Часть 3. Математический анализ - кратные и криволинейные интегралы. (509317), страница 19
Текст из файла (страница 19)
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 — *) ),)е) -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)йх494». 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.
заданнымн уравнениями) 50. (х + у — ах) = а (хг + у ), х + уз = аь)зу (внутри ка:кдой лз кривых), 51. (хо+ уз) = азха+ бзуз. 52. х'+у та 2азху. 53. У— , + ДГ ио *— , + Ду. о Л) Ы Ы' 54. (-*+-"„) =-* — д,у>О, 55. (д+д) = — „*,,у>0,а>0.6>0. 2 2« ми ВВВ ), . *) = 1гг).)2+./ — 1 11 1 1 в=. = 2)г р~У'(р) -l' а)2 рт 1 в=о 4яу р)(р) Вр, если р > т, 11 — ) р у(р)ар, если р ( т, 1 63. Прпловкеиие кратиыл интегралов к решению задач геометрии и фмяики !41 88.
хг = ау, хг = Ьу, у = та, у = и (О < а < Ь, 0 < ос < а). 89. у =а — 2ах.у =Ь вЂ” 26х,у =юг+2шх,у —.-и +2пг (О<го<и.Осе< 6) 60 (хг+уз)г а(хз Охуг) а > О 61 (ха+уз)г хг+ уз 2, ) 0 у > О 62. (д+ ) «а.*+. 63. х+у=а,з+у=Ь,уг«о«.у«с гг (О<а<6,0<о . 56 64. 1у=+,Д = 1, /~+ Я = 2, -* = я 4'- = д (а > О, Ь > О), С полющью двойных интегралов иайти объемы тел. ограниченных поверхностями, задан- ными уравнениями.
Об. я+у+2=а,ха+у =62,2=0. (а>ЬЧ2). 66. хггг+а у =с х2,0<т<а. 67. у + гг = х, х = у (х > О). 68. г = ип(х + уг), г ш О, ах < х + у < (и + 1)х. 69. х +у =о«2,х +у =ах(г>0). 70. 2(х+у)=ах+Ьу,г=0.1<х +у <4,(х>О.у>О,а>0,6>0). 71. (~~-+ ЯВХ) + 3 = 1, г > О. 72. «2 = 2ху. (~~+ дат~ = --Р (х > О.
у > О. г > О). 73. г = хл/х + у /у, х + у = 1 (х > О, у > О, г > 0). ( + 6) + сг 1 1„+ ~6) (у>0 г)0) уз=аз — 2ах уз=глг+2лсх,у=О г=О. Нюши площади: 76. Части поверхности 5 = ((х, у. г) е Из: а» = ху). заключенной внутри цилиндра 52 = ((х, у, г) е Р; хг+ у = а . г 6 Р). 77. Части поверхности 5 = ((х, у. 2) е Из: хг + уг + гг = а ), расиолощеиной вне цилиидров 52 =((х, у. 2)ЕИ:х +у =ах.гйИ).
52=((х,у, г)ЕИ сх +у =-ах. гб И), а>О. 78. Часты поверхности 5 = ((х, у. 2) е Рз: хг+уз = 2аг). заключенной внутри цилиндра 52 = ((х. у, «) Е И: (хг + у ) «а 2а ху, г е И). 79. Части цилиндра 5((х, у, г) 6 Из: хг+ уг ш а, г Е Р). вырезанной плоскостями, заданными уравнениями х+ г = О. х — х = О (х ) О, у ) О). з 80. Части поверхности 5 = (х, у, г) еИ~ '.
(хг+ у )2 + г =1 . отсекаел2ой плоскостью хОу. 81. Части поверхности 5 = ((х. у, г) 6 Из: (-, + Ц + —" = 1), вырезанной плоскостяьиг, заданными уравнениями х = О, у = О. 2 = О. 3 82. Части поверхиости 5 = ((х, у, ) Е И: — — дь- = 22~, вырезаииой поверхностью а ((х'у г)еИ '«+ ьг 1 г 0) 3 «2 «2 83. Части поверхности 5 = ((х, у, г) Е И: —, + —, = 22 '(, заключенной внутри цплии- «Л 2 -" =( " " (- ") ----'"") С помощью тройных интегралов найти объемы тел, ограниченных поверхностями.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
