Антидемидович 3 - интегралы (Антидемидович), страница 22

х + у = сх. — = 18 — от точки О = (О, О. 0) до точки А = (2:«. уо. 2«). 2 2 У Х 2. С 180 Гл. 2. Кратные н криволинейные интегралы ч Параметризуеь1 кривую взяв в качестве параметра полярный угол р. Полагал х ж рсоа р. у = рмв 1о, получаем р = сх. 18р = 18 -, откуда х = ср, р = с р. Параметрические з уравнения кривой принилгают вид хо 1 х ж с /д соз р, у = с „/уз)п р, х = с р (О ( Ье ( — ) . с,) Нычпсллл диффеРенциал кРивой 4! = с (чгР+ — ) ЫГс и интегРиРУЯ полУченное выРажение 1 2;/т в пределах от 0 до =з,находим с =,/Б;( — '+1), и 129. Найти массу гп дуги параболы ", = ((х, у) Е Н: у = 2рх, 0 ч х ( - г, если ее з з Р~ линейная плотность р(х, у) в текущей точке (х, у) равна )у(.

° в * ... фе .п.а ф р, е- '7зооггьх~птхь. и». мая во внилгание равенство р(х, у) = (у( = ~/2рх хи симметрию точек параболы относительно оси Ох, находим Р 2 з Р з(з т+Х, у)41 ж г~у~2рХ, 1+ — 4Х = 2 ° /грт+рт ЗХ = — (2РХ+Р )У~ = -Р (2ЬГ2 — 1). М гх зр ~,-3 о о а$ аг 130. Найти массу т кривой ~ С Я~. заданной уравнениями х ж ад у = —, х = — (О < /2у Г ( 1) линейная плотность которой меняется по формуле р(х, у, х) = (/ — .

(у а < Согласно формуле (13), п.4.3, имеелг 1 тп = / р(х, у, х) Й = / р(х(г). у(г), г(г)) (х (г)р+ (у(г))2+ (г(г))зад ъ о и- - е' згя), нл=,е-. тхтсгга. г 1 тма ~Г 1+ГЗ-~.1441= — ~гт+-) -1- — 4(Г~+ -) ж 2 / 1 2) 4 (~ 2) а о ='-((""г) ' """ '-"(" -'""""'"))(= а/ з з+гчгз1 = — ~~(3Л вЂ” 1) + — 1л — ( . и 8 ( 2 3 131. Найти координаты центра тяжести однородной кривой 3 С Н~, заданной уравнением у = асЪ вЂ”, от точки А = (О, а) до точки В = (Ь, Ь) (а > О, Ь > О, Ь > 0).

М Воспользуелщл формуламн (15), п.4.3. Поскольку кривая 1 однородна, то в формулах (15), н.4.3, следует взять р(х, у) = 1. Имеем ,'=.ь-*,е-атее'уь-, 1~а'*-ь= г-'ь. а У о а ь, Г х Ь Ьз г — —— Ь вЂ” 4 = .Ь вЂ” =,1 — — 1=,Г~к- а а Вяз о Ь 4. Интегрирование на многообразиях 101 ь хо = — ! х 4! = — / х с)т - 4х ж — (ах зй — — а с!т -)! ~ та — (Ь э)т — — а с)т — + а) = тл/ тл / а тл а а ~о тл а а о — Ь с)тз — — 1 — Л+ а = — ! — г(йз — ат — Л+ от = Ь вЂ” а )/ Ь+.' ь — — (1+с!т — ) т!х = 2тл / а) о а тт Ьчтйз — аз'Э Ь 2тл [ а / 2 уо = — уй= аЬ + гчйз-аэ' 'ттл ( 2 132.

Найпт координаты центра тяжести контура однородного сферического треугольника Я = Ь(х, у, з) Е !л ". х + у + з = а . х )~ О. у В 01 з В 0). 4 Сферический треугольник однороден, в силу чего имеем 1 У хс = — / х й!. ус = — / у 41, зс = — / гй1, з где; — контур треугольника, тл = -та — его длина. В плоскости уОт выполняется тоткдество х = О. поэтому где;1 — часть кривой э . леясащая в плоскости хОу, Зэ — та ее часть, которая леконт в плоскости хОг. Еривые П н;з можно задать соответственно параметрическими уравнениями х = асозго, у та аз!вот х асозтЬ, у оо азтв то причем а! = а4от на;1 и а! = арф на тз. Поэтоьгу т о з з бз .тп созэо1Ьтт+ созй4тЬ 111 о о 2а 4а пэ Зтт Аналогично, ус = зс = — ° ьа Эт' 133. Найти статические моменты дуги; однородной астронды, заданной уравнением 2 з з хо + уз = аз, х )~ О, у ) О, относительно осей координат. ч Воспользуемся формулами 114), п.4.3, полагая в ннк ргх, у) = 1.

Записав параметрические уравнения астроиды в виде х ж а созз з, у = аз!и" ! (О ( ! ( -) и принимая во внимание зг решение примера 123, имеем з Лтт —— За соз тз!л гт!! = -а, ° з ь . 3 $ о !ЬГ = За з!л зсозгт!г= -а з о 3 о т" х а з х — у(х) с!т — Ых = — ~ сй — 4х тл а пт/ а о о .Ь вЂ” )/ — (Ь+ .Ь- Ь-) (О < Р < — ") 1 (о<В < — "), 1бг Гл. 2, Кратные и криволинейные интегралы л34. Найти момент инерции однородной окружности ! = Цх, у) б Ж~: х + уз = аз) относительно ее диаметра.

и Момент инерции однородной окружности ", соопадает с ! нли 1т (свь. формулы (14), пА.З), если систельа координат хОу выбрана так, ьто диаметр окружности; является отрезком оси Ох, а начало координат совпадает с централь окружности. Принимая во внимание однородность окру'кности т, имеем 2» 1=1,= ~уьНыа ( а!и рь!от=та о (прн вычьклении интеграла вощюльзовались параметрическими уравиениялпь окружности х = а соя ьь», у = о ми уь 0 ~< р < -'. и равенством ь!! = и ь!р). > 'ль35. Найти полярный момент инерции 1о ье (з + у ) ьт! относительно точки О = (О, 0) однородного контура квадрата ", = ((х, у) б Р: щах()х!, /у/) = а).

м Контур квадрата; образован отрезкальи прямых, заданных уравненивми у = на, х = жа. Если х = каь то х + у~ = а + у~, -а < у < аь ь!! = ь!у. Если же у = жа, то х +у =х +а,— а<х(~а,ь!1=ь!х. Заменив криволинейный интеграл 1о соответствующим интегралом Рььмана. получим ь.=г )ь.*»тьь„ь /ь.*».'ьь.) = — ".'. 3 136, Найти моменты инерции относительно координатных осей одного витка однородной винтовой линии з, ; = ((х, у. х) б И: х = а соз !. у = азьп !.

х = —, О < ! ( 2л (, 2х' Ч Обозначив через т, тт, т. расстояния от точки М = (х, у. х). лежащей на однородной кривой -ь, до соответствующих осей координат, моькем написать формулы для вычисления моментов инерции; 1 = /т~а1, 1„=~от!, 1,= ~тза1, » Воспользуемся очевидными равенствами т = у + х, то — — х + х, т, = х + у; следова- л 2 2 2 2 з 3 х 2 о 2 ° 2 л ь 2 3 2 л ь 2 о тельно, т, = а нп !+ —.т, тг ж а соя г+ --~-, т, ж а . Поскольку ь!1, 2ьт то о (('сг ' ) =( — 'Ь вЂ” )Л о 144 Гл. 2.

Кратные н нриволннейиые интегралы 2 1 1 сову соя 212 сох ир 1 4'г = — 11 (1+ — + — + ... + — + ...САУ = —, 1 'л о о а" l о ' о 1(о.) = 4х 1п и + С, С = 1(1) = О, 1(и) = 4т 1и а, и(х, у) я — 2хЯк 1п Я вЂ” 2хВк!в — = 2зЯк 1и —. > р 1 Я р Вычислить следующие хрнволинейные ггнтегралы второго рода. взятые вдоль указанных кривых в направлении возрастания параметра; 138. 1 = (х — 2ху) гСх+ (у — 2ху) Иу, где г = ((х. у) б И~; у = хз. )х( ( 1). ч Воспольэуелщя формулой (7), пА.З.

где роль параметра с играет переменная х. подставляя в подыитегральное выражение у = х о Иу = 2х ССх, получаем лгнтеграл Римана 2 1га (х — 2х +2х — 4х )ах = — —. > 1 2 з л о 14 15 -1 139. 1 = (2и — у) Нх + хну, где ", — арка пихлоиды, заданной уравнениями х ох а(С вЂ” яп С), у = а(1 — соз С), О ( С ~ (2т. ч На кривой т выполняется равенство (2а — у) Ых + хну = (2а — а(1 — сов г)) й(а(С вЂ” яп С)) + а(С вЂ” яв С) а(а(1 — сои г)) = а Сз!а СССС. Применив формулу (23), п.4.3, получим 2е 1 = и / Со1пСМ = иэ (Ссозг( +з!и С (о ) = — 22га .

И о 4х+Ыу 140. у (х) + )у)' , где АВСВА — контур квадрата с вершинами А = (1, О), В = ЛВСВ С (О,Ц, С=(-1,О),В=(О,— Ц. Ч Из свойства аддитивности хриволннейного интеграла следует равенство С' Нх+гСу С 3х+Ыу С ССх+гСу 1 гСх+сСу l 1*~+Ь('.( (*(+Ь~'./ ~*(+(у! './ (*(+Ы ЛВ ВС СВ ВС На отрезках АВ н СЮ выполняются соответственно равенства х+у = 1 и х+у = -1, Нх+ ССу = О, откуда следуез. что хриволинейные интегралы на этих отрезках равны нулю.

На отрезках ВС и ЮА соответственно имеем у — х = 1 и у — х = — 1, Ну = 4х, (х(+ (у! = 1. Если (х, у) б ВС, то х убывает от О до -1, если (х, у) б ЮА, то х воэрасгает от О до 1. Следовательно, -С 1 х 2/2 + С' 2 — 2+2 о. ° 141. Доыазать, что для криволинейного интеграла справедлива оценка Р(х, у) ах +С1(х, у) Иу 1* Интегрирование нк миогообрааких « — «« ° х ««нд«)«сч* «) 1в, з)ач м Вез ограниченна общности можно счктвть кривун«у главкой (если т — кусочноглвдква криваа, то интеграл можно представить в виде суммы интегралов по гладким кривым). Согласно определению криволинейного кктеграаа второго рода, имеем Р«1х+Ябу м ~(Х, т) 41, l где Р = (Р, 9), т — единичный касательный вектор к кривой т.

Из оценки ~(Х, г) ~ < ~Г! = 1/Ф + 11г получаем неравенство Р«1х+ Ябу ( Рг(х, у) +Чг(х«у) 41( щах Рг(х, у)+ Чг(х, у) й = ЬМ. > (в у)л'« 1«42. Оценить интеграл 1к =, где т = ((х, у) Е Ы «х + у = К ), 1 (хг+ ту+ уг)г ' Доказать, что 1пе 1к = О. и +ю Ч Длл оценки интеграла воспользуемсз неравенством, доказанным з предыдущем примере. Здесь г -х (х«у) ( г+ + г)г«ч(х«у) ( г+ + г)г /хг .~. уг ««ив, юТ~ е~ , з -, „„, г,, Следовательно, 1и ( 2хК щвх ,/вг~„г розга«Г* +-в+в 1 Приняв во внннакке параметрические уравнение окружности х = Ксозм, у = Казв«, О ( гг ( 2х, получим оценку ,~'г 4.уг 1 4 лгвх г г г — — гках Оьэ)е'«(х +ту+ у ) зсвсг к (1 + Яви с«мв) к которая следует из неравенства 1 4 ~( 4, О ~ в«( 2в'.

(««. ° ° г Р+Ъ~ Р Окончательно получаем оценку (1л( ( -т, кз которой следует предельное соотношение йш л = О. ° и +«в Вычислить криволинейные интегралы второго рода: 143. 1 = /(у — з)бе+ (х — х)бу+ (х — у) «1х«где т — окружность, получеинаа в гвезуаьтате пересечекиа сферы я = ((х, у, з) Е Йз г хг+у +зг аг) и плоскости Яг, заданной уравнением у = х гбо, нробегаемвл в иаправлплии против хода часовой стрелки, есаи смотреть Рпс, 1$ со стороны по«кхкитеаьных х.

м Окрхкогвсть т с центром в иачвае кооРДниат Леипгт в паосаости 8«, и ее рахите раасн е. Пусть Ф вЂ” угол мел«ду радиусом окружности н пуамей, Мгцанмей уравиепниык У «в х гб в, х ж Гл. 2. Кратные м крмвелимеймпы мптегралы 166 О (рис. 16). Тогда можем нараыетрмэовать окружмость т сладуюпнзы обраэоас а ыасоепсоер, у=еыаосоэр, з ы ааир (О 4 р 4 2з ). Прмводя криволинейный ммтеграл а нмтегралу Рмыаиа, получим г 1 = а з~(созо — маа)Нр = 242та юа (- — и) . р 14 Р изкодиы 2 1 = а 1з (юа р — 2 ма р) Ыу = з Г ° з ° з з(В(1 2),й(1 б)) з(т ут) та 145. 1 = („',') бл+ (,' — а*) ~(у+ (а' — у*) бз, где т — контур, который огвзаиичнвает часть сферы Я = ((я, у, з) Е Кз: лз + уз + з = 1, з ~ )О, у ) О, з ) О), пробегаеыый так, что вмешиял сторона этой поверхности остается слева. м Представим интеграл иа ориентированной кривой в вмде суммы интегралов мо орнентированмыы кривыы тзч у 1, 2, 3, аежбзпнм в иоордмматнык нлосаастик [рмс.