Производная от тройного интеграла

[Ryabsky]

Пусть функция $f(x,y,z)$ непрерывна при $x>0, y>0 ,z > 0$. Найти $\frac{dF}{dt}$, где:

$$F(t) = \iiint\limits_{G(t)} f(x,y,z)\,dx\,dy\,dz;~~ G(t) = \{x \ge 0,~ y\ge 0,~ z\ge 0,~ x+y+z \le t \}$$

Фактически, область - тетраэдр, у которого в зависимости от $t$ ездит основание.
Единственное, что приходит в голову, это попытаться взять производную по определению.
Начал пытаться:
$F(t + \Delta t) - F(t) = \int\limits_{t}^{t+\Delta t} dx \int\limits_{t-x}^{t+\Delta t -x} dy \int\limits_{t-x-y}^{t+\Delta t-x-y} f(x,y,z)\,dz$.
Если всё это поделить на $\Delta t$, то получим, собственно говоря, производную.
Только глядя на эти интегралы, никоим образом двигаться вперед не получается. Я вообще правильным путём пошел? Если да, то что мне дальше делать?

[мат-ламер]

Производная от тройного интеграла равен поверхностному интегралу по части границы - по треугольнику (сообразите по которму из четырёх). Тут ещё возникает числовой множитель. (Треугольник этот двигается помедленнее чем t увеличивается). Желательно, чтобы кто-нибудь это подтвердил, а то я ещё Вас не туда заведу. Можете делать также как Вы начали, последовательно вычисляя интегралы - от внутреннего к наружному.

[Ales]

мат-ламер в сообщении #321618 писал(а):

Желательно, чтобы кто-нибудь это подтвердил

Подтверждаю.

Автору, если у него не получается представить тетраэдр в уме, советую нарисовать картинку. Тогда будет ясно.

[Ryabsky]

Тетраэдр здесь и представлять то нечего, картинка уже который час плавает у меня в голове.
А как выяснить (или доказать), что производная от тройного интеграла равна поверхностному по какому то из треугольников?

[Ales]

Как выглядит объемчик $dt$?

-- Ср май 19, 2010 23:38:33 --

То есть тот объемчик, интеграл по которому $f$ - это $dF$.

[Ryabsky]

Что-то типа тоненькой пластинки у большего основания.
Ну то есть маленький объемчик между $x+y+z = t$ и $x+y+z = t + \Delta t$
(я вроде как в первом сообщении интеграл по этому объемчику в виде повторных расписал).
Но дальше то как?

[Ales]

Надо разделить интеграл по этому объемчику - $dF$ на $dt$.
Никогда не пытались объемы тетраэдра или конуса считать? С интегралом такой же подход.
Интеграл - это сумма произведений значений функции в маленьком объемчике на этот объемчик.

Ryabsky в сообщении #321695 писал(а):

я вроде как в первом сообщении интеграл по этому объемчику в виде повторных расписал

Неправильно расписали.

[Ryabsky]

Согласен, я чушь написал в первом сообщении. $dF$ запишется так:
$F(t + \Delta t) - F(t) = \int\limits_{0}^{t+\Delta t} dx \int\limits_{0}^{t+\Delta t -x} dy \int\limits_{0}^{t+\Delta t-x-y} f(x,y,z)\,dz - \int\limits_{0}^{t} dx \int\limits_{0}^{t-x} dy \int\limits_{0}^{t-x-y} f(x,y,z)\,dz$.
Если я это хозяйство поделю на $\Delta t$, то я опять же не соображу, какие махинации делать дальше (и уж тем более, откуда там вылезет поверхностный интеграл).
// Хотя, как показывает мой маленький опыт, должно в какой то момент щелкнуть в мозгу, и сразу всё становится ясно и просто, осталось добраться до этого щелчка.

[Casaubon]

Ryabsky в сообщении #321707 писал(а):

Если я это хозяйство поделю на $\Delta t$, то я опять же не соображу, какие махинации делать дальше (и уж тем более, откуда там вылезет поверхностный интеграл).

Путь в лоб: вычтите эти интегралы так, чтобы сократился интеграл по общему объёму (т.е. разбейте интервал интегрирования кадого одномерного интеграла из первой тройки на $(0;\;\ldots+t)\cup(\ldots+t;\;\ldots +t+\Delta t)$ и честно раскройте скобки. А затем учтите, что функция $f$ непрерывна и распишите оставшиеся интегралы по формуле среднего значения, что позволит легко взять предел $\Delta t\to0$. Сразу прикидывайте порядок малсти получающихся интегралов по $\Delta t$, чтобы сразу отбросить те, которые дадут в пределе $0$. И забудьте временно про геометрию и поверхностные интегралы, чтобы не сбивали. Геометрическая интерпретация в таких задачах хороша, и даже необходима для понимания, но только потом, когда ответ уже получен.

[Ryabsky]

Так, кажется начинаю прозревать. (посмотрите, правильно ли я понимаю че делаю)
Последовал совету последнего оратора, расписал интегралы, получил приращение вот в таком виде:

$\Delta F = \int\limits_{0}^{t} dx \int\limits_{0}^{t-x} dy \int\limits_{t-x-y}^{t+\Delta t -x-y} f(x,y,z)\,dz + \\ +\int\limits_{0}^{t} dx \int\limits_{t-x}^{t+\Delta t-x} dy \int\limits_{0}^{t+\Delta t -x-y} f(x,y,z)\,dz + \\ + \int\limits_{t}^{t+\Delta t} dx \int\limits_{0}^{t+\Delta t -x} dy \int\limits_{0}^{t+\Delta t -x-y} f(x,y,z)\,dz$

Если всё поделить на $\Delta t$, устремить $\Delta t \to 0$, то, воспользовавшись теоремой о среднем, первый интеграл будет выглядеть вот так:

$\int\limits_{0}^{t} dx \int\limits_{0}^{t-x} f(x,y,z(x,y))\, dy$.

А как применять тогда теорему о среднем к оставшимся двум интегралам? (если я конечно первый интеграл правильно записал)

[Casaubon]

Первый записали неправильно. Нужно каждый разделить на два интеграла.

$$\def\intl{\int\limits} \left(\intl_0^{t+\ldots}dx+\intl_{t+\ldots}^{t+\Delta t+\ldots}dx\right) \left(\intl_0^{t+\ldots}dy+\intl_{t+\ldots}^{t+\Delta t+\ldots}dy\right) \left(\intl_0^{t+\ldots}dz+\intl_{t+\ldots}^{t+\Delta t+\ldots}dz\right) f(x,\,y,\,z) $$

И после раскрытия скобок должно получиться 8 тройных интегралов.

[Ryabsky]

Но ведь после получения восьми интегралов, один (тот который по всему объему) уйдет, три останутся (которые я записал), а остальные будут большего порядка малости. И т.к. после перехода к пределу они дадут 0, их я мысленно откинул, как Вы мне порекомендовали.

[Casaubon]

Это правильно, в конце действительно должно остать 3 интеграла. Но если у вас снизу $0$, то сверху $\Delta t$ быть не должно при таком способе. Впрочем, при взятии предела это будет не принципиально.
Оставшиеся 2 интеграла раскрываете по той же схеме.
В общем виде:

$$ \int\limits_a^bf(x)\,dx=(b-a)f(\xi),\quad \xi\in[a,\,b]. $$

в частности у Вас для второго интеграла

$$ \int\limits_{0}^{t} dx \int\limits_{t-x}^{t+\Delta t-x} dy \int\limits_{0}^{t -x-y} f(x,y,z)\,dz = \Delta t\int\limits_{0}^{t} dx \int\limits_{0}^{t -x-\xi} f(x,\xi,z)\,dz, \quad \xi\in[t-x,\,t-x+\Delta t],\quad\lim\xi=t-x. $$

в первом почти правильно, только вместо $z(x,y)$ подставте $\xi$ и возьмите предел.

-- Сб май 22, 2010 22:32:48 --

Или у Вас $z(x,\,y)=t-x-y$? Тогда с первым всё верно.

[Ryabsky]

Хм, тогда получается, что второй (а значит и третий) интеграл (после перехода к пределу) равен нулю... Разве это так?

[Casaubon]

Именно! Радоваться надо, что в ответе мало слагаемых --- чернилы съэкономите ;))

А теперь давайте проанализируем ответ. В частности, интересно было бы понять, почему эти интегралы стремяться к нулю. Вот тут уже нужна геометрическая наглядная интерпретация, если тяжело её увидеть в 3-мерии, можно попытаться рассмотреть аналогичную задачу 2-мерную. Тогда будет видно, что строго говоря, задача решена не совсем корректно, при таком подходе будут интегралы по областям, выходящем за исходную область (в частности, если $x\in[t,\,t+\Delta t]$, то $y\in[0,\,t-x]$ будет не положителен). Поэтому, реально, конечно, будет не 8 интегралов, а меньше, и в конечном итоге остнутся те 3, которые написал Ryabsky --- это действительно верный результат (на том шаге). Если Вы это сделали без геометрической интерпретации, то это очень здорово.

Однако остаётся ещё один вопрос.
Вот тут предлагали посчитать поверхностый интеграл. Если его честно взять, что у него будет коэффициент $\sqrt{1+z'_x+z'_y}=\sqrt3$. Как получить это же число из других соображений, т.е. как узнать, что поверхностый интеграл нужно делить именно на $\sqrt3$ чтобы получить ответ к задаче?