lecture_09 (1019618)

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла

Математический анализ,семестр 2, лекция 9,стр. 1 из 5Тройной интеграл(продолжение лекции 8)2. Тройной интеграл в сферических координатах.Сферическими координатами точки М впространстве назовем:1) длину радиуса-вектора точки М: OM = r ;2) угол θ между осью 0z и радиусом-вектором OM ,отсчитываемый от оси 0z;3) угол ϕ между осью 0х и радиусом-вектором OM ' , где М’– проекция точки М на плоскость х0у (см. рис. 3.2.1).Формулы связи между декартовыми и сферическимикоординатами: x = r sin θ cos ϕ 0 ≤ r ≤ +∞ (9) y = r sin θ sin ϕ ; 0 ≤θ ≤π  z = r cosθ0 ≤ ϕ ≤ 2π рис. 3.2.1Якобиан преобразования для системы (9) равен:∂x∂rD ( x, y, z ) ∂yJ==D(r ,θ ,ϕ ) ∂r∂z∂r∂x∂θ∂y∂θ∂z∂θ∂x∂ϕsin θ sin ϕ∂y= sin θ sin ϕ∂ϕcos θ∂z∂ϕr cosθ cos ϕr cos θ sin ϕ−r sin θ− r sin θ sin ϕr sin θ cos ϕ =0= cosθ ( r 2 cosθ cos 2 ϕ sin θ + r 2 cos θ sin 2 ϕ sin θ ) + r sin θ ( r sin 2 θ cos 2 ϕ + r sin 2 θ sin 2 ϕ ) == r 2 cos 2 θ sin θ + r 2 sin 3 θ = r 2 sin θТогда тройной интеграл в сферических координатах запишется в виде:=f (r , θ , ϕ )r∫∫∫ f ( p)dv = ∫∫∫ f ( x, y, z ) dxdydz ∫∫∫VV2Vdvα2θ2r2 (θ ,ϕ )α1θ1r1 (θ ,ϕ )sin θ drdθ d ϕ = ∫ d ϕ ∫ sin θ dθ∫f (r , θ , ϕ )dr ,(10)где dv = J drdθ dϕ = r 2 sin θ drdθ dϕ .Замечание.

Если область Р ограничена сферами и конусами, то, как правило,удобнее интегрировать в сферической системе координат; если же поверхностьограничена цилиндром, параболоидом, то удобнее интегрировать в цилиндрическойсистеме координат.Пример:Вычислить интеграл: J = ∫∫∫ x 2 + y 2 + z 2 dxdydz .VV : x2 + y2 + z 2 = z .Приведем уравнение поверхности, ограничивающей объем V к каноническому(виду: x 2 + y 2 + z − 12)2=1 .4В сферических координатах уравнение поверхности примет вид: r = cos θ . Тогдаискомый интеграл сводится к повторному по формуле (10):πJ=рис.

3.2.2.22π∫ sin θ dθ ∫ dϕ00cos θ∫0πcos 4 θπr rdr = 2π ∫ sin θ ⋅dθ = −42022π2∫ cos04θ d cos θ =π10.Математический анализ,семестр 2, лекция 9,стр. 2 из 5В качестве примера на механические приложения тройного интеграла решимследующую задачу:Вычислить моменты инерции относительно начала координат однородного шараx 2 + y 2 + z 2 ≤ R 2 с плотностью распределения массы µ = const . Ввиду симметрии шараJx = J y = Jz = J .Сложим моментыинерции2ππR000J x + J y + J z = 3J = 2∫∫∫ ( x 2 + y 2 + z 2 )dV = 2 ∫ dϕ ∫ sin θ dθ ∫ r 2 r 2 dr =V8π,58π.откуда J x = J y = J z =5Криволинейные интегралы.1. Криволинейный интеграл по длине дуги.1. Определение криволинейного интеграла.Рассмотрим пространственную кривую L сначалом в точке А и концом в точке В.

В каждой точкеР на кривой L ( ∀p ∈ L ) зададим функцию y = f(p).Введем понятие интеграла по L, считая L измеримой,кусочно-гладкой кривой.Для этого разобьем дугу АВ произвольнымобразом на n дуг: ∆1 , ∆ 2 , …, ∆ n ; на каждой дуге ∆ iпроизвольно выберем точку рi и вычислим значениефункции в этой точке. Мерой кривой L является еедлина, которую обозначим через l. Тогда интегральнаяnсуммаприметвид:∑ f ( p ) ⋅ l (∆ ) .iiОбозначимi =1λ = max l (∆ i ) и устремим λ → 0 . Перейдем к пределу врис. 1.1.1iинтегральной сумме, считая, что он существует и неnзависит от разбиения дуги: lim∑ f ( pi ) ⋅ l (∆i ) = ∫ f ( p)dlλ→0n→∞i =1(1)Lгде dl – элемент дуги или дифференциал дуги.Интеграл в формуле (1) называется криволинейным интегралом по длине дугиили криволинейным интегралом I-го рода от функции y = f(p).Введенный таким образом криволинейный интеграл обладает всеми свойствами,справедливыми для интегралов по фигуре.

Например,1) ∫ dl = L - длина дуги;L2) теорема о среднем: существует такая точка p0 ∈ L , что ∫ f ( p )dl = f ( p0 ) ⋅ L .2. Вычисление криволинейного интеграла I-го рода (метод параметризациикривой).Пространственная кривая может быть задана параметрически: L = r (t ) = x(t ) ⋅ i + y (t ) ⋅ j + z (t ) ⋅ k , t ∈ [t1 ; t2 ] .Математический анализ,семестр 2, лекция 9,стр. 3 из 5 x1 = x(t1 )Начало кривой – точка A ( x1 , y1 , z1 ) , где  y1 = y (t1 ) ; конец – точка B ( x2 , y2 , z2 ) , где z = z (t )1 1 x2 = x(t2 ) y2 = y (t2 ) . Возьмем произвольную точку P ( x, y, z ) = P ( x(t ), y (t ), z (t )) , при этом z = z (t )2 2dl = dx ⋅ i + dy ⋅ j + dz ⋅ k ⇒ dl = (dx) 2 + ( dy )2 + (dz ) 2 = ( x′)2 (dt ) 2 + ( y ′) 2 (dt ) 2 + ( z ′) 2 (dt ) 2 ==∫L( xt′ )2+ ( yt′ ) + ( zt′ ) dt . Тогда:22t2f ( p )dl = ∫ f ( x, y, z )dl = ∫ f [ x(t ), y (t ), z (t )] ⋅ ( xt′) 2 + ( yt′) 2 + ( zt′ )2 dt .Lt1Т.е.

криволинейный интеграл свёлся к определенному интегралу по параметру t.Пример:Вычислить криволинейный интеграл: x = t − sin t; t ∈ [ 0; 2π ] .L: y = 1 − cos t∫ y dl , где2Lxt′ = 1 − cos t ; ( xt′ ) = (1 − cos t ) = 1 − 2 cos t + cos 2 t ;2yt′ = sin t ;( yt′ )22= sin 2 t ;t2+ ( yt′ ) = 1 − 2 cos t + cos 2 t + sin 2 t = 2 − 2 cos t = 2(1 − cos t ) = 4sin 2 ;2t22dl = ( xt′ ) + ( yt′ ) = 2sin dt ⇒2( xt′ )22∫ y dl =L2πt− cos t )2 ⋅ 2sin dt =∫0 (12= 4 sin 22πt25∫ 8sin0t 2t 1t= −16  cos − cos3 + cos5 2 32 522π=02π2π2ttttttdt = 8 ∫  1 − cos 2  sin dt = −16 ∫ 1 − 2 cos 2 + cos 4  d cos =2222220 0 25615Если L – плоская кривая, явно заданная уравнением y = y ( x), x ∈ [ a; b ] , то P = P( x; y ) иf ( P ) = f ( x; y ) , а dl = 1 + ( yx, ) dx , где х играет роль параметра, то интеграл примет вид:2∫Lbf ( P )dl = ∫ f ( x; y )dl = ∫ f ( x; y ( x)) 1 + ( y x, ) dx ,L2т.е.криволинейныйинтегралсводитсяaопределенному интегралу по х.Пример:Вычислитьx∫ y dl ,L : y 2 = 2 x,()A 1; 2 , B ( 2; 2 ) (см.

рис. 1.2.1).Ly = 2 x , y x, = 2 ⋅(y ), 2x=2 x=12x;1;2xdl = 1 +1dx =2x2x + 12xdx;xx2x + 111∫L y dl = ∫1 2 x ⋅ 2 x dx = 2 ∫1 2 x + 1dx = 4 ∫1 2 x + 1d (2 x + 1) =21113 2=( 2 x + 1) ⋅ =  53 − 33  = 5 5 − 3 3 .43 1 662рис. 1.2.1122()кМатематический анализ,семестр 2, лекция 9,стр. 4 из 52. Криволинейныйкоординатам).интегралII-города(интегралпо1. Определение криволинейного интеграла по координатам.Рассмотрим механическую задачу, приводящую к понятию криволинейногоинтеграла по координатам.Пусть вдоль гладкой кривой L движется точка Р, ккоторой приложена переменная сила F ( P) . Требуется найтиработу этой силы на пути L.Для этого дугу АВ, определяющую L, разобьем точкамиM 1 , M 2 , …, M n −1 на n частей (дуг) ∆li = M(см.

рис. 2.1.1).i M i +1Векторы M i M i +1обозначим ∆liи предположим, что придвижении вдоль каждой из дуг Mi M i +1 сила постоянна и равнарис. 2.1.1F ( M i ) . Тогда работа переменной силы F ( P) вдоль каждой дуги∆li будет приближенно равна работе постоянной силы F ( M i )AB равнана прямолинейном участке ∆li , т.е. Ai ≈ F ( M i ) ⋅ ∆li и работа вдоль всей A = ∑ Ai ≈ ∑ F ( M i ) ⋅ ∆l . Продолжая разбиение дуги AB , т.е. устремляя λ = max ( ∆li ) → 0 ,(i)будем получать все более точную формулу для работы силы.Определение.Криволинейным интегралом по координатам назовем интеграл вдоль кривой L отскалярного произведения вектора F ( M ) на вектор dl , т.е.lim ∑ F ( M i ) ⋅ ∆li = ∫ F ( M ) ⋅ dl .λ →0LЗапишем этот интеграл в координатной форме. В системе координат xyz получим:F( M ) =P ( x, y,z )i + Q( x, y , z ) j + R ( x, y, z )k = { P; Q; R}.dl = dx ⋅ i + dy ⋅ j + dz ⋅ k = {dx; dy; dz} ;F ( M ) ⋅ dl = Pdx + Qdy + Rdz ⇒F(M)dl⋅= ∫ P( x, y , z )dx + Q ( x, y, z )dy + R( x, y , z )dz.∫()LLДля криволинейного интеграла по координатам верны свойства линейности иаддитивности, но он не является интегралом по фигуре.

Другие свойства не верны.Например, при изменении направления движения он меняет знак: ∫ = − ∫ .ABBA2. Вычисление криволинейного интеграла по координатам. Если гладкая пространственная кривая L задана параметрически:L = r (t ) = x(t ) ⋅ i + y (t ) ⋅ j + z (t ) ⋅ k , а параметр t меняется от t1 до t2, что означаетдвижение по кривой от точки А до точки В, то dx = x '(t )dt , dy = y '(t )dt , dz = z '(t )dt иинтеграл сводится к определенному интегралу по формуле:∫ P( x, y, z )dx + Q( x, y, z )dy + R( x, y, z )dz == ∫ P ( x(t ), y (t ), z (t ) ) x '(t )dt + Q ( x(t ), y (t ), z (t ) ) y '(t ) dt + R ( x(t ), y (t ), z (t ) ) z '(t ) dt == ∫ { P (t ) x '(t ) + Q (t ) y '(t ) + R (t ) z '(t )} dtLt2t1Для плоской кривой будет отсутствовать координата z(t).Математический анализ,семестр 2, лекция 9,стр.

5 из 5Пример: x = a cos t, 0 ≤ t ≤ π (см. рис. 2.2.1).Вычислить J = ∫ y 2 dx + x 2 dy , где L – верхняя часть эллипса  y = b sin tLdx = x′(t )dt = −a sin tdt ; dy = y ′(t )dt = b cos tdt ;πJ = ∫ b 2 sin 2 t (−a sin t )dt + a 2 cos 2 t (b cos t )dt =0ππ= ab 2 ∫ (1 − cos 2 t )d cos t + a 2 b ∫ (1 − sin 2 t )d sin t =00cos 3 t = ab  cos t −3 π2рис. 2.2.1 Формула Грина (см.

лекцию 10)= 0, т. к . sin 0 = sin π = 0114ab 2 4.= ab  −1 + − 1 +  = ab 2  −  = −333 320.

Характеристики

Тип файла PDF

PDF-формат наиболее широко используется для просмотра любого типа файлов на любом устройстве. В него можно сохранить документ, таблицы, презентацию, текст, чертежи, вычисления, графики и всё остальное, что можно показать на экране любого устройства. Именно его лучше всего использовать для печати.

Например, если Вам нужно распечатать чертёж из автокада, Вы сохраните чертёж на флешку, но будет ли автокад в пункте печати? А если будет, то нужная версия с нужными библиотеками? Именно для этого и нужен формат PDF - в нём точно будет показано верно вне зависимости от того, в какой программе создали PDF-файл и есть ли нужная программа для его просмотра.

Список файлов лекций