Д.Т. Письменный - Конспект лекций по высшей математике (полный курс) (1108544), страница 42
Текст из файла (страница 42)
195). Отсюда следует, что статический момент Я. кривой АВ относи11пльно оси Ох равен Я = у 1 у лй = у 1 у - /1 + (цл.)т 6 '. Аналогично находим Яул Я„= у ~ х ~/Г+ (ул )т ль. Статические моменты Я . и Я„кривой позволяют лщ.ко установить положение ее центра тяжести (центра масс). Цеаплром тлхссслпи материальной плоской кривой у =- 1(х), х Е [а; Ь] называется точка плоскости, обладаккцая следующим свойством: если в этой точке сосредоточить всю массу т заданной кривой, ю статический момент втой точки относительно любой координатной оси будет равен статическому моменту всей кривой у = у'(х) относительно той же оси. Обозначим через О(х,; у,) центр тяжести кривой АВ. Из определения центра тяжел".ги следуют равенства пл - х, = — Я„и ла Ус — — Ях ИЛИ Ф. Хс — Яу И У1 Ул = Яя ОТЮОДа Хс = 1, Уу =, ИЛИ 294 ь ь Па 1ю,з+1гг~ Ь ь 1*а 1* ~Ф+ь.'гь )' т/1+ (У')г Их о с ь 1 взять а Пример .Ь1.1~.
Найти центр тяжести однородной дуги окружи сти хг + уг = Вг, располсокевной в первой координатной четверти (г рис. 196). Рис. 196 Ряс. 197 (~ Решение: Очевидно, длина указанной дуги окружности равна к т. е. 1 = — ". Найдем статический момент ее относительно оси Ох. Т. как уравнение дуги есть у = у Вг — яй и у,' =, то ( у = соп — х тЯ" — хг я — Т~ Я2 хг а и В и = у ~1,7Вг: ' У =7В~ (*=тВх~н=,Вг. О О Стало бьггь, Я, уВг 2В Ус = г Так как данная дуга симметрична относительно биссектрисы пер го координжгного угла, то х, = у, = —. Итак, центр тяжести иъьес 2В координаты ( —; — ). 72В.
2Ю 1т' к/ Вычисление статических моментов и координат центра тяжести плоской фигуры Пусть дана материальная плоская фигура (пластинка), огранич ная кривой у = 1(х) > О и прямыми у = О, х = а, х = 6 (см. рис. 197): Пример .Ь1.13. Найдем координаты центра тяжести полукруга :гг + уг ( Вг, у > О ( у = сопз1) (см. рис. 198). (,з Решение: Очевидно (ввиду симметрии фигуры относительно оси Оу), гто х, = О. ! 1лошадь полукруга равна —. НахоВг 2 лим Я,: и ( ( Яг хг)г,ух 2 1 . х и 1 ,(Вг )~ (Вз+ Вз 2 3 — и 2 Рис.
198 Вз Вз — — — — )=1 -Вз. 3 3 3 Вудем считать, что поверхностная плотность пластинки постоянна ь ( у = сопзз). тогда масса всей пластинки равна 7-5, т. с. зп = у ( г" (х) ь(х. Вьгделим элементарный участок пластинки в виде бесконечно узкой ш.ртикальной полосы и будем приближенно считать еьтз прямоугольником. Тогда масса его равна 'у у ох. Центр тяжести С прямоугольника ланит на пересечении диагоналей прямоугольника. Эта точка С отстоит от оси Ох на — у, а от оси Оу на х (приближенно; точнее на 1 расстоянии х + — Лх). Тогда для элементарных статических моментов 1 2 ~юносительно осей Ох и Оу выполнены соотношения 1 1 НЯ, = у уг(х — у = — ч у г1х и Ь19 = у удх.х = тхуг(х. 2' 2 з ь ь Следовательно„Я = — 7 ~ уг дх, Ят = 7 ( ху г(х.
1 г г По аналогии с плоской кривой получаем, обозначив координаты центра тяжести плоской фигуры (пластинки) через С(х,;ус), что ш х = Ь*з, тп ° у = Я . Отскц1а Яз Яз 5з Я, х,= — = — и у,= — =— гп уЯ ш .ф ь ь 1 )' г11х хс— ь ' ' ь ус = ) удх ( удх а а Стало быть, 2-!Дз 4 Д ус = с,уч 3 кпс 3 я' Итак, центр тяхсести имеет координаты С(0; — ). .4Ль 3я1 3 42. ПРИБЛИЖЕННОЕ ВЫЧИСЛЕНИЕ ОПРЕДЕЛЕННОГО ИНТЕГРАЛА ь Пусть требуется найти определенный интеграл ( 1 (х) сЬ от неп а рывной функции 1'(х).
Если можно найти первообразную Р(х) фув Лх), и! интеграл вычисляется по формуле Ньютона-Лейбница: / 1(х) с1х = Г(Ь) — Р'(а). а Но отыскание первообразной функции иногда весьма сложно; к ме того, как известно, не для всякой непрерывной функции ее пер образная выражается через элементарные функции. В этих и друг случаях (например, функщья у = 1'(х) задана графически или табли* но) прибегают к приближеннььм формулам, с помощью которых оп! деленный интеграл находится с лк>бой степенью точности. Рассмотрим три наиболее употребительные формулы приближен ного вычисления определенного интеграла — формулу прямоугольн ков, формулу трапеций, формулу парабол (Симпсона), основанные геометричегяом смысле определенного интеграла. 42.1.
Формула прямоугольников Пусть на отрезке [а; Ь], а < Ь, задана непрерывная функция 1(х Требуется вычислить интеграл ~ 1(х) сьх, численно равный плащ соответствующей криволинейной трапеции. Разобьем основание э трапеции, т. е. отрезок [а;Ь[, на и равных частой (отрыков) дли 6 =: = хь — хь .! (исая разбиения') с помощью точек хе = Ь вЂ” а хь, хм..., х„= Ь.
Можно записать, что хь = хо + Ь.. ь, где ь = 1,2,... „' (см. рис. 199). В середине сь = каждо!о такого отрезка построим ор хь ! +хь нату уь = 1(с!) графика функции у = Лх). Приняв эту ординату з, высоту, построим прямоугольник с площэдьк> Ь ° уь. Рис. 199 Тогда сумма площадей всех и прямоугольников дает площадь ступенчатой фигуры, представляющую собой приближенное значение искомого опреде.пенного инте!рада ь [ Дх)Дх гг Цуь+уг+...
+у ) = — ~~( ' '). (42.1) а ь=! Я Формупа (42.1) называется уьорльулой средмььх прямоугольников. Абсолюпьная погрешносп!ь приближенного равенства (42.1) оценивается с помощью следующей формулы: (Ь вЂ” а)г - Ыг [Л„[ < 24п ьде Мг — наибольшее значение [ун(х) [ на отрезке [а; Ь), ь а [й [= / Дх)г)х — — ~ ~1'( ' ') а ь=! Отметим, что для линейной функции (1(х) =- Ьх + Ь) формула (42.1) дает точный ответ, поскольку в этом случае ун(х) = О. 42.2.
Формула трапеций Формулу трапеций получают аналогично формуле прямоугольников: на каждом частичном отрезке криволинейная трапеция заменяется обычной. Разобьем отрезок [а; Ь[ на и равных частей длины Ь = Ь а. Абсциссы точек деления а = хе, хь,хг,..., Ь = х„(рис. 200). Пусть уо, уь,..., у„— соответствующие им ординаты графика функции. Тогда Рис. 200 Ь Яь = /,ь'(х) 4х = — (уо + 49, + уз) . 3 ~а 301 расчетные формулы для этих значений примут вид х; = а + Ь ь', уь = Д*ь), 4 = О, 1, 2,..., и; Ь = =а. Заманим кривую у = Дх) ломаной линией, звенья которой соеди-, няют концы ординат уь и уьы (ь' = О, 1,2,..., и).
Тогда площадь криволинейной трапеции приближенно равна сумме плошадей обычнььх Ь вЂ” а. трапеций с основаниями уь уьть и высотой Ь = —: ь уо+уь уь +уз у -о Руп 2 а ь ~Дх)ьйоьз — ( — +уь +уз+ "+у — ь) (42-2) д Формула (42.2) называется формулой пьрапеьЬий. Абсолзнвноя погуепьпосгль В„приближения, полученного по форс (Ь-а)' муле трапеций, оценивается с помощью формулы ~В„[ ( ~- ° Мз, где Из = пьзх ) ("(х)1 Снова для линейной функции у = Ьх + Ь фор<х<ь мула (42.2) — точная. 42.3. Формула парабол (Симпсона) Если заменить график функции у = 1(х) на кажцом отрезк (хь Н х„) разбиения не отрезками прямых, как в методах трапеций прямоугольников, а дугами парабол, то получим более точную формулу приближенного вычисления интеграла ( 1(х) ьЬ.
а Предварительно найдем площадь Я криволинейной трапеции, огра- ченной сверху графиком параболы у = ахз+Ьх+с, сбоку — - прямыми х = — Ь, х = Ь и снизу — отрезком ( — Ь; Ь). Пусть парабола проходит через три точки Мь( — Ь; уо), й4з(0; уг), Ыз(Ь; уг), где уо = аЬ вЂ” ЬЬ+ с — ордината параболы в точке 2 .г = — Ь; уь = с — ордината параболы в точке .г = 0; уг = аЬ~ + ЬЬ + с — ордината парабоы в точке х = Ь (см. рис. 201).
Плоьпаль Я вна Я = (' (ахз + Ьх+ с) ьх = Рис. 201 -ь = ~а — + Ь вЂ” + сх) ~ = — аЬз + 2сЬ,. (42.3) 3 2 ~ — ь 3 Выразим эту плошадь через Ь, уо, уы уз. Из равенств для ординат уь заходим, что с = уы а = — т(уо — 2уь + уз). Подставляя эти значения с 1 2Ь и а в равенство (42.3), получаем 2 з 1 Ь' = -Ь: . Ьз (Уо — 29ь + Уз) + 2Ь Уь —— 3 2Ьз Ь = — (уо — 2уь + уз) + 2Ьуь = — (уо + 4уь + уз) (42 4) 3 ь Получим теперь формулу парабол для вычисления интегралф(х) ь1х, а Для этого отрезок (а; Ь) разобьем на 2п равных частей (отрезков) длиной Ь = = точками хь = хо + 4Ь (4 = О, 1,2,...,2п).
В точках Ь вЂ” а деления а = хо, хы хз,..., хаз з, хьм ы хз = Ь вычисляем значения подь!Нтегральной фу"нкции У(т): уо, 91 уз ° ° ° узз — 2 92~ — 1 92 где уь = Дхь) (см. рис. 202). Заменяем каждую пару соседних элементарных криволинейных трапеций с основаниями, равными Ь, одной элементарной параболической трапецией с основанием, равным 2Ь,. На отрезке (хо, хз) парабола проходит через три точки (хо, 'уо), (х~',уь), (хз'уз).
Используя формулу (42.4), находим („» Ре1пение1 Имеем: Дх) = х', 2 1 — Э 4 2 а=хо =0; уз = 1; хо — -О, уо=О; 3 2' Рис. 202 Аналогично находим 3 У2 7 У4 Рис. 203 аа -а 3 875 б) по формуле трапеции: -Л 140+8 1 271 хз дх — — ~ — + — + 1+ — ) = 4,25, т. е. 2 2 8 8) о в) по формуле парабол: ~0+8+4~-+ — )+2-1) =4, т 2 1 27 о хз 4(х и 4,25; о нли 2 е. /хзахе44. о 1 ~2 Точное значение интеграла ~ х 4(х = — ~ = 4. Г з х' 4 о о Абсольотные погрешности соответствузоших а) 0,125; б) 0,25; в) О. формул таковы: Ф 302 аа Ь Яз = ( 1(х) дх = — (уз + 4уз + У4).
3 аа аа А Ва = ( 4 (х)дх = (У2п — 2 + 4уза-1 +узо). Сложив полученные равенства, имеем ь Лх) 14х Ьо + 4У1 + 2уз + ' ' '+ 2уз -2 + 4уз -1 + уза) 3 а ь Ь вЂ” а ~ Лх) 6х = — (Ьо + у. ) + 4Ь + уз + " + у — )+ ба а + 2(уз + уз + + уги-2)). (42. Д Формула (42.5) называется 16ормулом гьарабол (или Симпсона) Абсолютиол погреияость вычисления по формуле (42.5) оцени ется соотношением 180 2 (Ь вЂ” а) 11 ь Отметим, что формула (42.5) лает точное значение интеграла ( 7(х) а во всех случаях, когда Дх) — многочлен, степень ко~срого меныпе и равна трем (тогда 1~~ = 0). 2 Иргьмер 42Л, Вычислить ( хз дх, разо бив отрезок интегрирования (О; 2! на 4 части. Ь вЂ” а =2, А=— и 1 1 — У1 — — —, .Хг 2' 8' 27 — х4 =2, у4 8 (см.
рис. 203) а) по формуле прямоугольников: 1 1 С1=-, У1=- —, Сз 4' 125 сз= ~ уз= 64~ с4 1 г 1 27 125 3431 з,(„„, ~г + + + 2164 64 64 64 ~ о 27 64' 343 6" 2 т.е. /х дх 3,875; о Рис. 205 Рис. 204 43.2. Предел Функции 305 Глава 1Х. ФУНКЦИИ НЕСКРЛЬКИХ ПЕРЕМЕННЫХ Функции одной независимой переменной не охватывают осе зависимости, существующие в природе.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
