Фихтенгольц, Курс дифференциального и интегрального исчисления, т.3 (947426), страница 51
Текст из файла (страница 51)
Если точка А не лежит на поверхности, так что никаких нарушений непрерывности нет, то аегко показать, что к интеграау (9) при дифференцировании его по 8, э или ь применимо правило Л ей 6 н и ц а (для этого понадобилось бы лишь повторение уже знакомых нам рассуждений). Таким путем оправдываются и для рассматриваемого случая распределения масс соотношения (1О). 633[ 6 з. повнвхностпып интпгвллы пнтвого типа 633.
Примеры. !» Вычислить поверхностные интегралы: приводится к первому октанту, р 8 Ь т т (йРО и 6+ЖОМ 1 $6+ в Ь' ев е! в! т арбб= 4 !! ! 1! = — я абе ~ — + — + — ~. 3 !тав Ь' е' ~' (б) Аналогично, к я 3 3 Ув Зобе мп р брс(6 (ав МП' Ретив 6+ Ь'В!Пв РМП'6-[-Ев Сеавз) З о о Вычисляя внутренний интеграл по 6, положим совр=ш 1 бз 1 а а'соввз-[-Ьвмпв 6 Х [(а' сов' 6 + Ь' в!п' 6) — (а' сов' 6 + Ьв мп' Π— с ) лв) з е 1 Х Ь~ (а' ссм' 6 + Ьв мп' 6) — (а' сов' О + Ьв вш' Π— е'» л' ~~ е о ! 1 е а" сов* 6+ Ь' мп" О' ( а) 1, = ~ ~ ~/ —Ђ , -[- у, + —Ђ , ФЗ, Л ( '+У'+ ') К й+ Ь + ° распространенные на поверхность (3) вллипсоида: х' у' л' —,+ —,+ —,=1 (а)Ь)е)0). Р в ш в н и к.
(а) Если воспользоваться представлением вллипсоида: х=авшрсемз, у=зал рмпз, л=есове (О р; О 6 2), то [629, !7)] влемент поверхности представится в виде лз Ь 1/вш 6 в +вш 6$1п ав Ьт С другой стороны, подинтегральная функция хв у лв — + — + — = а' Ь' е' По соображениям симметрии вычисление так что т 3 гл. хчп. повпвхностнып ннткгвллы и окончательно а ие 1,=8оЬ ч, ай,,й — 4я. ~ а сог +Ь соз 2) Вычислить интеграл Е.
= )1 (у'г'+ г'х'+ х'у') лЗ, 14 где (3) есть поверхиость, отсекаемая от верхней части конуса г'=я'(х'+у') пиливдром х'-[-у' — 2ох=О. Рвш в пи в. Переписав уравиепие поверхности в виде г=й )г ха+у'~ имеем ло=)'1+8" йхлу, и по формуле (5) 1. = У 1+ А' ) ) [Ьг (х' + уг)'+ хгу'] Ых г(у, 1Ф где (О) есть круг, ограниченный окружностью х'+у' — 2ох=О па плоскости ху. Переходя к йолярпым координатам, найдем (8ойг+ У) ' )/1+ лн 24 3) Вывести формулу (прииадлежащую П у а с с о и у)т я тя ~ 1 (ж а[п В соа а + л пп у з[п В + р соа у) пп у оз ~6~ = 1 =2я ) 1(и )' ж'+лг+р) йи — 1 (где ш'+л'+рг) О и 1(т) есть иепрерывиая функция для [т[~ )' юг+ля+р'). Р вш ив ив. Обозначим иитеграл слева через Р; его легко представить в виде поверхиоствого интеграла Р= ) ) 1(ах+ лу+рг) а'8, РВ распростраиеииого иа сферу (Я), описаииую вокруг начала радиусом 1. Рис.
94. Переходя к новой системе координат ипю, воаьмем за плоскость ош именно плоскость жх+ лу+рг=О и направим ось и перпендикулярно к ией (рис. 94); тогда их + лу+ рг )гжг+ л'+р' В координатах иош тот же иитеграл напишется так: Р = ) '1 1 (и )' ю' + л' + р') о о. Ф 6331 2 3. ПОВВРХНОСТНЫВ ИНТЕГРАЛЫ ПЕРВОГО ТИПА И! Есля параметрическое представление сферы (6) взять в виде и=и, о=)Г1 — йсоаш, в=0'1 — ивано> ( — 1<и~1! 0<н~2в), тО ЛО=О(и 2(в, И ОКОНЧатЕЛЬНО г .
Р = '1 ~ у (и ТГво + л*+ р') оои йо = 2л ) г(и Вгв'+ л'+ р') о!и. б -! — 1 Полагая и=совХ (О~Х ~в), часто пишут формулу Пуассон а в виде о 2о ~ У(в зш 0 св 0+ л яп Т яп 0 + р осе Т) яп Т о(0 о(Т = =2в~ у(Р' во+ л'+р'ссеХ) 2!ВХ о(Х. 4) Пусть вдоль поверхности (3) распределена масса с плотностью р = = р(х, у, 2). Найти выражения в виде поверхностных интегралов, распространенных на (6): (а) общего количества в массы; (б) статических моментов и моментов инерции ее М , М „, Млв г' , г' „, г' относительно координатных плоскостей; (в) координбт 0, ч, ь центра тяжестй маеты. 5) Найти массу поверхйости сферы, если ее поверхностнаа плотность в каждой точке равна (а) расстоянию этой точки от вертикального диаметра, (б) квадрату этого расстояния.
(а) Рвш вы и в. Взяв за начало координат центр сферы и направив ось 2 по вертикали, перейдем к сферическим координатам Т и 0, полагая х=тга!Пчсозз у=осипу Б)пз, л=ттсозч, где те в радиус сферы. Тогда о($ = гго 2!и Т о(Т о(8, р = ')гхо +уо = Д згп р, так что в=~ 1 Р ЛЗ=У82~ ~ з!по роту отз=в%о. !л! (б) Оввев: в= — .ЯГо. 8 3 6) Прн тех же предположениях (а) и (б) относительно распределения масс найти положение центра тяжести верхней полусферы. (а) Ркшв ни в.
Если выбрать оси, как и только что, то по соображениям симметрии сразу ясно, что В=В=О. Вычислим статический момент: 2о 2 2 и ~ ).,оо=е~ )а,,о,а .е. 3 1з! 1 88ы уже знаем 1см. задачу 5)) полную величину массы: в = — в%2, значит, Млу С= — -= — гс У 3 282 Гл. Хуи. НОвеэхностные ннтегРьлы (б) Ошэет, При том же распоаожепии осей Е=т)=О, С= — 27. 3 8 7) Найти (а) положение центра тяжести однородной (э=сопя!) кони. ческой поверхности г ),'хь+уь (хь+уь()72) ьь б) ее моменты инерции относительно координатных плоскостей, кшвннв. (а) Очевидно, 6=Ч=О. Далее, имеем ИЗ= "Ру 1+ —,(Х (у= — дХНу ((=р'д'+Да), И' ! К и, следовательно, А' Мьт= — ьр Ч т $'хь+уь!(х!(у= — р г'ь(г= — яЬИР. =)7' ~ =3 ха+ай' Нь 2 Так как ш=яИг, то ".= — Ь.
3 Я 2яйь! !' яй'И (б) уьу — — ~ ~ ргьь(3= — р ~ гь!(г= — Р. т(ь ) 2 !л> о Аналогично яИь ууь = 6ьь = —. ч' 8) Дан прямой круговой цилиндр радиуса )7 и высоты Ь, Предполагая его боковую поверхность однородной (р = 1), найти (а) притяжение, испытываемое со стороны поверхности центром основания, (б) потенциал этой поверхности на центр основания, ркш вник. (а) Если принять центр основанияэа началокоординат,аось цилиндра †ось г, то, очевидно, Р„ = ь"у — — О.
Представив цилиндр параметрически: х=ясоэЭ, у=яапа, г=г, имеем ФЗ=Й!(г Ыэ, так что 2ь Л ()7'+")Т (б) Имеем 2ь а Еу '~ Днгцэ 2 1 и+~~Д'+й* ~ Р)7+.* 9) Для конической поверхности эадачи 7) найти (а) потенциал этой поверхности иа центр основания конуса н (б) на его вершину, а также (в) притяжение, испытываемое 'центром основания и (г) вершиной конуса. )2(Ч % 3. ПОВВРХНООТНЫВ ИНТКГРДДЫ ПКРВОГО ТИПЛ Рв ш ни и к. (а) Полагал 1=)гй'+ да, будем иметь т!х оу р г о'г (р= —, =2 !Р1 ~ 1) ргх'+у'+(л — Ь)а ~ )гРг' — 2йЬ"г+Ж~~ Я Я 2к (' Рг — йда 2кйдт т!г ~ У!тг' — 2йЬ'г+ Ь*й' ! р! )г!ага — 2йдаг+ Л'йа = —.
)г!тгт — 2йдтг+Ь'йа ~ + ! ~г + —,Р 1п (1тг — йЬа+ )Г 1т (1'га — 2йЛ'г+ Ьтй')) ~ 2кйр 2кйЛтр й 1+ й 1р Р Р охку йД„~ ~,)Гх'+у'+л' (в) По соображениям симметрии Рк=Р =О. Далее, Я (х" +у'+( — Ь)')' Р 2„ЛЬй (г й) г Дг (1'га — 2йЬтг+ Ь*йа)з Интеграл приводится к сумме трех интегралов: Я Я 1 лг й (Ьт — й*) !тг — йда + 1Ф з (Рг' — 2йдаг+ й'Ь') з (Рг' — 2й!Рг+ йтЛ') т Я а (!ага 2йдтг ( йадт)т 1 й 1+й Ла — й' 2 = — 1п — — + — — '(й — Л) --(й+ Ь). — йЬР Р Собрав все результаты, окончательно получим: 2кбйр й 1+ й 2кр (й+ Ь) Л ! — Ь (г) На зтот раз н е с о б с т з е н н ы и интеграл оказывается расходящимся: ха+утки яз (633 284 гл. хчп.
повирхностныи интвгралы 10) Предполагая, что плотность масс, распределенных по поверхности конуса, равна расстоянию точки до вершины, найти (а) потенциал поверхности на вершину, (б) притяжение, испытываемое вершиной со стороны поверхности. Ответ. (а) 97=кЛ!=3; (б) гл=Рт=о, Ре=— 2яЛЛ 11) Найти силу притяжения точки однородным (р=сопз!) сферическим слоем. Рва вниз. Пусть центр сферы лежит в начале координат,а притягиваемая точка А (массы 1) находится на положительной оси г на расстоянии а от центра. Проекции г„и Г силы притяжения на осн х и у, очевидно, равны нулю. Далее, имеем Р,=~~р*„,' 8 (з! (г — расстояние между точкой А и произвольной точкой М сферы).
Если перейти к сферическим координатам: х=)Рз!прсоз0, у=)Ра!пуз!из, в=с!созе, то дЯ=Даапрдудз, г=р')г'+а' — 2йасспу (Л соз р — а) йп т др з (Ла+ а' — 2сга с<и р)з Подстановкой ест+ а' — 2)со совр=!а преобразуем это выражение ттчп.а !и — а! Рассмотрим теперь дзз предположения. (1) Пусть а (УР; в таком случае Я вЂ” а(=)! — а, в квадратных скобках стоит нуль и р =о. Итак, точка, находящаяся в ну три однородного сферического слоя, не испытывает со стороны последнего никакого притяжения.
(2) Если же а ) гс, то ~ Д вЂ” а (= — (сг — а), так что 4яЛ'р ре=— а' Поэтому точка, находящаяся вне однородного сферического слоя, испытывает со стороны последнего такое же притяжение, какое испытывала бы, если сосредоточить всю массу в=4кЯар=Яр слоя в его цент е. К' становимся особо на случае а=се. В этом случае точка А лежит на сфере, и интеграл (11) становится несобственным. После очевидных упрощений он принимает вид к (' з!пч др г'е = — — — р = — 2яр, )Г2 31 )Г 1 — аи 0 $34) $ К ПОВЕРХНОСТНЫЕ ИНТВГРЛЛЫ ВТОРОГО ТИПЛ 285 Прн приближении а к Р со стороны меныпих няп больших значений Рс имеет предельные значения, соответственна,О и — 4яг.
Такнм образом,притяжение испытывает разрыв непрерывности йри прохождении притягпваемой точки через поверхность сферы, причем величина прнтяженпя дяя точки на сфере есть среднее арифметическое упомянутых предельных значений. !2) Найти потенциал однородного сферического слоя на произвольно взятую точку. Р в ш в н н в. Прн прежних обозначениях имеем Яг (а) = ~ ~ р — = 2яР'р да, г ватдт' (з) г ~ )гР'+ а' — 2Ра сову П-')-а 2кР 2сР— Р да сМ= — р(Р+а — (Р— а)).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
