metod1_KI_dlya_studentov (549672), страница 6

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

Текст из файла (страница 6)

Для вычисления массы составим тройной интеграл, используяформулу (7.1) и вычислим его. Область V является правильной (см. рис. 7.1).abc000M    x  y  z dxdydz   dx  dy   x  y  z  dz Vcbaz2 y 2c y 2c   dx    x  y  z   dy    xcy  dx 22200000aРисунок 7.14ba x 2cb 2cc 2b abcxx a  b  c . 22220Пример 7.2. Найдём координаты центра масс половины шара0  x 2  y 2  z 2  R , плотность в каждой точке которогопропорциональна расстоянию от начала координат.Решение. Данную задачу удобнее решать в сферической системе координат.Тогда плотность в каждойточке заданного тела будетравна   kr .Воспользуемся формулами(7.1)-(7.3) и (6.3)-(6.4).ТогдаM   kr 3 sin  d d dr V2k R 4 k  d   sin  d   r dr 20002R3Рисунок 7.2Учитыва симметрию(см. рис.

7.2), можно утверждать,что абсцисса и ордината центра массполовины шара будут равны нулю. А аппликату вычислим по формуле (7.3).41zc 2r cos  kr  r 2 sin  d d dr 4 k R V2 R422R004dcossindr  dr 0R.5RОтвет: C  0,0,  .5Пример 7.3. Найдём момент инерции относительно оси абсциссоднородного (плотности μ) круговогоцилиндра с высотой h и радиусомоснования R.Решение. Данную задачу решим вцилиндрической системе координат.Построим цилиндр в прямоугольнойсистеме координат OXYZ так, чтобы осьOZ была его осью симметрии и основаниепринадлежало бы плоскости XOY . ( См.рис.

7.3)В этом случае область, занимаемаяцилиндром такова, чтоV   x, y, z   x, y   Dxy , 0  z  h , гдеDxy  x, y  x2 y 2  R2 .Рисунок 7.3Перейдём к цилиндрическим координатам (см.(6.1)), составим тройной интеграл (см. (7.4)) и вычислим его.2Rh000I x     y  z  rd drdz    d  rdr   r 2 sin 2   z 2 dz 22V R 2 h12 3R2 4h 2  .422. Несобственный двойной интеграл первого рода ( понеограниченной области). Интеграл Пуассона.Рассмотрим двойной интеграл I   f  x, y  dxdy от непрерывной функцииDf  x, y  по неограниченной областиDxy  x, y     x  ,   y   . По аналогии с интегралом f  x  dx такой интеграл называется двойным несобственным интеграломпервого рода. Чтобы вычислить этот интеграл, выберем последовательностьобластей Dn , таких что D1  D2  ...

 Dn (см. рис.(7.4)).Составим последовательность значенийинтегралов I n   f  x, y  dxdy . ЕслиDnсуществует предел этой числовойпоследовательности, т.е. существуетlim I n , то несобственный интегралnназывается сходящимся, а сам пределназывается его значением lim I n  I .n(7.6)Рисунок 7.4Пример 7.4. Вычислим несобственный интегралD x, y     x  ,   y   .x e2 y2dxdy , гдеDРисунок 7.543Решение. Построим последовательность концентрических кругов (см.

рис.7.5). Dn  x, y  0  xВычислим I n   e x2 y22 y 2  Rn2 , n  N , при Rn1  Rn и lim Rn   .ndxdy , перечодя к полярным координатам. КаждаяDnобласть Dn является радиально правильной, где 0    2 ,0  r  Rn .ТогдаI n   e rd dr r2Dn2RnRnRr2 d  e rdr    e d  r    1  e n .0r20220 I n .Выясним, существует ли предел числовой последовательностиlim I n   lim 1  e Rn   . (См. (7.6))nRn 2Отсюда следует, что искомый интеграл сходится и I   e x2 y2dxdy   .DЗамечание.

Полученный результат позволяет вычислить несобственныйинтеграл П x e dx , для подынтегральной функции которого не2существует первообразной (то есть ему соответствует неберущийсянеопределённый интеграл).Действительно, если преобразовать данный в условии примера двойнойнесобственный интеграл в повторный e x2  y 2dxdy получится следующее: e x2  y 2dxdy De x2x  y dx  e e dy ,то2D2dx  e y dy  П 2 .2Теперь сравним два полученных результата. x2  y 2edxdy    П 2 .DПолучаем ответ П x e dx   .2Этот интеграл П называется интегралом Пуассона.44.

Характеристики

Список файлов книги