VII Гаврилов Иванова Морозова Кратные и криволинейные интегралы.Элементы теории поля (1081400), страница 15
Текст из файла (страница 15)
Из уравнения параболоида х2 + 92 = 32 выражаем г и подставляем в уравнение сферы. Получаем ( .2+ „2)2 г+ г+ =4. 9 2. ТРОЙНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ 124 (при стандартном взаимном расположении двух систем координат) соотношениями х = твшдсоя~р, у = гвшд в1пу, (2.30) я = гсовд, которые определяют отображение замкнутой области Рис. 2.1З Й = ((г;~р",0) Е Й~: г Е [О,+со) ) у Е [0,2я[, 0 Е [б,я]) в замкнутую область Я = Кз. Это отображение непрерывно дифференцируемо, но в Й не является взаимно однозначным.
Тем не менее формула (2.25), кзк и в случае полярных и цилиндрических координат, остается верной. Напомним, что сферические координаты имеют следующий геометрический смысл: 1) величина г есть длина радиус-вектора ОЛ1 точки М; 2) величина ~р есть угол между проекцией ОМ1 радиус-вектора Оял на плоскость хОу и осью Ох; 3) величина 0 есть угол между вектором ОХ~ и осью Ов. Сферическим координатам отвечают следующие семейства координатных поверхностей: 1) концентрические сферы г = сопв1 с центром в точке О; 2) полуплоскости ~р = сопвФ, проходящие через ось Оз и ограниченные этой осью; 3) круговые полуконусы д = сопв$ с вершиной в точке О, осью симметрии которых является ось Ов.
Отображение (2.30) взаимно однозначно всюду, кроме точек М, для которых 0 = 0 или 0 = я, т.е. кроме точек, соответствующих точкам оси Оэ. Действительно, точке Мо(0;О;яв) Е Я в замкнутой области Й соответствует отрезок г = [яв[, 0 = О, 2.б. Цилиидричсские и сферические коордииаты 125 0 < у < 2я, если «з > О, или отрезок г = [«о[, В = т, 0 < у < 2т, если «з < О. Точке (О; 0; О) Е Я в замкнутой области й соответ- ствует прямоугольник .Оз = ((т;В;у): т = О, у Е [0,2т], В Е [О, тД[. Якобиан отображения (2.30) равен зшВсозу тсовВ сову — тз1пВз1пу в1пВ зшу гсов В зшу твшд сову созд — гвшВ 0 = гзвшВ. ,7(т,у,В) = Рис.
2.13 Замечание 2.2. Напомним, что существует другой вариант сферической системы координат, в которой угол В отсчи- При г „-б 0 и В Е (О, 2к) якобиан сохраняет знак. В соответствии с (2.23) элемент объема в сферических координатах равен Ь1т = = тэ з1пВ ЬтйуМ, или (при переходе к сферическим координатам в тройном интеграле) сй' = т~зшдсЬ йрИВ.
Покажем, что этот результат можно получить непосредственно из геометрических соображений. Координатными поверхностями т = сопв1 и т+Ьг=соней, В=соней и В+ЬВ=сопвС, у=сопвФ и у+Ьу= = сопзФ выделим криволинейный шестигранник (рис. 2.13). С точностью до бесконечно малых величин более высокого порядка малости объем Ь т' этого шестигранника можно считать равным объему прямоугольного параллелепипеда с ребрами сът, тЬВ и тзшВЬу, т.е. ~чХ = гэвшВЬтЬВЬу. г. трОйнык интюттдлы 126 тывается не от оси Ов, а от координатной плоскости хОу (П1].
В этом варианте областью изменения координаты 0 является отрезок ( — к/2, и/2), а якобиан отображения, связывающего сферические и декартовы координаты, равен,У(т, ~р, В) = т~ сов О. Пример 2.7. В примере 2.4 при расстановке пределов интегрирования в тройном интеграле по полому полушару Я с использованием прямоугольной системы координат область интегрирования пришлось разделить на пять частей, так как она имеет сложную конфигурацию и не является правильной относительно какой-либо из координатных осей. Переход к сферическим координатам значительно упрощает задачу.
Напомним, что рассматриваемый полый полушар ограничен двумя сферами х~+у~+ яР = 1, х~+у~+ хР = 4 и плоскостью я = О. Тело можно описать неравенствами, которые в сферической системе координат имеют простой вид: 1 < г < 2, О ( у ( 2я, О < 0 < к/2. Поэтому тройной интеграл по замкнутой области Я в сферических координатах сведется лишь к одному повторному: Дх,у,х) с1хду~Ь = 2я ~г!2 2 сйр аВ /(твшВ сов~р, тсйпВ яшар, гсовВ)т~вшВйт. о о Пример 2.8. Вычислим объем У тела Я, ограниченного поверхностью (х~+у~+х ) =а я. Тело можно описать с помощью неравенства (х + у~ + х~) < < авг, которое в сферической системе координат является достаточно простым: г4 ( азтсовВ, или тв (азсовВ.
Поскольку естественным ограничением переменного т является т > О, то сов В > О, откуда О < 0 < к/2. Переменное ~р вообще не входит в неравенство. Поэтому область изменения ~р максимальная: 127 г.б. цилиидрическиеи сферическиекоордиикты 0 < гр < 2я. Таким образом, рассматриваемое тело Я можно записать следующим образом: Я = ((г;В;гр): гр Е [0,2я), В Е [О,я/2], г Е [О,а~/совВ] ~. Учитывая такое представление, а также значение якобиана ,г"(г гр В) = ггвшВ для сферической системы координат, полу(Гггрг чаем гк и/г и Усово 2" зг' во Ъ' — д <Ю ггвшВг1г= — а ~ совВвшВйВ= — а .
о о о о Отметим, что при вычислении тройных интегралов иногда удо но и п обно использовать обобвгзенввые сферввчесивве иоордвввваггзы, связанные с декартовыми координатами соотношениями х = агвшВ совгр, у = ЬгвшВвшгр, я = стсовВ. (2.31) Легко проверить, что в таких координатах уравнение х /а + + г/Ьг+ вг/сг = 1 трехосного эллипсоида с полуосями а, Ь, с Р / приобретает вид г = 1, а элемент объема равен сЛ" = абсг~вшВг1гг1Вгггр.
Пример 2.9. Найдем объем тела, ограниченного поверхностью г г В данном случае удобно использовать обобщенные сфероческие координатиы т, гр, В. Переходя к описанию тела неравенством и записывая неравенство в обобщенных сферических координатах, получим г < г вш В,или, учитыв 4 г га тывая что вшВ) О, т < вшВ. В результате ггг к в!по гг г 2я Г . 4 я а~с К=або гггр аВ т вшВггг= — або/ вш Вг4В= 4 3 о о о о 2. ТРОЙНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ 128 2.7.
Приложения двойных и тройных интегралов дуО~ = х р(х,у)2)ау) Я л о = узр(х у е)сну о У~оу = з р(л,у,е)др' Я (2.32) Действительно, как и при вычислении массы такого тела (см. 2.1), разобьем замкнутую область (~ произвольным образом на п частичных областей Я,, 1 = 1,п, и в каждой из них Помимо задач, рассмотренных выше (см. 1.1, 2.1), двойные и тройные интеералы находят широкое применение при решении различных геометрических, физических и технических задач.
Если масса тс материальной точки характеризует свойство инерции при поступательном движении, то инерционные свойства этой точки при ее вращении относительно некоторой оси 1 количественно выражает момент инерции 4~ = таг2 относительно оси 1, где т — расстояние от точки до прямой 1. При совмещении оси 1 с осью Оэ прямоугольной декартовой системы координат Охуз получим 4~ = Хо, = тег2 = тз(я2+ у2).
Значения У~о, = так и Х,о, = тау называют моментами инерции 2 2 относительно плоскостей у02 и х02. Таким образом,,7о ууо~ + д~оз т.е. момент инерции относительно координатной оси равен сумме моментов инерции относительно каждой координатной плоскости, содержащей эту ось. Моменты инерции неоднородного тела, занимающего кубируемую замкнутую область Ч С Кз и имеющего плотность р(м) = р(л, у, е), относительно плоскостей у02, х02, хОу равны 2.У. Приложении двойных и тройных интегралов 129 выберем произвольную точку М,(х;;уй«;). Если приближенно принять, что масса частичной области ф, имеющей объем Ь$;., равна р(хвчувз«;)влв;. и сосредоточена в выбранной точке М;(х;;у,",«,), то для моментов инерции такой материальной точки относительно плоскостей уОг, хО«, хОу получим АР(хввУвв«в)~-втвв УвР(хввУзв«в)волков «вР(хв|Узв«в)" ~тв. 2 2 2 Тогда моменты инерции всего тела приближенно будут равны оуОх,Р ХвР(хввУвв«в)в-'втвв 2 в=1 вхОв ~~ Увйр(ХввУвв«в)Схимов в=1 1хОу ~ «в Р(ХЬ Увв «в)В1в% в=1 ,уО, = ( 2 + у2) (х,у,«)а~~, вох (У + «)Р(ХвУв«) ввв'в Я оОу = («+ и )Р(Х, У, «) ИК Ю (2.33) В правых частях этих приближенных равенств стоят интегральные суммы для подынтегральных функций тройных интегралов (2.32).
Если за точные значения моментов инерции принять пределы этих интегральных сумм при стремлении к нулю диамеупра И разбиения замкнутой области Я, то придем к (2.32). Для моментов инерции тела относительно координатных осей, в технических приложениях называемых также осевыми леолеентпалеи инерции,имеем г. тюйнык интитллы 13О Напомним, что вектором статпичесноео момента материальной точки массой то относительно начала координат называют произведение тиог, где г — радиус-вектор этой точки.
Проекции вектора статического момента материальной точки на координатные оси равны тех, теу, тол соответственно. рассуждая аналогично, можно показать, что проекции вектора статического момента рассматриваемого тела на оси Ох, Оу и Оз равны К = хр(х,у,л)Л~ Я К„= ур(х, у, х) Л~, Ю К, = лр(х,у,я)ИК е (2.34) т = р(х,у,х) Ну. Я Поэтому координаты точки С можно выразить через проекции статического момента следующим образом: К, Кл К, хс= —, ус= —, хс= —. (2.35) тп т т Отметим, что центр масс С тела, занимающего замкнутую область Я С 1кз, не обязательно является точкой внутри тела, Значения этих проекций иногда называют статическими моментами тела относительно плоскостей уОз, хОз и хОу.
4'ентиром масс тела является точка С, обладающая следующим свойством: если в ней сосредоточить всю массу т тела, то векторы статического момента тела и полученной материальной точки будут равны. В соответствии с (2.15) масса тела с плотностью р(х, у, л) составляет 2.7. Прилоиевил двойных и тройных ивтегрллов И1 т.е. возможна ситуация, когда С ф Я. Например, центр масс полого однородного шара находится в центре шара. Пример 2.10. Найдем кинетическую энергию тела с плотностью р(х,у,л), которое занимает кубируемую замкнутую область Я С м~ и вращается вокруг оси Оя с угловой скоростью о1. Разбивая замкнутую область Я произвольньпл образом на и частичных областей Щ, г' =1, и, и выбирал в каждой из них произвольную точку М1(х;;у;;21), как и раньше, приближенно примем, что масса частичной области ©, имеющей объем ЬЪ;, равна р(х;,у;,л1)ЬУ1 и сосредоточена в точке М,.
Скорость материальной точки М; при ее вращении вокруг оси Оя равна и; = т1о1, где г1 = ~/х~+ Уг — расстояние точки М, до этой оси, а кинетическая энергия равна -р(х;,у,,л1)ЬУ1(с; ). Поэтому для кинетической энергии И~ всего тела имеем и г о "а Р(хб Уб «д1лУ1 = ~ (х1 + Уь ) Р(х1 Уп Ч) 1лУь Гв1 Гх1 В правой части этого соотношения стоит интегральная сумма тройного интеграла, выражающего осевой момент инерции ,7р,.
Если за точное значение кинетической энергии вращающегося тела принять предел правой части равенства при стремлении к нулю диаметра разбиения замкнутой области Я, то в итоге получим 2 2 2 %У= — / (х +у )р(х,у,х)ЙУ =,уое —. (2.36) 2,/ Я Пример 2.11. Покажем, что момент инерции тела относительно прямой 1с, проходящей через его центр масс, является наименьшим по сравнению с моментом инерции этого тела относительно любой другой прямой 11, параллельной первой. Для г. тройнык инткп*ллы 132 этого достаточно рассмотреть моменты инерции относительно плоскостей и показать, что среди семейства параллельных плоскостей минимальный момент инерции соответствует той, которан проходит через центр масс (ее называют цемепральмом гллосесосгпью данного спела). При соответствующем выборе системы координат можно считать, что эти плоскости перпендикулярны оси Ох, так что их уравнениями будут х = хс и х = х1, где х1 ф хо.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
