И.В. Садовничая, Е.В. Хорошилова - Определённый интеграл - теория и практика вычислений (1113461), страница 52
Текст из файла (страница 52)
сде-s = ∫ ydx ), то получаем формулы (7)aдля вычисления статических моментов криволинейной трапеции.§9. Физические приложения определённого интеграла355Садовничая И.В., Хорошилова Е.В. Определённый интеграл356F = {(x; y ) a ≤ x ≤ b,0 ≤ y ≤ y ( x )},Для вычисления моментов инерции заметим, что каждую полоску шириныdx можно разбить на элементарные прямоугольники со сторонами dx иdy . Тогда моменты инерции этих элементарных прямоугольников относительно осей Ox и Oy равны соответственно2то статические моменты, моменты инерции относительно координатных осейи координаты центра тяжести фигуры F вычисляются по формуламbMx =21 ⎞1 ⎞⎛⎛⎜ y + dy ⎟ dxdy и ⎜ x + dx ⎟ dxdy .2 ⎠2 ⎠⎝⎝b1 32осей вычисляются по формулам: dI x = y dx , dI y = x ydx .
Просумми3ровав эти моменты по всем полоскам, на которые мы разбили трапецию, имеем:b1I x = ∫ y 3 dx , I y = ∫ x 2 ydx .3aaxИли, после замены переменнойs = ∫ ydx ,aSIx =bbTТеорема 5 (координаты центра тяжести плоской фигуры). Пустьплощадь фигуры, тогда центр тяжести имеет координатыSyc =Mx.SS –(9)Доказательство. Воспользовавшись основным свойством центра тяжестиSS1xc S = M y = ∫ xds , y c S = M x = ∫ yds ,200немедленно получим формулы (9) для вычисления координат центра тяжести.Рассмотрим следствия из этих теорем.Следствие 1.
Если кривая AB , ограничивающая сверху криволинейнуютрапецию F , задана явным уравнениемb11xy( x )dx , y c =y 2 ( x )dx , где S = ∫ y ( x )dx . (12)∫∫2S aSaaСледствие 2. Если кривая AB , ограничивающая сверху криволинейнуютрапецию F , задана в декартовой системе координат параметрическими(1)уравнениями x = x(t ) , y = y (t ) , где t ∈ [T0 , T ] , x (t ), y (t ) ∈ C [T0 , T ] ,x(T0 ) = a , x(T ) = b , то статические моменты, моменты инерции относительно координатных осей и координаты центра тяжести фигуры F вычис-y = y( x ) , y ( x ) ∈ C [a, b] , т.е.1T1M x = ∫ y 2 (t )dx(t ) , M y = ∫ x(t ) y (t )dx(t ) ,2 T0T0TIx =тра тяжести фигуры.,(11)xc =Теорема полностью доказана.Как и в случае с плоской кривой, по статическим моментам плоской фигуры относительно осей координат определяются координаты ( x c ; y c ) цен-Mybляются по формуламS1 2y ds , I y = ∫ x 2 ds .3 ∫00xc =(10)1I x = ∫ y 3 ( x )dx , I y = ∫ x 2 y ( x )dx ,3aaОтсюда получаем, что моменты инерции всей полоски относительно этихbb1 2y ( x )dx , M y = ∫ xy( x )dx ,2 ∫aaTxc =1 3y (t )dx(t ) , I y =3 T∫0(13)T∫ x (t )y(t )dx(t ) ,2(14)T0TT11x(t ) y (t )dx(t ) , y c =y 2 (t )dx(t ) , где S = ∫ y (t )dx(t ) .
(15)∫S T02S T∫0T0Замечание 1. Если кривая AB , ограничивающая криволинейный секторF , задана в полярной системе координат (совмещённой с прямоугольной)(1)уравнением r = r (ϕ ) , ϕ ∈ [ϕ 0 , ϕ1 ] , r (ϕ ) ∈ C [ϕ 0 , ϕ1 ] , т.е.F = {(r; ϕ ) 0 ≤ r ≤ r (ϕ );ϕ 0 ≤ ϕ ≤ ϕ1 },то статические моменты, моменты инерции относительно осейOx и Oy , икоординаты центра тяжести фигуры F вычисляются по формуламϕMx =ϕ1 1 31 1 3()rϕsinϕdϕ,r (ϕ ) cos ϕdϕ ,M=y3 ϕ∫03 ϕ∫0(16)§9. Физические приложения определённого интеграла357ϕb(17)ϕдятся при помощи формул, связывающих полярные координаты с совмещёнными прямоугольными:⎧ xc = rc cos ϕ c.⎨⎩ y c = rc sin ϕ cДоказательство. В самом деле, имеемxc =My,Syc =Mx.SВторая теорема Гульдина также справедлива в этом случае.Замечание 4. Аналогично вводится понятие момента инерции I p однородного тела V в пространстве (в предположении, что объёмная плотностьтела равна 1) относительно произвольной оси p :∫rIp =2dV ,dV до оси p (кратный интеграл берётся поодласти, занимаемой телом V ).
Согласно теореме Штейнера (теореме опереносе осей инерции) момент инерции тела относительно произвольнойоси p равен сумме момента инерции I c этого тела относительно оси, проходящей через центр инерции (тяжести) тела параллельно рассматриваемойоси p , и произведения массы тела M на квадрат расстояния d между осями:I = I c + Md 2 .Обратимся к примерам.Пример 1. Найти статические моменты и координаты центра тяжестиy 2 = 2 px и прямымикриволинейной трапеции, ограниченной параболойbb1y c S = M x = ∫ yds , откуда 2πy c S = π ∫ yds .2aaПравая часть этого равенства выражает объём V тела, полученного вращением криволинейной трапеции вокруг оси Ox , а левая часть есть произведение площади этой фигуры на 2πy c – длину окружности, описываемой центром тяжести фигуры.
Теорема доказана.Замечание 3. Формулы (10)–(12) (и их аналоги) справедливы и в случаекриволинейной трапеции, ограниченной кривыми как снизу, так и сверху:F = {( x; y ) a ≤ x ≤ b,0 ≤ y1 ( x ) ≤ y ≤ y 2 ( x ), y ∈ C [a, b]}.Для этого случая)b(V )Теорема 6 (вторая теорема Гульдина). Величина объёма тела, полученного вращением плоской фигуры вокруг некоторой не пересекающей её оси, лежащей в плоскости фигуры, равен произведению площади S этой фигуры надлину окружности, описанной центром тяжести C фигуры:V = 2πy c S .()где r – расстояние от элементаЗамечание 2. Если фигура имеет ось симметрии, то центр тяжести фигурылежит на этой оси.И в этом случае получаем важное геометрическое следствие из формулыдля ординаты y c центра тяжести.b(13y 2 ( x ) − y13 ( x ) dx , I y = ∫ x 2 ( y 2 ( x ) − y1 (x ))dx ,∫3aa(18)1 1 2r (ϕ )dϕ .
Полярные координаты (rc ; ϕ c ) центра тяжести нахо2 ϕ∫0Mx =Ix =ϕ1 1 31 1 3xc =r (ϕ ) cos ϕdϕ , y c =r (ϕ )sin ϕdϕ ,3S ϕ∫03S ϕ∫0S=Садовничая И.В., Хорошилова Е.В. Определённый интегралϕϕ1 11 1I x = ∫ r 4 (ϕ )sin 2 ϕdϕ , I y = ∫ r 4 (ϕ ) cos 2 ϕdϕ ,4 ϕ04 ϕ0где358y = 0 и x = 1.bРешение.1p11M x = ∫ y 2 ( x )dx = ⋅ 2 p ∫ xdx = ,2a220b1a0M y = ∫ xy( x )dx = ∫ x 2 px dx =2 2p.5Вычислим площадь этой криволинейной трапеции:bS = ∫ y ( x )dx =a1∫2 px dx =02 2p.3Теперь находим координаты центра тяжести:b12y 2 (x ) − y12 ( x ) dx , M y = ∫ x( y 2 ( x ) − y1 ( x ))dx ,2 ∫aaxc =MyS=Mx 33=2p ., yc =5S8§9. Физические приложения определённого интеграла359Пример 2. Найти момент инерции плоской фигуры, ограниченной эллипсом x = a cos t , y = b sin t , относительно оси Oy .Решение.
Момент инерции данной фигуры относительно оси Oy (с учётом симметрии эллипса относительно оси абсцисс), равенaa02−aπ02= −4a b ∫ cos t sin tdt = a b ∫ sin 2 2tdt =2πa 3b=2π2302πa 3 b ⎛ sin 4t ⎞ 2 πa 3b∫0 (1 − cos 4t )dt = 2 ⎜⎝ t − 4 ⎟⎠ = 4 .02)(2)Ox ,Решение. Объём тела, полученного от вращения фигуры вокруг осиравенVx = π2πa∫y02π2dx = π ∫ y (t )x ′(t )dt = πa2Площадь фигуры F равнаS=∫ (1 − cos t ) dt =5π32a3 .2π∫ ydx = ∫ a (1 − cos t ) dt =3πa202находим20(S=0y c – ордината центра тяжести. Согласно второй теореме ГульдинаПример 4. Найдите координаты центра тяжести фигуры, ограниченнойдугой эллипса x = a cos t , y = b sin t , расположенной в 1-й четверти, иосями координат.Решение. В 1-й четверти при возрастании x от 0 до a величина t убыва-2π4b∫ (1 − cos t )d (cos t ) = 3π .2Пример 5. Найдите координаты центра тяжести фигуры, ограниченнойкривой, заданной в полярных координатах уравнением r = a 1 + cos ϕ .Решение.
Поскольку кардиоида симметрична относительно полярной оси( Ox ), то ордината центра тяжести y c = 0 ( ϕ c = 0 ). Найдём абсциссу xc ..Vx5a=. Из симметрии фигуры F относи2πS6тельно прямой x = πa следует, что абсцисса центра тяжести xc = πa .π2bϕ2S ⋅ 2πy c = V x , откуда y c =ет от=−)Вычислим вначале площадь фигуры:002πaПусть2π32ππПример 3. Применяя вторую теорему Гульдина, найти координаты центра тяжести плоской фигуры F , ограниченной одной аркой циклоидыx = a t − sin t , y = a 1− cos t , 0 ≤ t ≤ 2π , и осью Ox .(0a11xc = ∫ xydx = ∫ a cos t ⋅ b sin t (− a sin t )dt =SπS0=2π03Садовничая И.В., Хорошилова Е.В.
Определённый интегралa 2b 2 2a 2bπab()sintdsint=, где S =.∫S 03S44a. Аналогично находимТаким образом, x c =3πa0112yc =ydx=b 2 sin 2 t ⋅ (− a sin t )dt =∫∫2S π2S 0I y = 2 ∫ x ydx = 4 ∫ x ydx = 4 ∫ x 2 (t ) y (t )dx(t ) =2360до 0. Учитывая это, а также то, что площадь эллипса равнаπab ,a21 1 2()rϕdϕ=2 ϕ∫022π∫ (1 + cosϕ ) dϕ =20π1 + cos 2ϕ ⎞⎛= a 2 ∫ ⎜1 + 2 cos ϕ +⎟dϕ .2⎠0⎝1Так как на сегменте [0, π ] функции 2 cos ϕ иcos 2ϕ центрально сим2метричны относительно точки (π 2 ;0) , то интегралы от них обращаются внуль. ПоэтомуS=3πa 2.2Вычислим по формуле (16) статический момент M y :ϕ2π11 1 3M y = ∫ r (ϕ ) cos ϕdϕ = ∫ r 3 (ϕ ) cos ϕdϕ =303 ϕ0§9.
Физические приложения определённого интеграла2a 3=3===2a32a33 π3 π⎛2a33619.3. Вычисление пути, работы переменной силыи другие примеры простейших физических задачπ3∫ (1 + cos ϕ ) cos ϕdϕ =03 π∫ (cos ϕ + 3 cos2Определённые интегралы, как известно, имеют обширнейшие приложения. Рассмотрим в качестве примеров некоторые из физических задач, решение которых приводит к необходимости вычисления определённых интегралов.Задача 1.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
