Фихтенгольц, Курс дифференциального и интегрального исчисления, т.3 (947426), страница 31
Текст из файла (страница 31)
Имеем: У= 4 ~~ )г К' — ха — уг огх агу, где (Р) есть полукруг в первом квадранте плоскости ху, ограниченный ли- ниями х=О и ха+у'=ггх, .илн )г= 4) огх ~ З' г(ч — х' — у'ау. о Я Вто тело иногда называется телом Вивиани (Ч1т(ап1), по имени итальянского математика ХЧП вч который впервме его рассматривал. 164 ГЛ. Х71, ДВОЙНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ Но Удх — хв )г)1в — хв — ув ау= ввв — х' . у у 1у=УК» — х* агсв1п У +--)г1гв — х' — у'~ 2 )гу хв 2 ~у о агсз!и 1/ + — Рххт (вв — х) гхх.
г Я+х Интегрируя по частям, найдем: ! Ь и в)1в )г ))1 Г Затхл — х' 12 12 ) 11+ х вгх. о — т (12 — х ) агсз1п аг — авх 2 .') )У 11+х о так что Я вЂ” т (в1' — х') агсмп у — ьвх = ~ — — — ) Яв. о Далее, бев труда найдем и — )г Г1 т (Я вЂ” Х) )Г Х вГХ = — )зв, 1 — à — 2 о так что, окончательно, )г= 4 ~ — — — ~ вв)в — в)1в 1ов в гв 2т 2 8 '16 9~ 6 9 2 Замкчанив.
вак как объем полусферы есть — в12в то объем ее 3 8 части, получающейся после удаления тела Вивиани, равен — )(вв.Любопытно 9 в что ои выражзется через радиус вР без привлечения каких бы то ни было иррациональностей. 21) Вычислить интегралы у,=Цуахиу, 1,=5~ хихпу, К ° 14> где (А) есть область, ограниченная аркой циклоиды х=а(в — вщт), у=а(1 — созе) (0(Г(2в) и осью х. ч Ниже ыы укажем гораздо более ар остей способ вычисления этого объема 1611в 6)).
С помощью, например, подстановки х=вгт' легко найти значение последнего интеграла: э з, вычнслвнни двойного интеграла У =3 'а«. 22) Вычислить интеграл К = ) ') ху (!х (Гу, (Ф где область (В) ограничена осямн координат и частью астроиды (о ! — ').
у=аз!п«с х= а соз«Г, Овзев. К= — )т'. 1 80 598. Механические приложения. Все геометрические и механические величины, сзязаннме с п л о с к и и непрерывным распределением масс вдоль некоторой фигуры (Р) и представляющие алдитивные фун к ци н о бл а с т и, в принципе выражаются двойными интегралами, распространенными иа зту фигуру. В и 593 мы уже подробно останавливались на этом вопросе. В частности, мы видели, что сама величина распространенной массы выражается по заданной плотности распределения р(М)=р(х, у) так: в=)1 р г(Р.
()«( (П) Здесь р)ы имеем в виду дать краткие указания относительно того, как обычно получают формулы подобного типа. Порядок идей здесь тот же, что и при применении простого определенного интеграла [см. 348) Выделяя элементарную часть ((!Р) фигуры (Р), делают упрощающее зыклздки предположение,— например, что масса всего элемента сосредоточена в одной точке или что плотность распределения масс в пределах элемента постоянна, — которое позволяет дать для элемента Ф;> искомой величины О приближенное выражение вида нО=д(м)аР, верное до бесконечно малой порядка, высшего чем г!Р.
Тогда точнов з н а ч е н и е О выразится формулой Я = '! '1 4 (М) а'Р. ((«( Обосновзть это можно двояко (как и в 348). Рв шв низ. Своеобразие этой задачи состоит в том, что контур области задан параметрическими уравнениями.
Однако ордината у точки циклоиды представляет собой все же однозначную и непрерывную функцию абсциссы х: у= =у(х), так что, переходя к повторному интегралу, по общей формуле имеем 2«й у(л) з«)т (.- ~ ~ «««= — «'() 1 Г 2 о Чтобы освободиться от неизвестной нам функции у(х) и вернуться к известным функциям, сделаем подстановку х=а(à — з!пт). Тогда у(х) надлежит заменить на а (1 — солт), и мы получим 3)« э)) ! г а' г 5 1 = — ~ а' (1 — соз Г)' йт (à — а!и Г) = —, (1 — соз Г)' л(Г = — яа'.
2 2 ') 2 з Аналогично, [698 ГЛ. ХЧ!. ДВОВНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ Прежде всего, суммируя приближенные выражения для элементов»»(), можнополучить приблнженноежезначение величины(,г в виде интегральной суммы, а переходя к пределу — точное значение 9 уже в виде предела суммы, т. е. интеграла. С другой стороны, самое выражение для элемента б() позволяет заключить, что»у(М) есть »производная по области» величины () (в точке М), а отсюда, в силу изложенного в и' 593, снова вытекает тот же результат. Легко сообразить, например, что элементарные статические иоменты и моменты инерции относительно осей координат будут т(Мг=ур ГГР, »тМу = Хр Г(Р, »Ргг — — у»р оР, »Уу — — х»р г(Р; отсюда для самих моментов сразу получаем (12) )х — д у»р г(Р, /у —— Ц х»р»»Р Теперь обычным образом получаются координаты центра тяжести фигуры: Б хр»РР У ур»(Р В случае однородной фигуры; р=сопзт вти формулы упрощаются: (14) В отдельных простых случаях удается с помощью двойных интегралов исчерпать подобные же вопросы по отношению к телам, именно — к цилиндрическим брусам.
Пусть дан такой брус, ограниченный поверхностью г= г(х, у), ее проекцией (Р) на плоскость ху и проектирующим цилиндром, образующие которого параллельны оси г. Если, например, требуется определить статический момент Мяу однородного бруса (для простоты предположим объемную плотность равной единице), то мы представляем себе этот брус состоящим нз ряда элементарных столбиков, с основанием йР н высотой г. Статический момент столбика относительно плоскости ху равен его массе или — что в дзнном случае то же — объему г »ГР, умноженному иа расстояние его центра 1 тяжести от этой плоскости, т, е. на — г. Итак элементарный статический 2 момент есть '~Мяу » откуда, суммируя по всем столбикам, получаем (1б) в з.
вычисление двойного интегвлдл 167 Аналогично могут быть установлены и формулы М г=г)г) угг)Р, М =г)г) хгг)Р. 1))) (! 5а) Отсюда легко получить выражение для координат $, ть 5 центра тижести бруса: ~~хг 'Р $= —.— "*= ) и т. д. )г )г Точно так же выводятся и формулы для моментов инерции бруса 1 относительно оси г и 1дю 1,„ относительно плоскостей координат: 1г=)1 (х'+У') г бР, 1г=)'1 У'г бР, 1хг — ~~ляг))Р, (16) гр) Ф) 599. Примеры. 1) Пусть фигура (Р) представляет собой криволинейную трапецию, ограниченную кривой у=у(х), отрезком аси х и двумя ордияатами х=а и х= Ь, и пусть плотность распределенных па втой фигуре масс будет 1. Определить статические моменты М и М . Переходя в формулах (12) к повторным интегралам, будем иметь: ь 1(г) ь 2 (Р) а 0 а ь 1(г) ь Мт= Ц хдР=~х)(х ] )Уу =~ хУ'(х) )Ух ,'Р) а В а нли, короче, 2 ) уг" ' '"у 1 Г и мм возвращаемся к выражениям статических моментов, уже полученным нами раньше ]351].
Предоставляем читателю повторить зги выкладки для моментов инерции 1„ и 1„. 2) Билиндрический брус (1)) имеет в основании плоскую фигуру (Р), а сверху ограничен произвольной плоскостью (К). Доказать, что объем )г тела равен произведению площади Р основания на длину Ф перпендикуляра к основанию, проходящего через центр тяжести тела до пересечения с плоскостью (1(1 причем ясно, что 1,=1„,+1,.
Если бы пространственная плотность т распределения масс, не сводясь к постоянной, зависела бы лишь от х,у (т. е. все же вдоль столбика была бы постоянной), та по-прежиему можно было бы обойтись двойным интегралом. Однако, в общем случае, прн зависимости О и от г, двойного интеграла уже было бы недостаточно и пришлось бы обратиться к т р о йио му интегралу [см. 649]. !599 168 гл. хгп двойные интнголлы Если оси расположены, как обычно (рис.
49), и уравнение плоскости (К) имеет зид л = ах+ Ьу + е, то по формуле (2э) п' 586 )г=Ц (ах+ Ьу+е) ар=а )Ц х г(Р+ Ь )') у аР+ е )) ггР= Ю (Рг Ю грг =(а0+ Ьч+ е) Р=РЬ. 3) Доказать, что если в плоскости фигуры (Р) взяты две параллельные осн х и х' на расстоянии Ь, причем первая из них проходит через центр тяжести фигуры, то моменты инерции фигуры относительно этих осей связаны соотношенйем 1„, = 1„+ Л'и, где т — масса фигуры. Выбрав ось х за ось абсцисс, имеем 1„,=~Я (у — Ь)'а г(Р=1„— 2ЬМ„+Ь'т, ф~ Так как, по предположению, М» = О, то мы и приходим к требуемому равенству. 4) Полярным моментом инерции материальной точки называется произведеняе массы точки на квадрат расстояния до полюса. Легко понять, чтб разуметь под полярным моментом инерции плоской фигуры. Рис. 49. Рис. 50.
Поместив полюс в начэле координат О, доказать, что полярный момент 1 0=1 +1. 5) Пусть в плоскости ху задана произвольная фугура (Р). Найти общее выражение для момента инерции втой фигуры относительно любой оси Ои, составляющей с осью Ох угол 0 (рис. 50). Если принять ось Оа и перпендикулярную к ней ось Оо за новые координатные оси, то, мак известно, новые координаты и, о будут сввзаны со старыми х, у зависимостями и = х соз 0+у мп 0, о = — х зйг 0+у соа 0, 0 г. вычисление двойного интеграла Поэтому 1н —— Я о' р г)Р = сов' 0 ~ Я у' р иР— 2 в)п 0 аа 0 ° ) Я ху р г(Р+ !)ч ит) М + япв 0 ° )'1 лв р г)Р.
(р) Козффициснтами при сов'В и яп'0 являются, как мы видим, моменты инерции 1„ и 1„ относительно осей координат, но кроме них здесь встречается еще величина Кну= )') хр р бР ВР) которую называют центробежным моментом [см. ниже, задачу 7)) или произведением инерции, Итак, 1„= 1л сова 0 — 2К„яп 0 сев В + 1 в1п' В, (!7) Для наглядной иллюстрации изменения момента инерции фигуры прн вращении оси Ои поступают следующим образом.
На оси Ои откладывают отрезок ! 01т)= = У~. (см. рнс. 50) и рассматривают геометрическое место полученных таким путем точек М. Если коорлинаты точки Л) обозначить через х, у, то х = Овесов В = =, у = ОЖ яп В = сова . в)ПВ )г 1„' )11„.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
