И.А. Виноградова, С.Н. Олехник, В.А. Садовничий - Математический анализ в задачах и упражнениях (1111792), страница 11
Текст из файла (страница 11)
с. 9). 67 В этом н следующих пунктах будем рассматривать плоские области Р, ограниченные кусочно-гладкими замкнутыми кривыми. Как следует из предыдущего (см. с. 7), такие области являются жордановыми множествами и для любых ограниченных функций г=((х, у) с не более чем счетным множеством точек разрыва, в частности непрерывных, существует Определение. Тело Ус:Я', ограниченное сверху непрерывной поверхностью г=)(х, у), ~ъО снизу — плоскостно г=О, а с боков — цилиндрической поверхностью, с образующими, параллельными оси ОЯ, вырезающей на плоскости ХОУ область Р указанного выше типа, будем называть цилнндроидом.
Такое тело является жордановым множеством и его объем ) У~ вычисляется по формуле ) У ) = Ц ) (х, у) дну. 'и Таким образом, вычисление плошадей плоских фигур и объемов цилиндроидов сводится к вычислению двойных интегралов, которое подробно было рассмотрено в начале этого параграфа. П р им е р. Найдем площадь 5 области, ограниченной кривыми х'+у'=-1, х'+у' — 2, у — 2х, у=йх, находящуюся в первом квадранте, Решение. Способ 1.
Область, площадь которой надо найти, представлена на рис. 20. Найдем точки пересечения прямых с окружностями. Соответственно имеем Рас 20 Заметим, что абсциссы точек В и С одинаковы. Представляя область Р, в виде объединения областей двух криволинейных треугольников АВС и ВРС, находим площадь искомой области следующим образом: 1/У ь Зк У212 8= ~ !(х ~ с(у+ 1г !'Г2 у'1:к !7 Уй !7 У2 (Зх — 1!г! — хх) дх+ 1/ У!О Зх 21/~ хк 1 -( 2 2 2 У 2 — к' бх 1 ду= 2к У 2/5 (рг2 — х' — 2х) г(х = 11 У 2 ."'"*) ~""-" 1! У!0 Г х)Г2 хк Х,1 !У272 +! +аГСЯ!п= — х ) ~ 2 )г2 ) ~1!!ка 1 .
1 1 1 = — аГсз!п = — агс1ц —, 2 5(/2 2 7 Способ 2. Граница области Р, составлена линиями уровня функций )(х, у) =х'+у' и д(х, у)=у!х. Введем новые неизвестные и=х'+у2 и о=у)х. Отображение !р: и=х'+у', о=у!х есть биекция области Р! на область Р, ((и, о):1 -и<2, 2<о<3). Поскольку 0(и 2) ~ 2х 2у )=2+ 2" =2+2 2 0(х, 2) ~ — у/хх 1(х~ х* то 0 (х, у) 1 и, следовательно, 0 (и, 2) 2 (1 + 22)' 2Ь4/ = ! — 'ди!Ь = ц ГГ 0(х,у) ГГ 1 !(ихЬ =- 0(и, 2) 3~ 2(1-)-22) о, 2 З 1 1 1 1 =~2(и ( !Ь = — (агс1д 3 — агс1ц 2) = — агс1я —, ° ) .2(1+22) 2 2 7 2 Способ 3. В полярной системе координат имеем Р1 — — ((г, !р):! =,г< )7г2, агс1я2<12<агс1дЗ).
Следовательно, агс!х 3 У2 8 = ~ !122 ~ г!(г =- — (агс(я 3 — агс1д2) = — агс1д —. 1 1 1 2 2 7 ° !к!а 2 Из всех предло!пенных способов третий, как видно, является са- мым простым. 69 Пример. Найдем площадь 5 области, ограниченной кривой Ьх'+ ау' = бс'х'у. Решение. В силу симметрии кривой, ограничивающей данную область, относительно оси ОУ рассмотрим кривую только в первом квадранте (поскольку у~О); положим х (та ЬЬ) «гсоз«~з«р, у=(рга) «гз(п«1з«с тогда в обобщенной полярной системе координат уравнение данной кривой имеет вид г = бс' — соз«~з «р — з1пиз «р = А соз«м «р з1 и аз «р ! 1 '~ь где А= 0" о ° — ' т ь'а Поскольку якобиан при переходе к новым координатам равен г соз — З!З «р з«п — О«З «« 1 1 1 З б~~ о,.— то юз Асов«!отип««зт 3 = ~ «1«о ~ г соз — з~з «р з1п-з~з «со(«о = 2 з ЗЗ«аЬ о о юз 2 Збс«г з З««с« ~ соз' «р«(«р==.
Пр имер. Найдем объем тела, ограниченного поверхностями, г=сз(п(п ~ — "+ ~ )) и а=О хз уз при условии, что й + †, ( й+ 1, л о- :Л. о~ Р е ш е н и е. Объем данного тела найдем по формуле хз цз 1г= Д 1г) Ихс(у, где Р = ((х, у):«з = — -1- — ( й + 1) . аз Ьз о Введем новые переменные г и «р по формулам х=агсоз«р, у=Ьгз!п«р. Тогда в силу симметрии области Р и четности функции й(х, у)=~сз1п(п ( —;+ ~, )) ~ 70 относительно обоих переменных имеем а/2 )'е Ь) Кь+) У 4 ~(1(р ~ гаЬс!2(ппг2!((г=йаЬс — ' ~ г!з!ппг2!(!г= 2 ))'д ! ()ьм , ))'ь(.) = 2паЬс (соз пг2) ~ ~+' = 2Д 1'д = аЬс ( — 1)" е' (соз и (й+ 1) — соз па) = 2аЬс ( — 1)' '-' соз чй = 2аЬс.
5. Механические приложения двойного интеграла Пусть скалярная величина Р(Р) распределена на жордановой области 0 с плотностью р(х, у), являющейся непрерывной функцией, тогда Р(0) = Ц р(х, у)((хну. Интегралы е( о( ) = (' (' р (х, у) гЫх((у, й е= Ж, Ъ где р(х, у) — плотность распределения массы области 0 (р непрерывна и неотрицательна в О) н г(х, у) — расстояние точки М(х, д)е0 до некоторой прямой Я, называются моментами порядка Ф области 0 относительно прямой О.
Масса М пластинки 0 с плотностью р — момент нулевого порядка — вычисляется по формуле М = 4(' ' = ) ) р (х, у) Йх((у. Моменты первого порядка называются статическими моментами, моменты второго порядка — моментами инерции. Координаты центра масс области Р с плотностью р(х, д) вычисляются по формулам а ох ! (' (и х, = — = — Г~ хр(х, д)((х((у, ~(2) )И о ()) д,= — = — Ддр(х, у)! (у. ~от ! Г (2) М 1 а Моменты инерции е(ох и еуаг области 0 с плотностью р(х, у) от- (2) (2) носительно осей ОХ и ОУ соответственно находятся по формулам еуоо21 = Ц р (х, у) у2(!х((у и то(2г) = ('(' р (х, у) *2((х((у. и а 7! Иногда рассматривается в приложениях центробежный момент инерции е~х = ~ ( р (х, у) ху (хс(у и момент инерции относительно точки 0(0, О) 41 = ~ ~ р (х, у) (х'+ у') с(хс(у.
Ъ П р и м ер. Найдем моменты инерции относительно осей координат однородной пластинки плотности Р, имеющей форму области, определенной неравенствами (ха+у')а(2аху, х' «О. Р еш ен не. Данная пластинка, занимающая область )), изображена на рис. 21. Уравнение кривой (х~+уе)'=2аху, располо- Рас 21 женной в первом квадранте, в полярной системе координат, совмещенной с декартовой системой, есть г=а)/а(п2<р, 0 ~р п(2. В силу симметрии пластинки относительно биссектрисы первого координатного угла имеем я/2 о гя1п 2Ф ствах = 47о11) = рохас(хс(у = р ~ с(ср ~ тасозс <рог= с о п/е л/2 = — ( а(п'2усоз'срйр=ра'~ а(п'срсоз'срсйр= 4 ) р 4 Г (3/2) Г (5/2) ир 2 Г (4) 32 ' 72 Пример, Найдем массу и координаты центра масс однород.
ной пластинки плотности р, представляющей собой замкнутую область, определяемую неравенствами ха+у' бу, х — уа.О, х — 2у~~О, х ьО, Решение. Область 1), определяемая данными неравенствами, изображена на рнс. 22, Рлс. 22 Перейдем к полярным координатам х=гсоб!р, у=гз1пгр. Тогда, поскольку ~ВОС*=агс1д(112), «АОС=л/4, имеем Л/4 ба)аф л/4 М=р~~ггхг1у=-р ~ б)гр ~ гб)г=18р ~ а)пагрб)гр= о ага!2)!/2) Ю ага)24!/2) /г! ! ! 1 1) / ! 1 = 18р )1 — — — — — агой — + — /! = 9р ~агс!и — — — ~), 18 4 2 2 5/ ~ 3 10г)' л/4 ба)гар х,= — р хг)х)1у= — ~ Йр ~ гасобгрг)г= р м,').'! ага!2!)/2) ю л/4 ер Г 8ар , )л/4 з)па, 3 ), р з)па, ~~ 3М,!) 12М ~ага!2!)/2) ага!а()/2) 21 1 50 1 1 агс!и — —— 3 10 о/4 661пч у,= — р1(у( (у= — ' ~ йр ~ "3!и р(.= агоМ11/О1 О 1 16 ч/4 3 аго12 — —— — 3!и'/р/1/р = 6'р П , 3 26 зм 3 1 1 а~с~ж ~/о1 эго12 — —— З 1О Иногда при решении задач полезно использовать следующие два утверждения (теоремы Гульдина): 1.
Величина поверхности, полученной от вращения кривой относительно не пересекающей ее оси, равна длине дуги этой кривой, умноженной на длину окружности, описанной центром тяжести кривой. 2. Объем тела вращения плоской фигуры относительно не пересекающей ее оси, равен произведению площади этой фигуры яа длину окружности, описанной центром тяжести фигуры. П р и м е р. Плошадь поверхности 5, полученной от вращения однородной арки циклоиды Ь = ((х, у) 1х = а (1 — 3!и 1), у = а (1 — соз 1), 0 е 1 ( 2п) вокруг оси ОХ есть /5! =2л~ а'(1 — созг)У(1 — соз1)'+3!и'1/(1= о =2пао~ 43!по — аг= 64лао 2 3 о Площадь фигуры 5„ограниченной кривой Ь и осью ОХ, есть !Я,! = ) а'(1 — соз1)о Ж=Зпао.
о Длина Ь есть ол !Ь! =2а ~ 3!и — Ж=-йа. 2 о Объем тела У, полученного при вращении фигуры 5, относитель- но оси ОХ, есть (У! яао ~ (1 — сов()о/11 блоао о Применяя первую теорему Гульдина, для нахождения коорди. наты т1 центра тяжести дуги имеем соотношение 64 — ааа ) 3'1 = 2пт1 За, откуда т1 = 3 4 = — а. 1баа 3 В силу симметрии и однородности циклоиды имеем й=ла. Итак, центр тяжести кривой 1. находится в точке (пи; 46а).
Применяя вторую теорему Гульдина, для координаты и центра тяжести фигуры 5, имеем соотношение бпваз б )У~ =Зла'2пть откуда т)= = — ' а. ба'а' 6 В силу симметрии и однородности площадки имеем $=п/а. Итак, б центр тяжести фигуры 5~ находится в точке (па; — а). б В тех случаях, когда заранее известно положение центра тяжести, теоремы Гульдина можно использовать для определения площади поверхности вращения и объема тела вращения.
Рассмотрим, например, тор, т. е, тело, ограниченное поверхностью х = (а+ Ь соз о) соз и, д = (и + Ь соз о) ы и и, г =- Ь ы и о, (а ~ Ь). Это тело получено вращением относительно оси 02 круга с центром в точке (а, О, 0) и радиусом Ь. Центр масс окружности лежит в ее центре, т. е. в точке (а, О, 0), длина окружности есть 2ПЬ. Следовательно, по первой теореме Гульдина площадь поверхности тора есть (о( 4л'аЬ, Центр масс круга лежит также в его центре, т. е. в точке (и, О, 0), и при вращении описывает окружность длиной 2ла, площадь круга есть пЬ'. Следовательно, по второй теореме Гульдина объем тора есть ( Р(=2паЬаа. $3. ТРОЙНОЙ ИНТЕГРАЛ.
ЕГО ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ И МЕХАНИЧЕСКИЕ ПРИЛОЖЕНИЯ 1, Общие свойства. Теорема Фубини При рассмотрении интегрального исчисления функций 1:)1'-~. — 11 проблемы, аналогичные тем, которые были подробно проанализированы в предыдущем параграфе для функций ):)1а-~Я, разбираются более бегло, чтобы заострить внимание на особенностях именно тройного интеграла. Функцию 1:Р- й, Рг:.Гс' будем обозначать 1(х, у, г) и по большей части не будем специально оговаривать, что рассматриваемое множество 11 лежит в йз.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
