Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Уфимский Государственный Нефтяной Технический Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

7УМК

.PDF

Скачиваний:

Добавлен:

17.03.2015

Размер:

2.11 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011 / 1711 12 13 14 15 16 17 > Следующая >>>

Так как шар однородный, то плотность есть постоянная величина

ϕ(x, y, z) = C .

Вычисление

интеграла

проведем

в цилиндрических

координатах: I0x

= C∫∫∫ (r2 sin 2 j + z 2 )rdrdjdz =

2π

R +

2 −ρ2

(r2 sin 2 j + z 2 )dz =

= C ∫ dj∫ rdr

∫

R −

R 2 −ρ2

R +

R 2 −ρ2

2π

= C ∫ dj∫ rdr zr

sin

j +

R −

−ρ

2π

j(R

(R + R

) =

= C ∫ dj∫

sin

- r

- R +

- r

2π

- (R -

R 2 - r2 )3 rdr = 2C

∫

sin 2

jdj

∫

R 2 - r2 rdr +

2π

6CR

∫ dj∫

R 2 - r2 rdr +

∫ dj∫ (

R 2 - r2 )3 rdr = ( ).

Рассмотрим внутренние интегралы. В первом интеграле сделаем замену

= t R 2 - r2

2rdr = -2t dt

переменной:

R 2 - r2

= t 2

R		0	(R 2						0	(+ R 2 t 2
R		0							0
∫ r2	R 2 - r2 rdr = ∫				- t 2 )× t × (- tdt) = -∫
0		R							R
= R∫ (- t 4 + R 2 t 2 )dt = -			t 5	R + R 2		t 3	R	= - R 5	+		R 5	= +
			t 5			t 3					R 5

0			5	0	3		0	5		3
				0			0

- t 4 )dt =

2R 5 .

∫

Во втором интеграле произведем преобразования внутри дифференциала:

	1							2		2	3 2	R

R 2 - r2	rdr = -	1	R∫ (R 2 - r2 )		d(R 2 - r2 )= -	1	(R		- r		)	=
				2
									3 2
2 0					2							0

3				R					3

= -	1	(R 2 - r2 )			= -	1	(0 - R 3 ) =	R		.
			2
								3
3				0	3

В третьем интеграле произведем преобразования, аналогичные тем, что сделаны во втором интеграле:

R∫	(R 2 - r2 )3 2 rdr = -	1	R∫	(R 2 - r2 )3 2 d(R 2 - r2 )= -	1	(R 2 - r2 )5 2	R	=


0	2 0			2		5 2	0

= -		1	(R 2 - r2 )5 2					R = -			1		(0 - R 5 ) =					R 5				.
		1									1							R 5

	5							0		5									5
			Итак, возвращаясь к ( ):
	+ 4R 5			2π		2						2cR		5 2π						2cR 5						2π
=				C ∫ sin				jdj +							∫ dj +											∫ dj =
=	15			C ∫ sin				jdj +				3			∫ dj +						15					∫ dj =
	15			0								3		0							15				0
	+ 4R 5			2π 1 - cos 2j										2cR		5								2cR 5
=				C ∫							dj +						× 2p +											× 2p =
=	15			C ∫			2				dj +			3			× 2p +								15			× 2p =
	15			0	2π		2			2π				3											15
	+ 4R 5			1	2π				1	2π													24				5		4R 5 c		24		5
=				C	∫ dj -					∫ cos 2jd(2j)											+					cR		p = +		p +		cR		p =
=	15			C	∫ dj -				4	∫ cos 2jd(2j)											+		15			cR		p = +	15	p +	15	cR		p =
	15			2	0				4	0													15						15		15

=28 R 5 × C × p.

ПРИМЕР 2.23. Определить момент инерции c относительно вершины прямоугольного параллелепипеда с ребрами a,b,c, если плотность его в каждой точке пропорциональна квадрату

расстояния точки от этой вершины:

j(x, y, z) = k(x 2 + y2 + z 2 ),

где

заданный

коэффициент

пропорциональности (рис. 2.31).

Рис. 2.31

Решение. В соответствии с формулой (2.22)

подставив

ϕ(x, y, z),

имеем

(x 2

+ y2 + z 2 ) dz =

= k∫∫∫(x 2 + y2 + z 2 )3dxdydz = k∫ dx∫ dy∫

((x 2

+ y2 )2 + 2(x 2

+ y2 )z 2 + z 4 )dz =

= k∫ dx∫ dy∫

(x 2

+ y2 )2 z

+ 2(x 2 + y2 )

= k∫ dx∫ dy

k × c

сk∫ dx∫

(x 2 + y2 )2 dy +

kc3

∫ dx∫ (x 2 + y2 )dy

∫ dx∫ dy

k × c

= сk∫ dx∫ (x

)dy

+ 2x

+ y

∫ dx x

ab =

∫ F(M)dL .

a						4								2	y3							y	5			b				2						3 a							2					b3													k × c5
a						4								2	y3							y	5			b				2						3 a							2					b3													k × c5

																			+									+ kc ∫																	+														+						ab =
= сk∫ dx x y + 2x																3			+		5							+ kc ∫										bx							+				3				dx						+			5			ab =
0																3					5					0				3							0												3													5
																										0
a					4			2 3 2											b5								2					3						x 3							b3									a						k × c5
a					4			2 3 2											b5								2					3						x 3							b3									a						k × c5
= сk∫																+														kc											+									x						+								ab =

	bx + b x																		5		dx +						3							b				3							3																5
0								3											5								3											3							3									0							5
																								a																														0
		x 5						2 3 x 3											b5								2							3					a 3							b3												k × c5
		x 5						2 3 x 3											b5								2							3					a 3							b3												k × c5

						+ b										+										+ kc																+													+								ab =
= сk b						+ b							3			+			5			x				+ kc									b					3		+			3						a				+				5				ab =
			5 3										3						5					0			3													3					3														5
			5				2				2		3				b		4						2					3	ab(a						2					2		)+					k × c							5
	a						2				2		3				b								2					3							2					2							k × c
= сkb					+				b			a		+						a			+				kc											+ b																			ab =
= сkb					+		9		b			a		+		5				a			+		9		kc											+ b														5					ab =
	5						9									5									9						(a										)+											5
					4			2				2		2				1			4				2				2				2							2						c	4
	a							2				2		2				1			4				2				2				2							2						c
= сkab						+				a			b		+					b			+				× c									+ b																=
= сkab			5			+		9		a			b		+			5		b			+		9		× c									+ b									5							=
			5					9										5							9																				5
= сkab			1	(a 4 + b4 + c4 )+																		2	(a 2 b2 + a 2 c2																+ b2 c2 ) .
= сkab				(a 4 + b4 + c4 )+																			(a 2 b2 + a 2 c2																+ b2 c2 ) .
	5																				9
													2.2. КРИВОЛИНЕЙНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ
Если функция F(M) непрерывна в каждой точке дуги AB и если разбить
эту дугу произвольным образом на n частичных дуг длиною																																																	L1 , L 2 ,..., Ln ,

выбрать в каждой из них по одной произвольной точке M1 , M 2 ,..., M n , вычислить значения функции в этих точках и составить сумму

n
F(M1 )× DL1 + ... + F(M n )× DL n = ∑ F(M i )× DLi ,	(2.23)
i=1

то эта сумма называется интегральной суммой функции F(M) по дуге AB.. Интегральная сумма зависит как от способа разбиения дуги AB, так и от

выбора точек Mi , т.е. для всякой непрерывной функции F(M) и всякой дуги, где эта функция определена, можно составить бесчисленное множество интегральных сумм. Но при неограниченном увеличении n и при стремлении к нулю наибольшей из частных дуг все эти интегральные суммы имеют один

общий предел.

ОПРЕДЕЛЕНИЕ. Предел интегральной суммы (2.23) называется

криволинейным интегралом и обозначается

Основные свойства криволинейного интеграла:

1. Постоянный множитель можно вынести за знак интеграла.

2.Интеграл от суммы функции равен сумме интегралов.

3.Дугу интегрирования AB можно разбить на части, и тогда интеграл по

дуге AB равен сумме интегралов по этим частям дуг.

Замечание. Обыкновенный (определенный) интеграл является частным случаем криволинейного интеграла, у которого линией интегрирования служит прямолинейный отрезок оси координат.

Криволинейные интегралы делятся на интегралы по длине дуг и по координатам.

2.2.1. Криволинейные интегралы первого рода или по длине дуги, их вычисление

Рассмотрим двухмерное пространство R 2 . Если дуга AB задана явным уравнением y = f (x), a ≤ x ≤ b , то формула для дифференциала дуги в этом случае принимает вид

dL = (dx)

+ (dy)

1 + ( f'(x))

1 +

dx =

dx , (2.24)

и криволинейный интеграл сводится к определенному интегралу с переменной величиной x вида

∫ F(x, y)dL = b∫ F(x; f (x))

dx .

1 + ( f'(x))2

(2.25)

x = ϕ(y),

c ≤ y ≤ d ,

Если дуга AB задана явным уравнением

то формула

дляdl в этом случае принимает вид

dL = (dx)

+ (dy)

+ 1 dy = (ϕ'(y))

dy ,

+ 1

(2.26)

и криволинейный интеграл сводится к определенному интегралу с переменной величиной y вида


		∫ F(x; y)dL = d∫ F(ϕ(y); y)							dy .
							(ϕ'(y))2 + 1			(2.27)
		AB				c
	Если дуга AB задана параметрическими уравнениями x = x(t),									y = y(t)
α ≤ t ≤ β , то формула для dL принимает вид
dL =			=					=
		(dx)2 + (dy)2			( x'(t) dt)2 + ( y'(t) dt)2
=				dt ,
	( x'(t))2 + ( y'(t))2									(2.28)

и криволинейный интеграл сводится к определенному интегралу с переменной величиной t вида:


∫ F(x; y)dL = β∫ F(x(t); y(t))			dt .
∫ F(x; y)dL = β∫ F(x(t); y(t))		( x'(t))2 + ( y'(t))2	dt .	(2.29)
AB	α

Если дуга AB задана уравнением в полярных координатах ρ = ρ(ϕ),

				dϕ и
ϕ ≤ ϕ ≤ ϕ	2	, dl = ρ2	+ (ρ')2	dϕ и
1	2
		∫ F(x; y)dL = ϕ∫2F(ρ cos ϕ; ρ sin ϕ)				dϕ.
		∫ F(x; y)dL = ϕ∫2F(ρ cos ϕ; ρ sin ϕ)			ρ2 + (ρ')2	dϕ.	(2.30)
		AB	ϕ1

Рассмотрим трехмерное пространство R 3 .

В этом случае самой простой формой задания дуги является параметрическое, поэтому рассмотрим только этот случай. Итак, дуга AB задана параметрическими уравнениями x = x(t), y = y(t), z = z(t), α ≤ t ≤ β . В этом случае формула для вычисления дифференциала дуги имеет вид

dL = (dx)2 + (dy)2 + (dz)2 =
= ( x'(t) dt)2 + ( y'(t) dt)2 + ( z'(t) dt)2 =	(2.31)

=( x'(t))2 + ( y'(t))2 + ( z'(t))2 dt

икриволинейный интеграл сводится к определенному интегралу с переменной


величиной t вида
∫ F(x; y; z)dL = β∫ F(x(t); y(t); z(t))			dt .
∫ F(x; y; z)dL = β∫ F(x(t); y(t); z(t))		( x'(t))2 + ( y'(t))2 + ( z'(t))2	dt .	(2.32)
AB	α

Замечание. При вычислении криволинейного интеграла первого рода (т.е. по длине дуги) необходимо учитывать теорему о независимости от направления

пути интегрирования: ∫ F(x; y)dL =	∫ F(x; y)dL .
AB	BA

Обычно криволинейный интеграл зависит от вида линии интегрирования. Взятый вдоль разных линий, соединяющих точки A и B, он будет иметь различные значения. Но есть случаи криволинейных интегралов, которые не зависят от линии интегрирования.

Условие независимости криволинейного интеграла от пути интегрирования

Если в некоторой односвязной области D R 2 выражение X(x, y)dx + + Y(x; y)dy является полным дифференциалом некоторой функции u(x, y)

т.е. du x, y

( ) =

криволинейный

X(x, y) + Y(x, y)dy =	∂u(x, y)	dx +	∂u(x, y)	dy		то
					,
	∂x		∂y

интеграл ∫ X(x, y)dx + Y(x; y)dy			не зависит		от	линии

интегрирования, соединяющей точки A и B, а взятый по любой замкнутой линии, пролегающей в области D, равен нулю. Выражение X(x, y)dx + Y(x; y)dy будет полным дифференциалом функции u = u(x, y) в

области D, если X(x, y), Y(x, y),		∂X(x, y)	и ∂Y(x, y)	непрерывны в этой
		∂y	∂x
области и выполняется условие	∂X(x, y) = ∂Y(x, y).
		∂y	∂x

Примеры решения задач

B(0;1)

	ПРИМЕР 2.24.	Вычислить	криволинейный
	интеграл ∫(x + y)dL , где L - контур треугольника с
	l
	вершинами O(0;0); A(1;0); B(0;1) (рис. 2.32).
	Решение. Поскольку контур L(OABO) состоит
0	из трех отрезков OA;	AB и	BO, то интеграл
0	A(1;0) x представим в виде суммы трех интегралов:
	Рис. 2.32

∫(x + y)dL =	(A )	(B)	(O)
∫(x + y)dL =	∫(x + y)dL +	∫(x + y)dL +	∫(x + y)dL = J OA	+ J AB + J BO .
l	(O )	(A )	(B)

1) Вычислим интеграл J OA . Для этого необходимо знать уравнение прямой, на которой лежит отрезок OA. Это уравнение y = 0 . Тогда по формуле

(2.14) dL = 1 dx . Итак:

	(A )	1		1		x	2	1

J OA =	∫(x + y)dL = ∫		(x + 0)	1	dx = ∫ xdx =
						2
	(O)	0		0				0

1 .

2) Вычислим интеграл J AB . равнение прямой, проходящей через точки

A(1;0) и B(0;1):

x − x A

y − yA

, тогда

x −1

y − 0

или

= −x +1.

− x A

x B

yB − yA

0 −1 1 − 0

Дифференциал дуги

вычислим

как в

предыдущем случае

dx =

dL =

1 + (y')2

1 + (−1)2

2dx .

Итак:

(B)(x + y)dL +

(A )(x

y)dl

1 (x

( x

1))

1 dx

= +

2dx

2 x

∫

= ∫

+ −

∫

(A )

(B)

3) Вычислим интеграл J BO . Уравнение оси 0Y есть x = 0 , поэтому для дифференциала дуги dL используем формулу (2.26). Поскольку уравнение

пути x = ϕ(y)= 0 , то ϕ'(y)= 0. Тогда интеграл J BO				вычисляем следующим
	= (O∫)(x + y)dL = (B∫)(x + y)dL = 1∫(0 + y)
образом: J BO	= (O∫)(x + y)dL = (B∫)(x + y)dL = 1∫(0 + y)			02 + 1 dy =
	(B)	(O)	0

1	y	2	1

= ∫ ydy =
	2
0			0

=+ 1 .

Окончательно результат имеет вид

∫ (x + y)dL = J OA + J AB	+ J BO =	1	+
				2

L	2
ПРИМЕР 2.25. Вычислить ∫ xy(x 2 + y 2 )dL ,
L	x = R cos t ;
где L - четверть окружности

y = R sin t , x ≥ 0 ; y ≥ 0 (рис. 2.33).

Решение. Кривая интегрирования задана параметрическими уравнениями, поэтому для вычисления интеграла воспользуемся формулой

+1 = 1 + 2 .

B(0; R )

A(R;0) x

(2.29):

Рис. 2.33

∫ xy(x 2 + y 2 )dL =

π 2

∫ R cos t R sin t(R 2 cos2 t + R 2 sin 2 t)×

π 2

(− R sin t)2 + (R cos t)2 dt = R 5

∫ cos t sin t dt =

∫ sin 2t dt =

π 2

∫ sin 2t d(2t) =

(− cos 2t)

0π

2 =

(− cos π + cos 0) =

ПРИМЕР

2.26. Вычислить ∫

где

L -

отрезок

прямой в

x + y + z

пространстве R 3 , соединяющий точки A(1;1;1) и B(3;2;4).

Решение.

пространстве

R 3

прямая линия, проходящая через две

заданные

точки,

описывается каноническими

уравнениями:

x −1

y −1

3 −1

z −1

x −1

y −1

z −1

2 −1

т.е.

или

параметрическими

уравнениями:

4 −1

x = 2t + 1; y = t + 1;

z = 3t + 1.

Поэтому

для

вычисления

интеграла

воспользуемся формулой (2.32):

∫

+ 1 +

(2t + 1) + (t + 1) + (3t + 1)

x + y + z

			1	dt		14	1	(6t	+ 3)−	1	d(6t	+ 3) =	14 6t + 3
=		14	∫		=		∫
										2

	0			6t + 3	6		0						6	0,5

= 14 (9 − 3) = 14 (3 − 3). 3 3

2.2.2.Применение криволинейного интеграла первого рода

1.Криволинейный интеграл первого рода

∫ F(M)dL = m	(2.33)
Ab
численно выражает массу материальной дуги AB, если функция F(M) есть
линейная плотность.
2. Длину дуги AB вычисляем по формуле
L = ∫ dL .	(2.34)

3. Статические моменты для дуги AB в пространстве R 3 относительно координатных осей 0X, 0Y, 0Z, координатных плоскостей X0Y, Y0Z, X0Z и начала координат вычисляются по формулам

M 0X = ∫

F(x, y, z)dL ;

y 2 + z 2

M 0Y = ∫

F(x, y, z)dL ;

x 2 + z 2

(2.35)

M 0Z = ∫

F(x, y, z)dL ;

x 2 + y 2

M X0Y = ∫ z F(x, y, z)dL ;

M Y0Z =

∫ x F(x, y, z)dL ;

(2.36)

M X0Z = ∫ y F(x, y, z)dL ;

M 0 = ∫

F(x, y, z)dL .

x 2 + y 2 + z 2

Здесь F(x, y, z) есть линейная плотность.

4. Координаты центра тяжести материальной дуги AB в пространстве R 3

вычисляются по формулам

x c =

M YOZ

;

yc =

M XOZ

;

M XOY

(2.37)

где m – масса дуги; M YOZ , M XOZ , M XOY - см. формулы (2.36).

5. Моменты инерции дуги AB в пространстве R 3 относительно осей 0X, 0Y, 0Z, координатных плоскостей XOY, YOZ, XOZ и начала координат вычисляются по формулам

I0X = ∫ (y 2 + z 2 )F(x, y, z)dL ;

			I0Y				= ∫ (x 2 + z 2 )F(x, y, z)dL ;																																												(2.38)
									AB
			I0Z = ∫ (x 2 + y 2 )F(x, y, z)dL ;
									AB
IX0Y = ∫ z 2 F(x, y, z)dL ;																								IY0Z = ∫ x 2 F(x, y, z)dL ;
				AB																							AB
IX0Z		= ∫ y 2 F(x, y, z)dL ;																						I0		= ∫ (x 2 + y 2 + z 2 )F(x, y, z)dL .																									(2.39)
				AB																							AB
		Здесь F(x, y, z)													есть линейная плотность.
																	Примеры решения задач
		ПРИМЕР 2.27. Найти длину линии, заданной уравнениями																																																	x 2 = 3y ,
2xy = 9z от A(0;0;0) до B(3;3;2).
		Решение. Кривая AB есть часть линии, по которой пересекаются
поверхности											x 2	= 3y					и			2xy = 9z .							Выведем							параметрические																	уравнения
данной линии: полагаем																		x = t , тогда									y =		t 2		и			x =				2		t					t 2			=		2	t 3 .Так как
данной линии: полагаем																		x = t , тогда									y =				и			x =						t								=			t 3 .Так как
																												3									9									3		27
t = x , то 0 ≤ t ≤ 3. По формулам (2.34) и (2.31):
	(B)
								3							2t			2						2		2		3
								3			(1)	2						2				6				2		3					4			2					4			4
												2										6											4			2					4			4
L =		∫ dL =							∫				+						+				t		dt =			∫ 1 +							t		+					t					dt	=
L =		∫ dL =							∫				+						+			27	t		dt =			∫ 1 +					9		t		+					t					dt	=
(A )								0							3							27						0					9				81
																																											2 t 3						3
3						2				2	2			3					2			2				3		2		3		2							3
3														3												3				3
= ∫														∫												∫ dt +				∫ t
		1 +							t		dt =					1		+			t	dt			=								dt = t						0		+								=
		1 +							t		dt =					1		+			t	dt			=								dt = t						0		+								=
0						9								0					9							0		9		0												9 3							0
= 3 +			2		33				= 5.																																								0
			2		33

	9					3																																											x 2 + y2 = R 2 ,
		ПРИМЕР											2.28.					Найти							массу				полуокружности																				x 2 + y2 = R 2 ,

расположенной в верхней полуплоскости, если плотность ее в каждой точке пропорциональна кубу ординаты этой точки.

Решение. Линейная плотность кривой F(x, y) = k y3 , где k - коэффициент пропорциональности. Уравнение полуокружности в полярных координатах ρ = R ; 0 ≤ ϕ ≤ π . Массу вычисляем по формулам (2.33) и (2.30):

		π
		π		+ (ρ')2 dϕ =
m = ∫ F(x, y)dL = ∫ k (ρsin ϕ)3			ρ2	+ (ρ')2 dϕ =
AB		0
π			π		π	ϕd(cos ϕ) =
= ∫ k R 3 sin 3	ϕ	R 2 dϕ = k R 4 ∫ sin 3 ϕdϕ = −k R 4 ∫ sin 2				ϕd(cos ϕ) =
0			0	0

= −k R 4 ∫

(1 − cos2 ϕ)d(cos ϕ) = −k R 4 cos ϕ

−

cos

= −k R

− 2 +

k R 4 .

ПРИМЕР 2.29. Найти моменты инерции одного витка однородной

винтовой линии x = a cos t ;

y = a sin t ;

z =

t ; 0 ≤ t ≤ 2π относительно

2π

оси 0X, плоскости X0Y и начала координат.

Решение. Поскольку линия однородна, то линейную плотность можно

принять за константу, т.е. F(x, y, z) = 1. По формулам (2.38), (2.31)

∫ (y

)dL =

2π

+ z

∫

t +

I0X

sin

4π

(− a sin t)

(a cos t)

dt =

2π

h 2

= ∫

sin

t +

4π

2π

2 2π

∫ sin

∫ t

tdt

4π

2π

∫ (1 − cos 2t)dt +

a 2 +

a 2

4π

4π2

2π

8π

2π

−

sin 2t

4π

12π2

h 2

a 2 +

2π2 a 2 +

πh 2

По формулам (2.38), (2.31)

4π

2π

h 2

2π

IX0Y = ∫ z 2 dL = ∫

t 2

a 2 +

dt =

a 2 +

∫ t 2 dt =

4π

4π2

0 4π2

t 3

2π

8π3

h 2

a 2 +

h 2

a 2 +

h 2

πh 2

a 2 +

h 2

4π2

I0 = ∫ (x

)dl =

2π

+ y

+ z

h 2

∫ a

2 dt =

4π

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011 / 1711 12 13 14 15 16 17 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
02.12.2018678.91 Кб2271-88.doc
#
21.09.201980.04 Кб13719664.docx
#
22.12.20183.46 Mб32738_s96.doc
#
17.04.20191.24 Mб6745_f86.doc
#
10.07.2019967.17 Кб77_Экономическая часть_7.doc
#
17.03.20152.11 Mб247УМК.PDF
#
20.07.20191.3 Mб28 деятели.rtf
#
17.03.2015494.92 Кб588 Расчет пространственной модели здания.pdf
#
18.09.201979.36 Кб58 часть.doc
#
19.07.20194.81 Mб48. Дозатор.doc
#
19.11.2018153.09 Кб198. особенности занятий избранным видом спорта.doc