \frac{\pi}{2}]
\]

и

\[
r^{2} \leq \rho^{2}\leq R^{2}\\
r \leq \rho\leq R\\
r \in [r, R]
\]

. Итого имеем :

\[
\left\{\begin{matrix}
\theta \in [0, \frac{\pi}{2}]
\\
\varphi \in [0, 2\pi]
\\
r \in [r, R]
\end{matrix}\right.
\]

Переписываем исходный интеграл с учетом новых пределов : 

\[
\int_{0}^{2\pi}d\varphi \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}d\theta\int_{r}^{R} \rho^{3} sin\theta  d\rho
\]

Вот это уже можно решать. Для начала применим небольшую военную хитрость, смотрим на интеграл и видим, что в подъинтегральной функции учавствуют только две переменные из трех, то есть как не считай интеграл по фи останется в неизменном виде и от наших пересчетов не зависит, а значит мы можем его посчитать до всего остального и тем самым упростить задачу, считаем отдельно интеграл от фи: 

\[
\int_{0}^{2\pi}d\varphi = \varphi \mid_{0}^{2\pi} = 2\pi
\]
Теперь наш интеграл примет вид :

\[
2\pi\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}d\theta\int_{r}^{R}  \rho^{3} sin\theta  d\rho
\]

Вот так мы из тройного интеграла сделали двойной. Ну а теперь решаем что осталось :

\[
2\pi\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}d\theta \int_{r}^{R}d\varphi  \rho^{3} sin\theta  d\rho =
2\pi\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}sin\theta d\theta\int_{r}^{R}  \rho^{3}   d\rho =
2\pi\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}sin\theta d\theta  \frac{\rho^{4}}{4}\mid_{r}^{R} =
2\pi\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{R^{4} - r^4}{4}sin\theta d\theta =
\]

\[
 =
-\pi\frac{R^{4} - r^4}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} dcos\theta =
-\pi\frac{R^{4} - r^4}{2}[cos(\frac{\pi}{2}) - cos(0)] =
\pi\frac{R^{4} - r^4}{2}
\]

Вот собтвенно и все, как мы видим если в декартовой системе координат интеграл занимал чуть меньше 2х метров в длину, то в сферической это уже локаничная, предельно простая запись. Вот для этого нам и нужен переход к разным системам координат.