Фихтенгольц, Курс дифференциального и интегрального исчисления, т.3 (947426), страница 58
Текст из файла (страница 58)
В результате мы и получим, что дуг" д)ГГ дйг = Рк ! = Ру~ (! 9) В случае же, когда точка А сама принадлежит телу (1/), в втой точке г=О, и подинтегральные функции в (17) и (18) вблизи нее перестают бмть ограниченными, Ниже (663) будет показано, что эти интегралы, как несобственные, все же существуют, и для них выполняются основные соотношения (19). Гл.
хчпт. тРОйные и мнОГОкРАтные ннтеГРАлы (650 Именно, по формуле (8*) М=) ~) хг((г )х((х11 г(уг(г; 1г( ио внутренний интеграл как раз и выражает площадь сечения, которая наперед дана. 3 А м к ч А н и а. Эти примеры привлекают наше внимание к тому факту, что некоторые из механических величин, относящихся к п р о с т р а иственному распределению масс, выражались (правда, при простейших предположениях) двойными и даже простыми интегралами. Эта иллюзия понижения кратности интеграла, как читатель видит, проистекает нз того, что при представлении тройного интеграла в виде двойного от простого или простого от двойного внутренний интеграл в простых случаях оказывается уже известным из геометрических нли механических соображений н не нуждается в вычислении.
3) Использовать задачи 2), 4), 1О) и' 648 для определения положения центров тяжести рассмотренных там тел. 4) Найти центр тяжести тела, ограниченного поверхностями параболоида х'+у'=2аг и сферы х'+у'+г'=За', Рвшвнив. Статический момент относительно плоскости ху проще всего вычислить по формуле, упомянутой в 2), с заменой лишь х на г. Плошадь )Р(г) поперечного сечении равна я ° 2аг для г от 0 до а и я(За' — г') для г от а до а Р 3.
Таким образом, а аМд я =2 ~ ~(*(- ~ (зи — '(ш 5 3 Ю Так как объем тела уже известен: И= — (6 Р' 3 — 5) (343, 6)), то 5 83 = — (6 р' 3+5) а. По соображениям симметрии: 8=с=0. 5) Найти массу и определить положение центра тяжести сферы хг + у'+ гг ( 2аг, если плотность в точках сферы обрзтно пропорциональна расстоянию этих точек от начала координат: д Р= )( х'+уз+ гг Рвшни и я. По формуле (12) и' 648 масса Преобразуя тройной интеграл аналогично (8"), можно представить его в виде йростого интеграла от двойного: та Ш (( В х хвойной ннтвп лн и вго зычно лвннв гле ()7л) есть кРУг РадиУса )г2ал — л'.
ВнУтРенний интегРал без тРУда вычисляется, если перейти к полярным коорлииатам; он оказывается равным гнг ФВ =2в()г 2оз — л). у' га + за Отсюда 4 ш = — виа'. 3 Аналогично вычисляется н статический момент ха+в+а з ) х+у+ Рис 105. Таким образом, 5= — а. Остальные две координаты центра тяжести, очевидно, равны О. 6) Та же задача, но при другом законе распределения масс: и ха+у'+ в~ приводит к результатам: ю=2вйа, а ма = лиа* 2' В дальнейших задачах плотность р распределения масс предполагаем постоянной.
7) Найти притяжение центра основания цилиндра всей массой цилиндра (рнс. 105). При обозначениях рнс. 105 имеем [см. 648, (17)) "=)))~= Ц " ~ 1 ~ а~+у Дв ( *+У'+ ')' В ( — ) цхс(у= 1 1 .+, "+, +' =2 (11+И вЂ” )У'71а+И'У остальные дзе слагающие притяжения равны О, так что притяжение направлено вертикально вверх. 8) Найти притяжение конусом его вершины (рис. 106). ОШВЕШ. г'=гл = — (1 — И).
2вйр 328 ГЛ. ХУП1. ТРОЙНЫЕ И МНОГОКРАТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ [бй( 9) Найти притяжение, испытываемое любой точкой А (массы 1) со сто. роны сферы (рис. 107). Рис. 106. Рис. 107. Р в ш в н и в. Обозначим радиус сферы через Ус, а расстояние ОА через а Оси координат расположим так, чтобы положительное направление оси проходило через точку А. Тогда ~ г — а г — « 1(~(г.
)Г т7' — 2«г + «'1 Но — 277, если а ~ )7, — 2«, если «~У(. Л 1 =1 г — « «г= 31яп (г — «) «г= ~г «~ — Д -Л С помощью подстановки т=)Гут' — 2«г+ «' легко вычислить и втор«1 интеграл: 2 г7' — — — 217 если а ~ 77 3 «а Ф 4 — — «, если «~77.
Л Иг= Р' Ус' — 2«г+ «' з о~'(у~~ (х'-(-уа+ (г — а)']з ~( — «)Иг ~~ а ' " +л Л г (х'+уз+ (г — «)') з Внутренний интеграл легко вычислить путем перехода к полярным коорди. натам, он равен (-— 1 1 2а — Р' Ь" — 2«г+ а') Ватем, 9 1. тРОЙной интеГРлл и еГО Вычисление Окончательно получаем, что 4, 1 — — кйср ° вЂ” если а~те 3 ас' Ф 4 — — па((, 3 если а(Р. с=~(еа Ц =(.,1(гс(-с —.)ьбхау С лс+ Нс~ +у+ о =рЯс ° 1п ' +рай()( Яс+Ис — й) й + ьг)(с + З' )1 11) Найти потенциал конуса (а) на его вершину и (б) на центр его основания. У казанив — то же. Ошвеш.
(а) Яу = яй (1 — Ь) с) ~Рейс Й (1+)1) яВ;й (б) йт= †, С 1п Л вЂ” + Н Р ()1 й)' 12) Найти потенциал сферы на произвольную точку А. Рк ш ли из. При обозначениях задачи 9) имеем '- [",Я, и =2пр ~ (р"у(с — 2аг+ас — [е — а[)дз. Различая случаи а:~ ег, имеем далее я )/)и — 2ас-[-ас бе= — [я+а)а — [я — а [с) = За и — )1' — + 2)1а (аъ Р), 2 1 3 — а' + 2с(с (а ~ тс), В то же время, очевидно, Р',=гу — — О.
Итак, во всех случаях притяжение направлено к центру сферы. При этом юочка, находящаяся вне сферы (а~Я), испыюывает со стороны последней такое же приюяжение, какое йспышывало бы, если бы в ценюре сферы была сосредоточена вся ее ласса ш= — пЯ у. С другой 4 в 3 стороны, так как по отношению к точке, лежащей в н у тр и сферы (а(е(), притяжение не зависит от Л (и имеет такую же величину, квк и в случае с((=а), то ясно, что наружный сферический слой не оказываею на внутреннюю точку никакого дейсювия.
10) Найти потенпиал цилиндра на центр его основания. У каза пик. Здесь проще начать с интегрирования по х и у, причем двойной интеграя вычислить с привлечением полярных координат: 330 ГЛ. ХУ!П. ТРОВНЫЕ И МНОГОКРАТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ [056 ц ~ 2гта (а)Я), 1г — а(дгык [ а'+ Я' (а ~ тг). Таким образом, 4 1 -3 а — кЯ~р ° вЂ” (а ~ )1), (2кгсв — — ка«) р (а (тт).
2 Мы видим прежде всего, что яотенциал на точку, лежащую вне сфе ры, ванов же, нан если бы вся масса сферы была сосредоточена в е~ центре. Вторая же из полученных формул приводит к такому следствию. Всат рассмотреть п о л у ю сферу с внутренним радиусом Д', и внеюним радиу сом ес„то ее потенциал на точку, лежащую з полости (а ()1,), предста вится в виде разности й7= ЯУ« — 071 — — (2«Я — — каа) р — ~ 2кг(в — — кав) р = = 2к ()т«в — )),') р и не зависит от а, 1)отеяциал иолой сферы в пределах нолости сохраняет постоянную величину. Рис. 108.
13) При обозначениях рис. 108 найти моменты инерции тора: У«и г« [См. 648 (15).[ УкАЗАнив. Имеем а ! =2р~дг ~ ~ (х'+ув)дхду, ятв ее «в+ у«т ц«в У«=2р~ дг ~ ~ (у«+ г') дх ау, я«««в+у««я« где )т,=д — Ргав — г', ггв=д+ Рга" — г', Двойные интегралы вычислю ются йереходом к полярнйм координатам «т в к' Ответ. 1,= а'д(ва" +За)р, I«= 4 а'а(4д'+5а')Р.
В ). твойной интеграл и его вычисление 331 ЖМЦ 14) Пусть тело (У) вращается вокруг оси л с угловой скоростью». Тогда длв злемента л)ш=р л)У, отстовщего от оси вращения на расстояние г=В/х'+у', линейная скорость будет о=г», а следовательно кипе т в- ческая знергия л)Т= — Ал о'= — »'г'т ачг. в 1 т а 2 2 Отсюда легко получить выражение длв кинетической знергии Твсего вращающегося тела В последнем интеграле мы узнаем выражение для момента инерции )» нашего тела относительно оси вращения (648 (15)). Итзк, окончательно имеем 1 Т= — и".
2 Рис. 109. 15) Поставим теперь задачей вычислить момент инерции рассматриваемого тела (У) относительно произвольной оси и (рис. 109), составлнющнй в коорлинатными осями, соответственно, углы а, б, 1. Длн расстояния МО = В произвольной точки М (х, у, з) тела от оси имеем В' = г* — о', где, как известно из аналитической геометрии, г'=х'+у'+з', )Г=хсоза+уожр+зсоз1*. Так как оси*а+ соз'р+ сов'т=1, получаем отсюда В' = х» ( сова р + соз» т) + у' ( сов' 1 + с)м' а) + за ( соз' а + ажз 5)— — 2уз соз В соз Т вЂ” 2»х соз т соз а — 2ху соз а соз 5 Теперь ясно, что »»= ~ '1 ~ Вар аЧ~=)' сов' а+)'„соа»5+! сов'1— )р) — 2К, соз б соз Т вЂ” 2К»» соз 1 соз а — 2К»у соз а сш Р, К'=))) "1' К-=))) "т" К"=)Ц "ур"' )р) )р) Ф) Последние интегралы носят название произведений инерции илн центробежных моментов (ср.
599, 5)], Если пожелать наглядно изобразить распределение моментов инерции тела относительно различных осей, проходящих через начало, то аналогично 1. ' ому, как мы зто делалн для паоской фигуры, следует на каждой оси и отжить отрезок О)1) = =, ~/~,' Пусть сова совр сов( Х=О5)сова==, У== У=в ° Последнее соотношение есть запись того факта, что точка М лежит и)а плоскости, проходящей перпендикулярно к оси на расстоянии )Г от начала.
332 ГЛ. Хчщ. ТРОЙНЫЕ И МНОГОКРАТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ 1ббб бУдУт кооРдинаты конца ЛГ этого отРезка. Тогда из найденного длб Уи вы- ражения легко получить уравнение геометрического места точек л(( у.х'+ у" + у,е» вЂ” йк„уе — 2к,.ех — 2к„ху= е Так как ОФ не обращается в бесконечность, то эта поверхность второго порядка необходимо является эллипсоидом; она носит название э л л и псао н да и н е р пи и.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
