Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Уральский Федеральный университет им. Б.Н. Ельцина «УПИ»

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

4сем / Лекции_3_сем

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

23.02.2015

Размер:

3.64 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 154 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 > Следующая >>>

Кратные интегралы		31
	Пример:

	Вычислите ∫∫∫(x 2 + y 2 )dxdydz , где V -	верхняя
	V
	половина шара x 2 + y 2 + z 2 ≤ R2 .
	Решение:

Введем сферические координаты. Новые переменные изменяются в пределах:

0 ≤ ρ ≤ R,0 ≤ ϕ ≤ 2π, 0 ≤θ ≤ π2 .

Тогда

x2 + y2 = ρ2 sin2 θ cos2 ϕ + ρ2 sin2 θ sin2 ϕ = ρ2 sin2 θ.

В результате

								R		π 2			2π
∫∫∫(x2 + y2 )dxdydz = ∫∫∫ρ4 sin3 θd ρdθdϕ = ∫ρ4d ρ ∫ sin3 θdθ ∫ dϕ =
V						V ′		0			0			0
	R		π 2			R			1					π		4
	R		π 2			R								2
	2π ∫ρ	4	d ρ ∫		2	θ −1)d(cosθ ) = 2π ∫ρ	4				3			2				5
=				(cos				d ρ		cos		θ − cosθ			=		π R		.
=				(cos				d ρ	3	cos		θ − cosθ			=	15	π R		.
	0		0			0			3					0		15

3.4.1. Элемент объема в сферических координатах

Вычислим элемент объема в сферических координатах. Разобьем область на элементарные части ∆V координатными поверхностями: ρ = ρi – сферы, θ =θj – кони-

ческие поверхности с вершиной в начале координат, ϕ =ϕk – полуплоскости, прохо-

дящие через ось Oz .

Здесь AB = ∆ρ ; из ∆OCC′: C′O =

= ρcos(900 −θ) = ρsinθ . Дуги AC = ρ∆θ ,

AD = CK = C′K′ = C′O ∆ϕ = ρsinθ ∆ϕ .

z
∆z		∆θ
∆z
z θ C	K B
	A
0	D	y
		y

ϕ C′ρ	K ′
	∆ρ	∆ϕ
		∆ϕ

С точностью до беконечно малых высшего порядка элементарный объем ∆V можно считать параллелепипедом с ребрами ∆ρ , ρ∆θ и ρsinθ ∆ϕ .

Элемент объема ∆V ≈ ρ2∆ρsinθ∆θ∆ϕ , dV = ρ2d ρsinθ dθ dϕ .

32	Лекция 1 - 4

4.1. Криволинейные интегралы первого типа (рода)

Рассмотрим фигуру, которая является плоской либо пространственной кривой Ф→L. Интеграл по фигуре в данном случае является криволинейным интегралом первого рода от функции f (P) по кривой L:

∫ f (P)dl = lim ∑ f (Pi )∆li , Pi L .

rn →0 i=1

4.1.1. Криволинейный интеграл первого типа по плоской кривой

Пусть плоская кривая задана уравнением

L : y =ϕ(x).

Выберем бесконечно малый участок ∆xi на отрезке a ≤ x ≤ b . Тогда ∆li2 ≈ ∆xi2 +∆yi2 ,

∆l	2	≈ (1+	∆y 2	)∆x	2	, ∆l ≈ 1+	∆y 2	∆x . Переходя к
∆l		≈ (1+	i	)∆x		, ∆l ≈ 1+	i	∆x . Переходя к
i			∆x 2	i		i	∆x 2	i
			i				i
пределу при ∆xi → 0 , имеем dl =								1+ ( y′x )2 dx ,
∫ f (x, y)dl = ∫b				f (x,ϕ(x)) 1+ ( y′x )2 dx .
L			a

!Чтобы вычислить криволинейный интеграл первого типа по плоской кривой, необходимо переменную y заменить на выражение y =ϕ(x) (из

уравнения линии), а dl заменить на 1+ ( y′x )2 dx и вычислить определенный интеграл по x.

!Величина dl = 1+ ( y′x )2 dx называется дифференциальным элементом длины плоской кривой.

x = x(t)	α ≤ t ≤ β , то
Если линия задана в параметрическом виде: L :	α ≤ t ≤ β , то
y = y(t)

y′

′

dx =

′ , dl =

1+ (

)

dt ;

yx =

′) xt dt =

(xt

+ ( yt

∫ f (x, y)dl = ∫ f (x(t), y(t)) (xt′)2 + ( yt′)2 dt .

Кратные интегралы

4.1.2. Криволинейный интеграл первого типа по пространственной кривой

x = x(t)

L : y = y(t) α ≤ t ≤ β , dl = (xt′)2 + ( yt′)2 + (zt′)2 dt;

z = z(t)

∫ f (x, y, z)dl = ∫ f (x(t), y(t), z(t)) (xt′)2 + ( yt′)2 + (zt′)2 dt .

L α

Пример:

Найти массу полуокружности, заданную уравнениями:

	2	+ y	2	=1, Линейная плотность
L : x		+ y		=1, Линейная плотность
y ≥ 0.

ρ(x, y) = ky.

Уравнение полуокружности в параметри-

x = cost,

L : y = sint,

ческом виде имеет вид

o ≤ t ≤π.

m = ∫ρ(x, y)dl = ∫kydl = k		π∫sin t	sin2 t +cos2 tdt = kπ∫sin tdt =
L	L	o	o

=k(−cos t)πo = k(1+1) = 2k .

4.1.3.Геометрический смысл криволинейного интеграла первого типа по плоской кривой

Пусть на плоскости xOy задана кривая L. На множестве L определена функция z = f (P) = f (x, y) . Разобьем кривую L на n частейLi длиной ∆li . Выберем на кривой L точку Pi , вычислим значение функции z = f (Pi ) = f (xi , yi ). Тогда площадь прямоуголь-

ного участка равна ∆Si = f (xi , yi )∆li .

Найдем сумму площадей ∑f (xi , yi )∆li .

i=1

Перейдем к пределу при n → ∞, тогда

34		Лекция 1 - 4
	n
S = limn→∞	∑ f (xi , yi )∆li = ∫ f ( p)dl .
	i=1	L

Таким образом, криволинейный интеграл первого типа по плоской кривой численно равен площади боковой поверхности цилиндра с направляющей L и образующей, длина которой z = f (P) = f (x, y) .

4.2. Механические приложения интегралов по фигуре

4.2.1. Длина, площадь, объем фигуры

Длина отрезка равна l =∫dx, площадь плоской фигуры равна S = ∫∫dxdy ,

объем тела V = ∫∫∫dxdydz .

4.2.2. Масса фигуры

Масса неоднородного тела с плотностью ρ(x, y, z) :

m = ∫∫∫ρ(x, y, z)dxdydz .

Пример:

Найдите массу тела, ограниченного цилиндрической поверхностью

x2 = 2 y

и плоскостями

y + z =1, 2 y + z = 2 ,

если

в каждой

его точке

плотность

ρ(x, y, z) = y .

Решение:

z =1; из 2 y + z = 2

Из y + z =1 получаем, что при z = 0

y =1, а при y = 0

получаем, что при z = 0

y =1, а при y = 0

z = 2 .

2y + z = 2

Линии пересечения плоскостей с

координатной плоскостью zOy :

z =1− y и

y + z =1

z = 2(1− y) .

В плоскости xOy направляющей цилинд-

рической поверхности является парабола

x2 = 2 y .

D A

x2 = 2 y

Проекция тела на плоскость xOy D огра-

y =1

ничена линиями:

y =1,

0 ≤ y ≤1;

x = ± 2 y , − 2 y ≤ x ≤ 2 y .

2(1− y )

2 y

m = ∫∫∫ ydxdydz = ∫∫ ydxdy ∫

dz = ∫∫ y(1− y)dxdy = ∫(y − y2 )dy

∫

dx =

1− y

−

2 y

Кратные интегралы								35

	1	2 ydy = 2 2	5	−	7	1	=	8 2
	= ∫(y − y2 )2	2 ydy = 2 2	2 y2	−	2 y 2		=	8 2
	0		5		7	0		35

4.2.3. Момент инерции фигуры

Рассмотрим систему из n материальных точек с массами mi , i =1,2,...,n . Момент инерции системы от-

носительно некоторой оси вращения J = ∑ri2mi , где ri

i=1

— расстояние от i –й точки до оси вращения. Если тело сплошное, то возникает интеграл по фигуре J

= ∫r2 ρ(P)d µ .

Осевые моменты (моменты инерции фигуры относительно осей координат). Рассмотрим пространственную фигуру Ф→V.

Jx - момент инерции относительно оси Оx (мера

инертности тела при вращении относительно оси Оx):

Jx = ∫∫∫( y2 + z2 )ρ(x, y, z)dV ,

J y = ∫∫∫(x2 + z2 )ρ(x, y, z)dV ,

Jz = ∫∫∫(x2 + y2 )ρ(x, y, z)dV .

Моменты инерции относительно координатных плоскостей:

Jxy = ∫∫∫z2 ρ(x, y, z)dV ,

Jxz = ∫∫∫y2 ρ(x, y, z)dV ,

J yz = ∫∫∫x2 ρ(x, y, z)dV ,

Полярный момент (момент инерции относительно начала координат, где центр О – полюс):

Jo = ∫∫∫(x2 + y2 + z2 )ρ(x, y, z)dV

36	Лекция 1 - 4

Пример:

Найдите момент инерции однородной боковой поверхности цилиндра, задаваемой уравнениями:


	2	+ z		2	= R		2		ρ(P) ≡1
x		+ z			= R				ρ(P) ≡1
	π		≤ y ≤			π		; z ≥ 0	J xy = ?
−	2		≤ y ≤			2		; z ≥ 0	J xy = ?
	2					2

Решение:

Jxy = ∫∫z2dσ = ∫∫z2 ( z′x )2 +( z′y )2 +1dS =

∑D

= ∫∫(R

− x

) 1 +

2 dS =∫∫(R

− x

) R

2 dS =

− x

= R∫∫ R2 − x2 dxdy = R ∫R

− x2 dx ∫2 dy =πR ∫R

− x2 dx =

−R

−

−R

x = R sint

dx = Rcostdt

sint =

t = arcsin

≤ t ≤

−

=πR ∫2

R2 −R2 sin2 tRcostdt =πR ∫2

RcostRcostdt =

−π2

= π R

cos

tdt =

1 + cos 2t

π 2 R3

∫

cos

−π

Кратные интегралы

Пример:

Вычислите момент инерции прямого кругового цилиндра высотой 2h и

радиусом R относительно диаметра его сред-

него сечения, считая плотность постоянной и

равной γ0 .

I = I x = ∫∫∫(y 2 + z 2 )γ0dxdydz .

Решение:

−h

Перейдем к цилиндрическим координатам:

x = ρ cosϕ, y = ρ sinϕ, z = z; dxdydz = ρdρdϕdz ,

y 2 + z 2

= ρ2 sin2 ϕ + z 2 .

2π

I = ∫∫∫(ρ2 sin2 ϕ + z 2 )γ0 ρdρdϕdz = 2γ0 ∫dϕ∫ρdρ∫(ρ2 sin2 ϕ + z 2 )dz =

2π

3 h

2π

= 2γ0 ∫dϕ∫ρdρ ρ

2 sin2 ϕz +

= 2γ0 ∫dϕ∫

ρ ρ

2 sin2 ϕ h +

dρ =

2π

ρ4

h3 ρ2 R

2π

hR4

h3 R2

= 2γ0 ∫dϕ hsin

= 2γ0 ∫

sin

ϕ +

dϕ =

2π

∫

sin2 ϕ dϕ =

∫

(1 − cos 2ϕ)dϕ =

−

sin 2ϕ

2π = π

h3R2

= 2γ0hR2π

= 2γ0

π +

2π

4.2.4. Статические моменты фигуры. Центр тяжести фигуры

Рассмотрим n материальных точек массой mi. Координаты центра тяжести системы точек:

∑ximi

∑yimi

; Z

∑zimi

i=1

∑mi

i=1

M yz

= ∑ximi

i=1

M xz

где величины, равные

= ∑yimi , называют ста-

i=1

M xy

= ∑zimi

i=1

тическими моментами системы относительно плоскостей yОz, xОz, xОy.

38	Лекция 1 - 4

!1). Если система (фигура) имеет центр симметрии, ось симметрии, плоскость симметрии, то статические моменты соответственно относительно центра, оси, плоскости равны нулю.

2). Если фигура непрерывна, то вместо сумм возникают соответствующие интегралы по фигуре

x	=	∫xρ(P)dµ	; y	=	∫yρ(P)dµ	; z	=	∫zρ(P)dµ	.
		Φ			Φ			Φ
		∫ρ(P)dµ			∫ρ(P)dµ			∫ρ(P)dµ
C		∫ρ(P)dµ	C		∫ρ(P)dµ	C		∫ρ(P)dµ
		Φ			Φ			Φ

Пример:

Найдите центр тяжести однородного ( γ (P) =1 ) цилин-

z = x2 + y2 +1,

дра, ограниченного поверхностями: x2 + y2 =1, .

z = 0.

Сверху цилиндр ограничен эллиптическим параболоидом.

Решение:

Из соображений симметрии хс= 0, ус= 0, т.к. статические моменты относи-

∫∫∫zγ(P)dV

тельно плоскостей ZOY и ZOX равны нулю,				z	=	V				.

				C		∫∫∫γ (P)dV
Числитель:						V

			x2 +y2 +1				z2	x2	+y2 +1
∫∫∫zγ (P)dV = ∫∫∫zdV = ∫∫dS			∫	zdz		= ∫∫ds			=
							2
V	V	D	0			D			0

=1 ∫∫ds(x2 + y2 +1)2 ={в полярных координатах} 2 D

			=	1 2∫πdϕ∫1						(r 2 +1)2 rdr =					1		2∫πdϕ∫1			(r 2		+1)2 d (r 2				+1) =
			=	1 2∫πdϕ∫1						(r 2 +1)2 rdr =							2∫πdϕ∫1			(r 2		+1)2 d (r 2				+1) =
				2 0				0								2 2 0			0
			=	1 2∫π dϕ					(r2 +1)3			1		= 1 2∫π dϕ			(8	−	1) =			2		π 7	= 7	π .
									(r2 +1)3			1										2

				4		0				3				4	0		3		3			4		3	6
Знаменатель:				4						3	0			4			3		3			4		3	6
											0
				x2 +y2 +1
				x2 +y2 +1						2π	1
∫∫∫dV = ∫∫ds						∫		dz =∫ dϕ∫(r2 +1)rdr =
V			D			0				0	0
	1	2∫πdϕ	∫1 (r 2								1		2∫πdϕ		(r 2 +1)2				1		1		2∫πdϕ(4 −1) = =				3		3
=	1			+1)d(r 2 +1) =							1				(r 2 +1)2					=	1						3	2π =	3	π .
=	2			+1)d(r 2 +1) =																=							4	2π =		π .
		0	0								2			0	2				0	4				0					2
											2				2					4									2

z	= 7 π 2 =				7		= 7 .
z	= 7 π 2 =						= 7 .
C		6 3	π		3 3			9
		6 3	π		3 3			9

Ответ: xc=0, yc=0, zc= 79 .

Кратные интегралы

Пример:

Определите координаты центра тяжести верхней половины шара радиусом R с центром в (0,0,0) , считая плотность γ0 постоянной.

Решение:

z = R2 − x2 − y2 ; z = 0; 0 ≤ z ≤ R2 − x2 − y2 .

= y

= 0,

∫∫∫zγ0dxdydz

∫∫∫γ0dxdydz

В сферических координатах:

z = ρ cosθ, dxdydz = ρ2 dρ sinθdθdϕ .

2π

π 2

m = ∫∫∫γ0 ρ2d ρ sinθdθdϕ = ∫ dϕ ∫

dθ∫γ0 ρ2d ρ sinθ =

π 2

ρ3

π 2

2πγ0 R

(−cosθ )

π0

2 =

= 2πγ0

∫ dθ sinθ

= 2πγ0

∫ sinθdθ =

2πγ R3

3 .

2π

π 2

∫∫∫γ0 ρ cosθρ2 s inθd ρdθdϕ =γ0 ∫ dϕ ∫

cosθ sinθdθ ∫ρ3d ρ =

R4 π 2

πγ

R4 sin2 θ

π 2

πγ

=γ0 2π

∫ sinθd (sinθ) =

πγ0 R4

3 R .

2πγ

Ответ: xc=0, yc=0, zc= 83 R .

В результате изучения материала, изложенного в этих лекциях, студент должен знать следующие понятия и уметь вычислять:

интегралы по фигуре, их классификацию и свойства;

двойной интеграл, вычисление двойного интеграла как повторного; замена переменных в двойном интеграле, двойной интеграл в полярных координатах;

поверхностный интеграл первого рода, способы вычисления;

тройной интеграл, вычисление тройного интеграла как повторного; способы его вычисления, замена переменных в тройном интеграле; тройной интеграл в цилиндрических координатах; тройной интеграл в сферических координатах;

криволинейный интеграл первого рода, способы вычисления;

геометрические и механические приложения интегралов по фигуре:

длина, площадь, объем, масса фигуры; центр тяжести, статические моменты, моменты инерции фигуры.

Лекции 5 – 9 ТЕОРИЯ ПОЛЯ (ВЕКТОРНЫЙ АНАЛИЗ)

Теория поля (или векторный анализ) изучает скалярные и векторные поля, т.е. скалярные и векторные функции точки в пространстве. Хотя объекты теории не связаны с ка- кой-либо системой координат, использование этого инструмента позволяет, исследуя средствами математического анализа функции нескольких переменных (которыми становятся функции точки), определить координатно независимые операции над полями и изучить их свойства. В этом векторный анализ, как раздел векторного исчисления, полностью аналогичен векторной алгебре – хотя операция над векторами может быть сведена к вычислениям, проводимым над координатами векторов, результат от координатной системы не зависит.

Понятие поля позволяет наиболее естественно характеризовать и описывать те свойства реальных объектов, которые не зависят от выбора системы координат: реальные физические свойства не должны быть связаны с какой-либо системой координат.

5.1.Скалярное поле

5.2.Поверхности и линии уровня

5.3.Производная по направлению

5.4.Градиент скалярного поля

5.4.1.Оператор Гамильтона (набла)

5.4.2.Связь производной по направлению с градиентом

5.4.3.Свойства градиента

5.5.Векторное поле

5.5.1.Векторные линии

5.5.2.Плоское векторное поле

6.1.Односторонние и двусторонние поверхности

6.2.Площадь поверхности

6.3.Система координат и ориентация поверхности

6.4.Поверхностный интеграл 1-го рода

6.5.Поверхностный интеграл 2-го рода

7.1.Поток векторного поля

7.2.Свойства потока

7.3.Вычисление потока

7.3.1.Проектирование на одну координатную плоскость

7.3.2.Проектирование на три координатные плоскости

7.4.Физический смысл потока

7.5.Дивергенция векторного поля

7.5.1.Свойства дивергенции

7.6.Физический смысл потока через замкнутую поверхность

7.7.Теорема Остроградского – Гаусса

7.8.Инвариантное определение дивергенции

7.8.1.Физический смысл дивергенции

8.1.Линейный интеграл в векторном поле

8.2.Свойства линейного интеграла

8.3.Вычисление линейного интеграла

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 154 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке 4сем

#
23.02.201562.98 Кб341_Таблица изучения 4 сем.doc
#
23.02.20153.64 Mб45Лекции_3_сем.pdf