metod1_KI_dlya_studentov (549672), страница 5

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 5)

6.2). Связь между сферическимии декартовыми координатамивыглядит следующим образом:Рисунок 6.10 x  r sin  cos  y  r sin  sin  , z  rco s где(6.4)0    2 , 0     , 0  r  . При этом x  y  z  r .Самостоятельно вычислите Якобиан и убедитесь в том, что при переходе ксферической системе J  r 2 sin  . Следовательно, переходя к сферическимкоординатам, имеем:222234 f  x, y, z dxdydz   f  r sin cos , r sin sin  , rco s rV2sin  d d dr (6.5)V2222Замечание 2. В сферических координатах уравнение сферы x  y  z  Rпринимает вид r  R , уравнение кругового конуса k 2  x 2  y 2   z 2принимает вид   arctgk . Поэтому целесообразно переходить к этимкоординатам, если в условии задачи присутствуют конусы и сферы.Замечание 3.

Чтобы преобразовать тройной интеграл в сферической системекоординат в повторный, можно поступить следующим образом. Пересечёмтело, занимающее область V , полуплоскостью, проходящей через ось OZ , ивыделим площадку D , которая при этом получится. Через ось OZ построимдве полуплоскости, которые образуют двухгранный угол , внутри которогозаключено тело. Для этого двухгранного угла, а значит, и для области V1    2 . И тогда2 f  x, y, z  dxdydz   d  f  r sin cos , r sin sin  , r cos  r sin d dr2V1D(6.5а)В двойном интеграле по области D пределы расставим как в полярнойсистеме координат с той разницей, что переменная  меняется отвертикальной оси, где она равна нулю, возрастая против часовой стрелки.Пример 6.1.

Вычислим объём тела, заключённого между двумяполусферами z  25  x 2  y 2 и z  9  x 2  y 2 и двумя коническимиповерхностями z  x 2  y 2 и z  3  x 2  y 2 .Решение. Согласновышесказанному, уравнения сферв сферических координатахпримут вид r  5 и r  3 .Уравнения конусов, являющихсятелесными углами, примут видисоответственно, в46чём легко убедиться,заменив вуравнениях поверхностейРис.6.3декартовы переменныесферическими (см. (6.4)).Тогда по формуле (6.5) можносоставить тройной интеграл длявычисления объёма в сферическойсистеме координат, считая35подынтегральную функцию равнойединице.V  1 r 2 sin  d d drVЧтобы преобразовать тройной интеграл в сферической системе координат вповторный (см.

замечание 3), пересечём тело, занимающее область V ,полуплоскостью, проходящей через ось OZ , и выделим площадку D ,которая при этом получится (на рис. 6.3 эта площадка справа выделенасиним). Для того, чтобы получить всё тело, площадку D надо провращатьвокруг оси OZ на угол 2 . Тогда2V d  r sin d dr20DВ двойном интеграле по области D пределы расставим как в полярнойсистеме координат с той разницей, что переменная  меняется отвертикальной оси, где она равна нулю, возрастая против часовой стрелки.Т.е. D   , r  |    ,3  r  5 . И окончательно, получаем642V d  sin d   r dr  39 45203 2 .36Пример 6.2.

Найдём объём тела, заданного системой неравенств222x  y  z  2z 2, с помощью тройного интеграла.2x  y  zРешение. Построим сферу и параболоид, заданные в условии, и выделимтело, ограниченное ими.Замечание. Уравнения обеихповерхностей имеют вид f x 2  y 2 , z  0 ,Рисунок 6.4Рисучто говорит о том, что это поверхностивращения вокруг оси OZ . Поэтому теловращения, ограниченное ими, можнопостроить следующим образом. Строимлинии пересечения поверхностей сполуплоскостью x  0, y  0 , выделяемобласть D , ограниченную этими линиями(на рис.

6.4 эта область справа выделенажёлтым цветом), и вращаем D вокруг осиOZ . Получаем заданное в условии задачи36тело, которое в пространстве занимает область V (см. рис. 6.4).1 способ. Рассмотрим решение задачи в цилиндрической системе координат.Заданное тело заключено внутри цилиндра с образующей, параллельной осиOZ , проходящей через линию пересечения сферы и параболоида.

Чтобысоставить его уравнение, которое совпадёт с уравнением границы областиDxy (см. рис. 6.4), необходимо из системы уравнений этих поверхностейисключить переменную z .222x  y  z  2zx 2  y 2  1. 22x  y  zОбласть Dxy , на которую проектируется тело, представляет собой кругx 2  y 2  1 . Область V  x, y, z   x, y   Dxy, z1  x, y   z  z2  x, y является правильной.

Перейдём к цилиндрической системе координат.После замены переменных (см. (6.2)) получим:уравнение границы области Dxy - r  1 ,уравнение нижней части сферы- z  1  1  r 2 ,уравнение параболоида- z=r2.Обратите внимание на прямую линию в левой части рисунка 6.4. Мы видим,что при возрастании переменной z сферическая поверхность ограничиваеттело снизу, а параболическая – сверху.Объём тела вычислим как тройной интеграл, где f  x, y, z   1 (см. свойства).V   dxdydz   rd drVD2  r , dz (см.

(6.3а)).1 r , Область D   , r  | 0    2 ,0  r  1 является радиально правильной.Расставим пределы в повторном интеграле и вычислим его.V   rd drdz V21r2001 1 r 2 d   rdr 1dz  2  (r 2  1  r 2  1)rdr 013 r4 1r2 2 2 2   1  r     .2 0 64 32 способ. Рассмотрим решение этой же задачи в сферической системекоординат.V   dxdydz   r 2 sin  d d dr .VVПреобразуем уравнения поверхностей.Уравнение сферы примет вид: r  2co s  .37cos .sin 2 Чтобы расставить пределы интегрирования в повторном интеграле,пересечём область V полуплоскостью, проходящей через ось OZ . Получимплоскую область D (на рис.

6.3 она справа закрашена жёлтым цветом). Таккак область V была получена при вращении этой площадки D вокруг осиOZ , для всех точек V переменная   0,2  .Уравнение параболоида: r V   dxdydz И тогда2V2dr  sin d dr .0D(см. (6.5а))Область D является радиально правильной и для всех её точек ,а42переменная r меняется от r параболоида до r сферы. (Обратите внимание напрямую линию в правой части рисунка 6.3)В соответствии с данными рассуждениями составим повторный тройнойинтеграл в сферической системе координат и вычислим его:2V22cos d  sin  d  r dr 2cos04sin 2 1623cossind3 32cos3  d   sin3  sin 2  3  6  6 .442Пример 6.3.

Найдём объёма тела, ограниченного поверхностямиx2  y 2  z 2  4, x 2  y 2  4 z, z  0.Решение. Построим тело, ограниченное данными поверхностями, учитываято, что оно является телом вращения, поскольку уравнения всехповерхностей зависят от x 2  y 2 . Для этогопересечём поверхностиполуплоскостью x  0, y  0 и выделимобласть D , ограниченную полученнымилиниями, а менно, гиперболой y 2  z 2  4 ипараболой y 2  4 z .

(см. рис. 6.5) Найдёмточкупересечения этих кривых.Она имеет координатыy  2 2, z  2.Рисунок 12.5При вращении этойобласти вокруг оси OZполучим (рис. 6.6)38Рисунок 6.13Рисунок6.6пространственную область V , которую занимает заданное тело. Эта областьне является правильной, так как снизу ограничена двумя поверхностями,параболоидом и плоскостью z  0 . Поэтому для вычисления требуемогообъёма придётся разбить область на две правильные и тогда V  V1  V2 ( см.рис.

6.6). В этом случае1V1   x, y, z   x, y   D1, 0  z   x 2  y 2 4Область D1 на рис. 6.6 выделена тёмным сиреневым цветом.V2   x, y, z   x, y   D2 ,x2  y 2  4  z 1 2x  y 2  .4Область D2 выделена светлым сиреневым цветом.Перейдём в цилиндрическую систему координат (см. (6.2)) и составим обаV   dxdydz   rd drинтеграла. Из формулыV2V2 d  rdr001 2r428 d  rdrdz 002D1 2r4dz r2 42  r , dz следует: 1r , 8.32-ой способ.Искомый объём можно найти иначе, а именно как V  V3  V4 .(См. рис. (6.6)) Здесь V3   x, y, z   x, y   D, 0  z  1  x 2  y 2  , причём4область D - круг x  y  8 , а V4   x, y, z   x, y   D2 , 0  z  x 2  y 2  4 .222И в этом случаеV8 d  rdr01 2r402dz 08 d  rdr02r2 40dz 8.33-ий способ.Наконец, можно изменить порядок интегрирования и составитьповторный интеграл следующим образом:2V224 z 2 d  rdrdz   d  dz 0D00rdr 2 z8.

(В этом случае вращаем область D3вокруг оси OZ так, что 0    2 , а интеграл rdrdzDпредставляем какповторный по r -правильной области D   r , z  | 0  z  2,2 z  r  4  z 2(см. рис.6.6, жёлтая область справа).39Занятие 7.Приложение тройных интегралов (вычисление массы тела переменнойплотности; статических моментов тел относительно координатныхплоскостей; координат центра масс тел и их моментов инерцииотносительно осей координат. Несобственный двойной интеграл 1-города. Вычисление интеграла Пуассона1.Механические приложения тройного интеграла.

Следующиеформулы аналогичны соответствующим формулам для двумерного случая.Масса тела объёма V с переменной плотностью   x, y, z  .M     x, y, z dxdydz(7.1)VСтатические моменты тела относительно координатных плоскостей.K yz   x  x, y, z dxdydzVK xz   y   x, y, z dxdydz(7.2)VK xy   z   x, y, z dxdydzVКоординаты центра масс тела.1xc x  x, y, z dxdydzM Vyc 1M y  x, y, z dxdydz(7.3)V1z   x, y, z dxdydzM VМоменты инерции тела относительно осей координат.zc I x    y 2  z 2    x, y, z dxdydzVI y    x 2  z 2    x, y, z dxdydz(7.4)VI z    x 2  y 2    x, y, z dxdydzVМомент инерции тела относительно начала координат.I 0    x 2  y 2  z 2    x, y, z dxdydz VIx  I y  Iz2.(7.5)Пример 7.1 Вычислим массу прямоугольного параллелепипеда0  x  a, 0  y  b, 0  z  c с плотностью   x, y, z   x  y  z40Решение.

Характеристики

Список файлов книги