Часть 3. Математический анализ - кратные и криволинейные интегралы. (509317), страница 18
Текст из файла (страница 18)
80. Площадь части поверхности о = ((х, у, 2) Е И: = л/ + У 1. рз 2 — . /22+ 21, заключенной внутри з, полого цилиндра 5! — — ((х, у, 2) Е И: х + У = 2х 2 е И) ° ПовеРхностть площаДь котоРой тРебУетсЯ опРелелить! выуезаетса ЦилинДРом ! из конической поверхности . Цилиндр 5. Ц Я пересекается с плоскостью хОУ по окружности ; = 11х, у! с . лх — ! у - = ((х, у) с И»: (х — 1)2 + уз = 1), которая является краем компакта Р— круга радиуса — 2 2 1 с центрол! в точке (1. О).
На поверхности о имееы 2 = »„/х» + уз, позтолгу 2 = —, 22 —— ,2»+к» В 81. Площадь части Я! поверхности 5 = ((х, у, 2) Е И Из х = . /х» — 2)» заключенной внутри полого цилиндра 52 — — ((х,у,х)ЕИ:(х +у) =е (х — У) хеИ). ч Цилиндр 52 вырезает из конической поверхности 5 симметричные относительно плоскости УО2 и равные ыежду собой куски, а — часть поверхности Я! проектируется в плоскость хОУ на замкнутую область Р ж ((х, у) Е Из; (х»+у»)2 ( а (х»-у»), х ) О, у ) О). Поскольку то для рассматриваемого случая 1+ 2' + ха —— , то 139 Гл.
2. Кратные и криволинейные интегралы плоскость хОу является окружность г = ((х, у) Е 'я~: х + уг = 4). Следовательно, множество точек тела Т имеет вид Г=((х,у.х)ЕЬЬ:» +у (4.;/я~+у~ <г(б — х — у~~, В интеграле 1' = Шах йу Их перейделз к цилиндрическим координатам и заменим тройной т интеграл повторным. Принимая во внимание симметрию точек тела Г относительно плоскостей хОг и уОх, получим з г г з р г г 32 6 =~~з,),з~ )' «=«)',о- — «з,- —..
3 о о 9) ( г 1 г 1 г)г г( г 1 г г) я Точки тела Г силзлгетрнчны относительно всех коордпнатнык плоскостей, позтому в первом октанте находится его — часть. Переходя в интеграле У = 0) ат ау а» к сферическим 1 т координатам по формулам (У), п.1.8, получим о /- оооз го з 1' = 8 ( зол уйд / ~бр З~ р Нр= — яиВ(ъ/ — соз28)з гИ. 3 / о о Полагая в интеграле -' — д = 1, находнлг з а(япг) — — ( (1 — 2о ) г 0а, 4за г 3 о 4ггаз г 3 4 таз г 3 Г = — / созгсозг 2141 = — / (1 — 2згл 1)у 3 / 3 / где а = ил 1. Замена переменной чг2а = яи з приводит к интегралу г 1г = — 1 соз х Нх = — В ( —, — ) = —.
1« ЗлГ2 ./ З~/2 ( 2 2 У 4л/2 о г г г' 92. ( — "+ "— + — / ж —, а > О. Ь > О, с > О, Ь > О. 1аг Ьг сг / Ь э ««зсозе « г л 1г = Ц~ Нх Иу Нх = аЬс З~ з1п д Нд / Нло З~ р гор = т о о 'Ь аг 6г сг у' аг Ьг сз або Г.г яа 6с — ~1 х ОЗО 1 вийя= —.и 36 / / ЗЬ а Для вычисления объема тела, ограниченного данной поверхностью, удобно перейти к обобщенным сферическим координатам, полагая в форыулах (9), п.1.8. а = Д = 1. Тогда О' < 8 ~ (т, — г < и < — (так как х > О). Принимая во внимание, что О < р ~< г з «аз Осоз т гиз, з.*з = аЬсрг з1п 8, илгеем л э<по,т) 13.
Приловтенпе кратных интегралов к реьнению задач геометрии и фиан и 131 ч 14з уравнеющ границы тела Т видно, что его точки симметричны относительно каор. дпнатных плоскостей, поэтому - Я»*е«*, т' где Т вЂ” восьмая часть тела, лея«ащая в первоы октанте. Заменим в этом интеграле переыенные по формулам (9), и.1.8, полагая в них о ы В = 1. В сферических координата~ уравнение граннцытела прнниыает вид р ж з1л д — соз д, откуда заключаем, что «( д ( —,, 0 ( ь«< -'.
2 2 2 После замены переменных и перехода к повторнолгу интегралу получим ° ~»* з-«»ы а Ь = .Ь,)' »«»а (» р'др»» а 3» < ь з 4 / з - 4 / з = -хаЬс мид(1 — 2соз д) з дд = -таЬс ~ (1 — 2соз д) з д(созд). 3,/ 3 зя « » « Пронзведеы в интеграле замену ь/2 созд = ыв Ь. Тогда 3 ! ь 4 /1 51 х 1«»а — таЬс г соз г«/ь = — хаЬ«В ~ —, -) = — аЬс. ь» Зь/2 2./ 3;/2 2' 2 2«/2 з х Т= (х»у»з)ЕЬЬ:(х.у)ЕЮ,с — + — ) <я<с 1 э з 2 Ьь а' где .Р ж ) (я, у) к И ь » + ~~ < ~~ В интеграле - Я«.«.«.
т целесообразно перейти к обобщенным цилиндрическим координатаы по формулам ь/5 — 1 ь/5 — 1, / ад ьг —,„=Ьц — ', = ( «-~. ь»- Тогда ~р~р' .',1 = — (~5 — 1)р. Принимая во вилл~ание симметрию точек тела относительно плоскостей хОх и уОг. после замены переменных и перехода от тройного интеграла к х' у' я' я' 94, — + — + — =1,— + — =-. аз Ьз сз аз Ьз с ° Найдем уравнение проекции на плоскость »2 ные поверхности. Для этого подставньг — = — , «» » Решив полученное уравнение относьпельио «+ теио Т представлкет собой множество точек хОу кривой, по которой пересекаются дан+ Гьг в уравнение поверхности эллипсоида.
»' »«ь-ь $, нььеем -,т+ гь = —, Таким обРазоы, б 3. Прилоисение кратнык интегралов к решеииго задач геометрии и физики 133 перейдем к обобщенным сферическим координатам по формулам (9), п. 1 8, полагая в них о = д = 2. Из условия -„*— 3» ) О получаем неравенство '*'" „" " — -'-'Г "— » — "" — к ) О, откуда О ~< и ~ (агс»8 э» — „.
После замены переменных в тройном интеграле перейдем к повторному интегралу. Получим у» аооов Э/— ~/ ьл 1оэь~оРа ьп он о 7 1 = 4аЬс / сйпэ д сов дед о впа ьо сов Ьо И»о о э Н(в1а д) — — И 3(-„'+-,) ) / » аомь ~— у' ьл Ьосм~е Ьолоа1 2аЬс гйпщ д '1 л» ) аЬс (л) 89 (8+ ь) ' "' ьг э„/в '/ ьл 3( — „, + —,',) 19 М В интеграле : = Я ггЭ„Э ° О <9<-'. О<~ <-', О < р<1, 2' 2' в э 1 э 1» = 1баЬс / сова да»пг д ьбд / рэ др / ипэ »о сова р Нво = -або В(4, 2)В(2. 2) = —, р 3 ' ' 99 о о о э э э " ('-.)" (-",)" (-:)'= и Точки тела Т снмльетрпчны относительно координатных плоскостей, поэтому 1г = 8 /О д*гу г., г' где Т вЂ” восьмая часть тела, лежащая в первом октанте.
Зал»еняя в тройном интеграле переменные по форльулал» (9). п.1.8 (полагая там о = д = 3). получим э 7 ! 1' = 22абс / совэ дюп дед / мо »асов »од»о / р Нр = о о о 3 3 3 Г(3)1 (;) 4 ла бабсВ (3, -) В ~т. -) = Оабс вэ — — — тобо. > ' 2) ~2 2) Г(3)Г(у) 3 г пере»йдель к обобщеннылг сфернческил» координатам по формулам (9), п.1.8, полагая таль а = В = 4. Тогда 134 Гл. 2. Кратные н криволинейные интегралы 99.
хг + »г = а , хг + »г = Ь, хг — у — »г = 0 (х > О, а < Ь), < Точки тела Т, объем которого требуется вычислить, симметричнм относительно плоскостей хО» и хОу, которые разделяют его на четыре равные части. Граница тела состоит из частей конической и цилиндрических поверхностей. В силу всего сказанного выше имеем 1» = 4Я Ихауа», г' где множество точек Тс принадлежит первому октанту.
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) «« —.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
