И.И. Ляшко, А.К. Боярчук, Я.Г. Гай, Г.П. Головач - Математический анализ - Кратные и криволинейные интегралы (1111813), страница 19
Текст из файла (страница 19)
Заменив в тройном интеграле переменные по формулам» = рсоа ос, х = рз1в 1о, у = у. получим — (у( —. а(р(Ь, 0(уйр1у — соа2уа ' ' =р, а Л а Ь О,у-с сна г ь г =с!1 / с 1 с = /~/- !ссс/ 'сс=-(1' — '1/ '- ! сс. 3 о с Произведем в интеграле замену переменной, налагав 4 = — — р. Тогда 1" = -(Ь вЂ” а ) /соз 21й. 3 о 1 В полученном интеграле целесообразно произвести замену мв 21 = »3. после чего имеем 1 1»ж» г(1 — ») а Ы»ы — Ы~-, -) ж-(Ь вЂ” а )Ц вЂ” Г 3 / 3 ~2' 4У' 3 Ь! х 14! о +ь 2 . Ух у»1 х у 100.
а', = — агсх1в(-+ — +-), — + — =1, х=О,х=а(а>О,Ь>О,с>0), 0+К+3 х (а Ь с)' а Ь а Ь с м Полагая в уравнении поверхности» = О, получаем уравнение прямой — +" = 1. по а Ь которой поверхность пересекается с плоскостью хОу.
В тройном интеграле =Яс, с, г произведем заь!ену переменных, полагая — = и, -+" = е, -+ к+ - = к. При атом получиы а ' Ь ' а Ь с 0(и(1. — агсзгл!о(о(1, -1(ш((1, 2!и . 23(х, у, ») 1 = аЬс, 11 2г(и, е, и!) 2г(х, о, го) 2г(х, у, ») 1 1 1 1 1 =ь~.~ ~ .- ° .((-- ° ) =. ° (--/.:. )= о -! г -! -1 — сс 1а а 3 3. Приложение кратных интегралов к рещеии!о задач геометрии и физики Каждый интеграл, входящий в произведение, является В-функцней Эйлера 132 )= »» 11,Г- Г(!) з!и' ~ 22.!?ьг = -В ( -, -) =— 2 (,2' 2» 2» (»+!) о Следовательно. (,.)-* г! !г1!! ... г! — "! (,-ь)- * . !.1.- 1=2 з 2 2 т — 2 т! —— а! р соз н! ..! П зга !2, (» = 2. ш — 2), х! = 01рз1п !21 з!а и2 ...з!и р -2.
Хм, = а,„1РСОЗ;Р -2. х =х Принимая во внимание равенство Р(Х1, Хг, ..., Х„) = агат ... а, 1Р а! ( Гйв !Р1 2»(Р. У1, р -г. х! ) и решение предыдущего примера, получи ге 1 = а!аг ... а„, 1 з~ !?!Рг / згппг !?Рг ... / 21п *д -2 !?Р— 2 / Р !?Р / !гх, = з о о Рй -г г 2х а!аг ... а 2 П гйп ьг йр! = (гп — 1)гп 1=2 а — 1 -1 !-3 ,.- гл~ Применяя формулы (1), п.З.З, найти коордпнагы центра тяя!ести: 106. Однородной пластипьп Р.
граница которой задана уравнениями ау = х, х+ у = 2а (а > 0). Прялгая,! = ((х. у) б Р ! х + у = Зя) и кривая "!г = ((х, у) Е И~ . ау = х ) пересекаются в точках с абсциссами х! = -?е, хг = а. Однородная пласгннка Р является плоской замкнутой областью Р = ((х, у) Е )р~ ! — 2а ( х ( а, — ' ( у ( 2а — х (, а ее масса га- Прп и! = 2 получим 1 = та, а прп т = 3 имеем П = з!ге . что известна из элементарного 2 ! з курса !еометрип.
Н 105. Найти объем т-мерного конуса, ограниченного поверхностью. заданной уравне- 2 2 2 2 Х1 Х2 Х 1 Х„, ниел! — + — + ... + = —, и гпперплоскостью. уравнение которой х = а„. аг а! а, а г 2 ''' 2 2 ° В интеграле 1" = » !(х заменим переменнь1е по формулам т 3 3. Приложение кратных интегралов к решетово задач геометрии и физики 139 » «(1+ о»«1 « 1 з хо = — хйх»(у = — сову»(у р»(р = — сову(1+сову) с(у= т // т / / Зт,/ о о о » з = — )(3 сов у+сов у) с(у м — )(Зсоз у+сов у) Иу = — ( ЗВ ~-, -) + В ~-, -// = -а 9 ) Зтн / о о с «(тесы с) з уо = — у»(х»(у = — з(пузу Р с(Р = т// о о с о з Г з 1ба = — / (1+ сову) зги у»(у = — / (1+ сазу)»((сову) «« —.
Зги / Зт / 9»г ГГ l (' хо = — хр(х, у)Их»(у» уо = — // ур(х у)»(х "у т // из где т = Од(х, у)»(х с(у. После замены переменных по формулам х — а = р сов у, у = рзш у, о получим з т т с / »(у з 8 -са соз уйу = 3 3. з с 8 з/,з, 8 з(. зшуг)з з = -са (1 — мп у)»((з(ау) = -са мир — — )1 з з 3 )1зт зс з з -З«со»»» о Зг = — са» 9 -зс со» о 3 (а+ рсоау)р 4р= — ~ »1 — -а соз у+4а соз у) агрос 2 с 8 с 3 с з т / с 3 с хо с« — / »Гу т / з 2 4са 1 з „з 4са .
с . а = — / (3 сов и — Зсоз у) Иу = — / (1 — 4зтп у+ Зз(в»р)»((в1п у) = — —, Зиз / Зт / $' При решении примера испольэовали переход в двойном интеграле от декартовых координат к полярным координатам. > 109. Найти координаты центра тяжести круглой пластинки Ю = ((х, у) Е Зс~: х + уз ( а )» если плотность ее вещества в точке (х, у) пропорциональна расстоянпто от этой точки з до точки (а, 0).
ч Из условия задачи следует, что плотность р вещества пластинки В выражается фар»», )= » -' Г»С,, » — . с о (О,»»с имеем З 3. Прклозкеиие кратнзпс интегралов к решению задач геометрии ц физики 141 следует доказываемая формула. 112. Доказать, что момент инерции 1 плоскои пластинки Р относительно прямой, проходящей через центр тюкести О = (О, 0) пластинки и составляющей угол а с осью Ох, определяется формулой 1»» 1 сов а — 21,„элиасова+1„ип а, г а где 1 н 1„— моменты инерции пластинки относительно осей Ох и Оу, 1 „— цеитробешныймоментннерции (см. формулы (2) и (3), п.З.З). < По условию центр тяжести пластинки Р находится в начале координат системы хОу.
Фиксируем точку (х, у). Ее расстояние до заданной прямой равно (х — усвда)юаа = хмва — усова (рис. 12), в силу чего имеем .у) Рис. 12 ! = Д(хвш а — усова) д(х, у) )1хйу = о = Мо а Д Л(х, у)х йх йу — 2 мо а сова 0 худ(х, у) Нх Ну + сов а 0 у д(х, у) )1» ву = и = 1„мл а — 21»„вш а сов а + 1» сов а. > э э »» » 11 ))ь»» О ) ),1)4~ = ) »1)э )б = )А — ) !„= -аьуь« -» в вя»)с» » » У- Ц )))»4» .о — *) ),)вг) -1~»1)л — )»-о. — чвя » в ея»ц» 113. Определить снизу давления воды на боковую стенку цилиндрического сосуда Т = ((х„у, в) Е й~ ) хз + уэ ( в, 0 4 * ( Ь), х ) О, если уровень воды х = Ь. е Согласно основному закону гндростатики, на элемент йа(М) цилиндрической поверх- ности, площадь которого )15(М), действует сила давления йР(М), равная по величине произ- ведению Ю(М) на плотность )»(М) зсидкости н на расстояние элемента йо(М) от свободной поверхности ясидкости.
Эта сила направлена в сторону единичной внешней нормали к боко- вой поверхности цилиндра. Следовательно, ОР(М) = ИЯ(М)д(М)(Ь вЂ” х)и(М), М Е йв. Поскольку образующие цилиндра параллельны осн Ох, то )~Р(М) )1Х(М)в+ )11 (111)д где йХ(М) = )гЯ(М)(Л вЂ” х)р(М) сов(и, в), )вУ(М) = ))Я(М)(Ь вЂ” х)д(М) сов(и, 1), Суммируя по всем элементам йа(М) н принимая во внимание равенства )15= 1+в„' +х', )1у)1», 1 хэ ' У ) ..
)= . ) .В=- " ..))о-» 1»с +» ' получаем следующие значения компонент Х и У вектора Р— суммарного давления на стенку цилиндрического сосуда при х л 0: $ 3. Приложение кратиыи интегралов к решению задач геометрии и физики 145 Считая, что диаметр шара является отрезком осн Ох и применяя одну из формул (7), п.З.З, найдем » з» с=" Ц/ /?,»„*ь',„7»ь»а —" /.» в»1») /и,= тг» 111 тгз 1 т о е з 2то»г 1 з 1 з /1 3 1 зГ(з) Г(2) 4 г — ащз 0 ٠— гага в ~ 2~ — югз з — щгг Зтгз ( 3 2' 3 Г(2+-') 9 о 120.
Доказать, что момент инерции тела Т С йз относительно оси (, проходящей через его центр тяжести О = (О, О, 0) и образующей углы о, ф, у с осями координат, определяется по формуле 1~ =1 соа а+ 1»соз,б+1»соз 7 — 2К»гсозасов,б — 2К»»созпсоз7 — 2К»,соз/) соз7, г з 3 где 1, 1„, 1 — моменты инерции тела относктельно осей г) координат (см. формулы (7), и,З.З) и К„з — — ~~~ луп(х, у, х) Зхау4», г К»» = Ц~ ххн(х, у, х) ЗхЗЗ~Ь, т Кз» ш ~~~ ухи(х, у, х) <ЬЗуих т — центробежные моменты. Х и Найдем квадрат расстояния от точки М = (х, у, *) тела до прямой ! (т.е. до точки Ю вЂ” проекции точки М Рис. Зз на прямую (, рис.
13). Пусть г ш (х, у, х) — радиус- вектор точки М, а е — орт прямой 1. Очевидно, е = (соха, сох й, сов 7), 4~ = )г(~ — (г, е), где (г, е) — скалярное произведение векторов г и е. Приикмая во внимание равенства )г)* ш х + у +», (г, е) ш х сох о+ усох,б+ хсоз7, созз а+ соз~ д+ соз~ 7 = ), имеем а (х + у + х )(Ом ю + соз П + соз 7) (х соз и + у соз ф + х с(м 7) = (у +х ) соз а+(х +х ) соз /»+(х +у ) созе 7-2ху сов асозй — 2ххсозосоз7 — 2ухсозл сох 7. Пусть п(х, у, х) — плотность вещества тела Т.
Из определения момента инерции тела относительно некоторой осн (см. формулу (6), п.3.3) следует равенство 1~ = 4 п(х, у, х)йхЗЗЗ». т Подставив в интеграл найденное выше значение а~ и пользуясь свойспюм аддитивности тройного интеграла, получим доказываемую формулу. 3» 121. Найти момент инерции относительно начала координат однородного тела Т плотности Пе, ограниченного поверхностью, ззданноя уравнением (х + у + х ) = а (х + у ). ч Применяя формулу (3), п.З.З, получим 14б Гл, 2.
1»ратные и криволинейные интегралы Перейдем и интеграле к сферическим координатам по формулам (7), п.1Я. Очевидно, О «( В < т. 0 < р < 2т, О ( р ( а мв В. После замены тройного интеграла повторнылг найдем а 2 2 «И В 2 о Г . о 2 , Ру 11 уо т Ври ~о)вВВВ / 412 3( р Ыр= -кроа 3( мп ВЫВ ы -т доз В (-, -~ = — роа . )ь 5 )' б '12' 2) б о о о о 122. Найти ньютонов потенциал з точке Р = (г, у, 2) сферического слоя Т = ((с, О, л) б Нз 1 т, < ~ + лз + сг ( тз)1 если плотность д ио г'(т), где у — известная функция, т оо /~2 + 02 + лт2 М Повернем систелгу координат так, чтобы ось ОС) системы координат ОС)г))Л) проходила через точку Р. В новых координатах сферический слой является мноя'есгволг точек, определяемым неравенствами т) (» С) + О) + Л) ( то. по которому будем интегрировать, применяя 2 2 2 2 2 формулу (10), п.3.3. Писем г(иг)+., +1)) ) ' )=.'")= Ш а а '-)6-*) 24124, 24со(,1 Перейдем к сферическим координатам по форлгулалг (2), п.1.8.
Легко убедиться в тол), что О ( В ( т. О»( ло » <2т, г) » (р ( тз. Принимая это во внимание и переходя к повторному интегралу, получим 2.г à — ~У(~) (р+ — ~ р — ~) "р = ° / 1 Стл тт Р 2 Ответ мололо записать в более компактной форме. Если р > т. то — > р; если р ( г, то в2 — ' < р. Поэтому 2 и(т, у, 2) = 42 ~ пцп —. р у(р) Вр. В 1 Упрагкнения для самостоягельяой работы Найти площади плоских фигур, ограниченных кривыми.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
