Добавил:

Valeriya Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Липецкий государственный технический университет

Предмет:

Математический анализ

Файл:

Кратные интегралы

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

20.06.2014

Размер:

888.19 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 137 8 9 10 11 12 13 > Следующая >>>

S = тт		1 +							x 2					+			y2			dxdy =
S = тт		1 +					9 - x 2 -				y2			+		9 - x 2 -		y2		dxdy =
D
= тт	9 -			x 2 - y2 + x 2 + y2
= тт					9 -			x 2 -			y2					dxdy =
D
			3											2p		2	3rdr
= тт			3							dxdy = тdj т							3rdr				=
= тт	9	-	x		2		-	y	2	dxdy = тdj т							9 -	r	2		=
D	9	-	x				-	y				0				0	9 -	r
D												0				0
							2					1
= 2p Ч3 Ч(-				1		)т(9 - r 2 )-									d(9 - r 2 ) =
				1									2
				2									2
							0
					2
					2
- 3p 9 - r 2							= 3p(3 -						5) (кв.ед)
					0

4.Момент инерции плоской фигуры

Рис. 18.

Вспомним определение момента инерции

а) материальной точки М с массой т относительно точки О: I = mr² (r – расстояние от М до О);

б) системы материальных точек m1, m2,…, mn относительно точки О:

I = е miri2 .

i = 1

Определим теперь момент инерции относительно точки О материальной плоской фигуры D.

Найдем момент инерции фигуры D (рис.18) относительно начала координат, считая, что плотность в каждой точке равна 1. Разобьем область D на части Si (i = 1, 2,… n) и выберем в каждой части точку Pi (ξi, ηi). Назовем элементарным моментом инерции площадки Si выражение вида Ii = (ξi² + ηi²) Si и составим интегральную сумму

n
е (xi2 + hi2 )DSi		(74)
i =	1

для функции ρ2(x, y) = x² + y² (квадрата расстояния от любой текущей точки Р(х,у) до начала координат) по области D.

Определение 15. Предел интегральной суммы (74) при стремлении максимального диаметра d элементарной подобласти к нулю (d ® 0 )

называется моментом инерции фигуры D относительно начала координат:

		n
I 0 =	dlim® 0	е (xi2 +	hi2 )DSi =	тт(x 2 + y2 )dxdy.	(75)
		i = 1		D
Определение 16. Интегралы
		I xx =	ттy2dxdy,	Iyy = ттx 2dxdy	(76)
			D	D

называются моментами инерции фигуры D относительно осей Ох и Оу.

Замечание. Если поверхностная плотность не равна 1, а является некоторой функцией γ = γ(х, у), то момент инерции фигуры относительно начала координат вычисляется по формуле

I 0 = тт g(x,y)(x 2 + y2 )dxdy.	(77)
D

Пример 19.

Вычислить момент инерции плоской пластины с поверхностной плотностью γ(х, у) = 3ху, имеющей форму треугольника, ограниченного отрезками прямых х + у =3, х = 3, у = 3, относительно оси Ох.

Применим формулу (76):

																	3				3									3			3
I xx		= тт g(x,y)y2dxdy = тdx т 3xy Чy2dy =																												3т xdx т y 3dy =
					D												0			3- x										0			3- x
			3						3																	3

	3														35			Чx 2			3		3
=	4		тx Чy 4								dx		=									+			т(3 -			x -		3)(3 -			x)4dx =
=	4		тx Чy 4								dx		=					8				+		4	т(3 -			x -		3)(3 -			x)4dx =
			0					3	- x												0					0
								3	- x												0
						3													3													ж			3					3	ц


		7																											7			з		6							ч
	3	7			3				5									3									4	3	7		3	з		6			3		5		ч
	3				3				5									3									4	3			3	з(3 - x)					3		5		ч
						т			- x) dx - 3										т		(3 - x) dx =											з						(3 - x)			ч
=			+				(3										Ч													+		з				-					ч	=
=	8		+		4		(3										Ч											8		+	4	з	6			-	5				ч	=
	8				4													4										8			4	з	6				5				ч
						0													0													з			0					0	ч
						0													0													з			0					0	ч
																																и									ш
37			3		ж	36				36 ц					(	1			1				1			)= 801, 9.
	-				з			+			ч	=	3	7				-				+
					з						ч			7
8					з-	6					ч					8			20				24
8				4 и		6				5 ш						8			20				24

5.Координаты центра масс плоской фигуры

Как известно, координаты центра масс системы материальных точек P1, P2,…, Pn с массами т1, т2,…, тп определяются по формулам

xc = ее

ximi , yc = ее mi

yimi . mi

Если разбить плоскую фигуру D с поверхностной плотностью, равной 1, на части, то масса каждой части будет равна ее площади. Будем считать теперь, что вся масса элементарной площадки Si сосредоточена в какой-либо ее точке Pi (ξi, ηi). Тогда фигуру D можно рассматривать как систему материальных точек, центр масс которой определяется равенствами

	n		n
	е xi DSi		е hi DSi
xc »	i = 1	, yc »	i = 1	.
xc »	n	, yc »	n	.
	е DSi		е D Si
	i = 1		i = 1

Переходя к пределу при r ® 0 , получим точные формулы для координат центра масс плоской фигуры:

ттxdxdy

ттydxdy

x .

xc =

, yc

(78)

ттdxdy

В случае переменной поверхностной плотности γ = γ (х, у) эти

формулы примут вид

тт g(x,y)xdxdy

тт g(x,y)ydxdy

x . (79)

xc =

тт g(x,y)dxdy

Пример 20.

Найти координаты центра тяжести кругового сектора радиуса 2 с центром в начале координат и центральным углом 60о, если γ(х, у) = 1.

Найдем М, Мх и Му в полярных координатах, учитывая, что область интегрирования симметрична относительно оси Ох.

												p					2						2
												6					2			p	r 2		2				2p
M =			ттdxdy = 2тdj т rdr = 2 Ч6																		Ч	2	=				3		;
				D							0						0						0
																							0
													p				2							p					2
				ттydxdy =									6				2						6						2
M x		=		ттydxdy =								т dj т r sin j							Чrdr			=	т sin j dj т r 2dr =
				D							-			p			0						-		p				0
											-			6									-		6
								p			2
								p
								6	r 3								8	p		cos(-			p
= -		cos j						Ч3					= -				3 (cos 6		-	cos(-			6 ))=					0;
							-	p6			0
															p		2									p			2
															6		2									6			2
My		=		ттxdxdy = 2тdj т r cosj																Чrdr		= 2т cos j dj т r 2dr =
				D									0				0						0						0
						p				2
						p
= 2 sin j					6			r 3					4
= 2 sin j					0			Ч3		=			3 .
					0					0
Применим формулы (78):
x	C	=		My		= 4 : 2p					= 2						; y	= M x		= 0.
x		=				= 4 : 2p					= 2						; y	= M x		= 0.
				M				3	3							p	C	M
				M				3	3							p		M

2.Тройной интеграл

1.Объем тела

Из определения 3 следует, что при f(x, y, z) ≡ 1 тройной интеграл по некоторой замкнутой области V равен объему тела V:

V = тттdxdydz.	(80)
V
Пример 21.
Найти объем тела, ограниченного поверхностями	х2 + у2 = 2у,

z = 54 - x 2 , z = 0.

Преобразуем уравнение первой поверхности: х2 + (у – 1)2 = 1. Следова-тельно, это круговой цилиндр с образующими, параллельными оси Oz, радиуса 1 с центром в точке (0; 1).

Второе уравнение задает параболический цилиндр с образующими, параллельными оси Оу, поверхность которого ограничивает данное тело сверху. Нижняя граница тела представляет собой часть координатной плоскости Оху.

Проекцией тела на плоскость Оху является круг, граница которого задается уравнением х2 + (у – 1)2 = 1.

Учитывая все сказанное, применим формулу (80):

1+ 1- x 2

- x 2

1+ 1- x 2

(45 -

тттdxdydz =

тdx

т dz =

x 2 )dx т

dy .

1- 1- x 2

Перейдем в полученном интеграле к полярным координатам, в

которых уравнение окружности х2+ у2 = 2у преобразуется к виду:

r 2 cos2 j

r 2 sin2 j

2r sin j

Ю r

2 sin j

а угол φ меняется от 0 до π:

2 sin j

(

cos

rdr

cos

чdj =

)

)dj

= 45

т(25 sin2 j

- 4 sin4 j

cos2 j

т(1 -

cos 2j )dj

45 (j

21 sin 2j

)

т sin2 2j (1 -

cos 2j

)dj

т(1 -

cos 4j )dj

т sin2 2j d sin 2j

(j -

)

sin3 2j

4 sin 4j

2.Масса тела

Если γ = γ (x, y, z) – функция, задающая плотность вещества, из

которого состоит тело V, то масса тела выражается формулой
M = ттт g(x,y, z)dxdydz.	(81)
V

3.Момент инерции тела

Используя формулы для моментов инерции точки М (x, y, z) массы т относительно координатных осей:

I xx = (y2 + z 2 )m, Iyy = (x 2 + z 2 )m, I zz = (x 2 + y2 )m

и проводя те же рассуждения, что и при определении моментов плоской фигуры, можно задать моменты инерции тела относительно координатных осей и начала координат в виде:

I xx		=	ттт(y2 +	z 2 )g(x,y, z)dxdydz,
			V
Iyy		=	ттт(x 2 +	z 2 )g(x,y, z)dxdydz,	(82)
			V
I zz	=		ттт(x 2 +	y2 )g(x,y, z)dxdydz,
			V
I 0	=	ттт(x 2 + y2 + z 2 )g(x,y, z)dxdydz,			(83)
			V

где γ (х, y, z) – плотность вещества.

Пример 22.

Вычислить момент инерции пирамиды, ограниченной плоскостями x = 0,

y = 0, z = 0,	x		+	y	+	z	=	1, относительно начала координат при
y = 0, z = 0,		3	+	2	+	4	=	1, относительно начала координат при
		3		2		4
γ(x,y,z) = 1.
z

Плоскость x3 + y2 + z4 = 1 пересекает координатную плоскость Оху

по прямой y = 2 - 23 x , уравнение которой получено из уравнения

плоскости при z = 0. Соответственно проекцией всей пирамиды на плоскость Оху является треугольник, стороны которого задаются уравнениями x = 0,

					y = 0, y =															2 -						2 x . Воспользуемся формулой (83):
																										3
I 0	=			ттт(x 2												+				y 2			+						z 2 )g(x, y, z)dxdydz =
						V
	3							2 -	2	x					4-				4		x - 2y
								2 -		x					4-						x - 2y
									3									3
= тdx т dy т (x 2 + y 2 + z 2 )dz =
	0						0													0
	3							2 -	2	x
								2 -		x
									3		ж																		(					4													)			1			(				4										3		ц
	т								3		ж																							4																1							4										3		ц
	т						т				з																																																								)		ч
=			dx								з(x 2 + y 2 ) 4 -																							3				x - 2y										+		3					4	-	3		x -				2y						чdy =
	0						0				и																							3																3							3												ш
	0						0
3			ж2			-	2	x																													2-			2		x																	2		-		2	x
			ж2			-	3	x																													2-					x																	2		-		3	x
			з				3													4																			3									4															3
			з												2					4						3																						4							2												3
			з												2											3																													2												3
тdx			зз			т				(4x								-					x						)dy +										т (4 -												x )y dy - 2										т					y dy -
тdx			зз			т				(4x								-		3			x						)dy +										т (4 -									3			x )y dy - 2										т					y dy -
0			зз			0														3																			0									3													0
			и
	2-			2	x																									2-					2	x																																				ц
	2-		3		x																									2-				3		x																																				ц
			3																															3																					3																	ч
		т																		(										)		т (																							3	(																ч
		т					2											1		(							1			)		т (													4										)	(					4										)ч
							2											1									1																		4																4											ч
-	2					x			ydy +									3			Ч -					2													4 -						3	x -					2y					d	4 -				3		x -						2y			ч	=
		0																3								2					0														3																3											ч
		0																													0																																									ч
																																																																								ч
																																																																								ш
	3		((4x 2 -											4			x 3 )(2 -														2		x )+								1			(4 -					4		x )(2 -							2		x )3								1	(2 -					2	x )4
= т														4																	2										1								4									2								-		1						2			-
= т														3																	3										3								3									3								-		2						3			-
	0
							2													1											4							4	ц
- x 2 (2 -										x)2 +												(4							-						x )				ччdx =
- x 2 (2 -							3			x)2 +										24		(4							-		3				x )				ччdx =
							3													24											3								ш
	3											8											4																				3							1						4					1
																																																								4
= т(4x 2 -															x 3					+						x 4 )dx -													40т(1									-						x ) d (1 -											x )=
= т(4x 2 -													3		x 3					+				9		x 4 )dx -													40т(1									-				3		x ) d (1 -								3			x )=
	0																																										0
	й4									2										4																							1				5	щ3																	108											58
=	к		x 3 -									x 4 +													x			5 -						8 1					-						x		)	ъ					= 36				- 54				+									+		8	=				.
=	к		x 3 -							3		x 4 +								45					x			5 -						8 1					-				3		x			ъ					= 36				- 54				+						5			+		8	=			5	.
	к3									3										45														(									3					ъ																			5									5
	л																																															ы0

4.Координаты центра масс тела

Формулы для координат центра масс тела тоже задаются аналогично случаю плоской фигуры:

тттx g(x,y, z)dxdydz

Myz

ттт g(x,y, z)dxdydz

тттyg(x,y, z)dxdydz

M xz

(84)

ттт g(x,y, z)dxdydz

тттz g(x,y, z)dxdydz

M xy

ттт g(x, y, z)dxdydz

Здесь Myz =

тттx g(x,y, z)dxdydz,

M xz = тттy g(x,y, z)dxdydz,

M xy = тттz g(x,y, z)dxdydz - статические

моменты тела

отностиельно

координатных плоскостей Oyz, Oxz, Oxy соответственно.

3. Криволинейные интегралы

Криволинейный интеграл 1-го рода

1.Длина кривой

Если подынтегральная функция f(x, y, z) ≡ 1, то из определения криволинейного интеграла 1-го рода получаем, что в этом случае он равен длине кривой, по которой ведется интегрирование:

l = тds.	(85)
l

2.Масса кривой

Считая, что подынтегральная функция γ (x, y, z) определяет плотность каждой точки кривой, найдем массу кривой по формуле

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 137 8 9 10 11 12 13 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете Математический анализ

#
20.06.20141.45 Mб5Вопросы к экзамену 2010.JPG
#
20.06.2014168.94 Кб6Вопросы к экзамену за 3й семестр [jpg].jpg
#
20.06.201453.73 Кб15Задание 75 интегралов.pdf
#
20.06.2014888.19 Кб64Кратные интегралы.pdf
#
20.06.2014122.37 Кб35Лабораторная работа №1 «Вычисление интеграла методом трех восьмых».doc
#
20.06.2014836.76 Кб11Лабораторная работа №1.doc
#
20.06.2014909.58 Кб400Оптимизация, численные методы.pdf
#
20.06.20141.32 Mб32Решенный ТР №3 Вариант 5.rar_31
#
20.06.2014282.42 Кб25Решенный ТР №3 Вариант 8.pdf