Matanaliz

Зауваження. Формула (20.10) має мiсце i у випадку, коли крива просторова.

Приклад 3. Тiло маси m пiднiмається над поверхнею Землi по траєкторiї, що подається векторнозначною функцiєю ~r(t) = (x(t), y(t), z(t)) скалярного аргумента t (t — час), визначеною i неперервною разом з своєю похiдною на вiдрiзку [α, β]. Знайти роботу, яка виконується при подоланнi сили тяжiння Землi.

Розв’язання. Врахувавши, що згiдно закону всесвiтнього тяжiння

де G — гравiтацiйна стала, M — маса Землi, ~r = xi + yj + zk —

вектор з початком у центрi Землi i кiнцем у точцi з координатами (x, y, z), i скориставшись формулою (20.10), маємо:

β

α(x(t))2 + (y(t))2 + (z(t))2

291

Отже, шукана робота дорiвнює

або

GM

де R — радiус Землi, g = R2 — прискорення вiльного падiння.

Якщо вважати, що у початковий момент часу тiло було на поверхнi Землi, то робота виконана тiлом при подоланнi сили тяжiння Землi за час t буде дорiвнювати

i для того щоб вийти з поля тяжiння Землi треба виконати роботу

Ab = lim A(t) = mgR.

|~r(t)|→+∞

5. Статичнi моменти i центр ваги.

Ще один клас задач, при розв’язуваннi яких iстотно використовується iнтеграл Рiмана, пов’язаний з обчисленням статичних моментiв кривих, плоских фiгур i просторових тiл.

Якщо матерiальна точка маси m має координати (x, y), то числа my i mx називають її статичними моментами вiдповiдно вiдносно осей Ox i Oy. Якщо ж маємо скiнченне число матерiальних точок маси m1, m2, . . . , mn вiдповiдно з координатами (x1, y1), (x2, y2), . . . , (xn, yn), то статичним моментом такої системи точок вiдносно осi Ox називають число

292

а статичним моментом цiєї системи точок вiдносно осi Oy — число

Центром ваги цiєї системи точок називають таку точку, що ко-

статичнi моменти вiдносно осей Ox i Oy будуть збiгатись з вiдповiдними статичними моментами системи точок, тобто центром ваги даної системи точок є точка з координатами

Нехай маємо спрямлювану матерiальну криву L, задану параметрично рiвняннями x = ϕ(t), y = ψ(t), де ϕ(t), ψ(t) — неперервнi на вiдрiзку [α, β] функцiї, причому крива має сталу лiнiйну густину. Нехай τ = {t0, t1, . . . , tn}, де α = t0 < t1 <

· · · < tn = β, розбиття вiдрiзка [α, β] на частини. Тодi кожнiй

точцi tk [α, β] вiдповiдає точка Mk(ϕ(tk), ψ(tk)) кривої L, i

_ _

розбиття τ задає розбиття кривої L на частини M0M1, M1M2,

_

. . . , Mn−1Mn. Якщо точки M0, M1, . . . , Mn сполучити послiдовно

_

вiдрiзками прямої, на кожнiй елементарнiй дузi Mk−1Mk взяти

точку Mk0 (ϕ(t0k), ψ(t0k)), де t0k [tk−1; tk] i вважати, що у таких точках зосередженi маси

p

ρ (ϕ(tk) − ϕ(tk−1))2 + (ψ(tk) − ψ(tk−1))2,

то статичнi моменти такої системи матерiальних точок будуть дорiвнювати

n

X

p

ρ (ϕ(tk) − ϕ(tk−1))2 + (ψ(tk) − ψ(tk−1))2 ψ(t0k)

k=1

293

функцiя, то формули (20.14)–(20.16) записуються у виглядi

b

Z

p

де l = 1 + (f0(x))2 dx.

a

Якщо у формулi

де x [a; b] f(x) > 0, обидвi частини домножити на 2πl, то дiстанемо рiвнiсть

у якiй лiву частину можна розглядати, як добуток довжини кола, радiус якого дорiвнює ординатi центра ваги кривої, на довжину кривої, а права частина дорiвнює площi поверхнi, яка

295

утворюється вiд обертання кривої L навколо осi Ox. Якраз ця рiвнiсть i визначає змiст першої теореми Гульдiна „Площа поверхнi, яка утворена вiд обертання плоскої кривої L навколо осi, яка її не перетинає i лежить з кривою в однiй площинi, дорiвнює добутку довжини дуги цiєї кривої на довжину кола, яке описує центр ваги кривої.“

Для плоскої фiгури, яка має сталу поверхневу густину ρ, форму криволiнiйної трапецiї, обмеженої кривою y = f(x), прямими x = a, x = b, y = 0, статичнi моменти вiдносно осей Ox i Oy дорiвнюють вiдповiдно

Якщо в останнiй формулi обидвi частини помножити на 2πS,

296

у якiй лiва частина є добуток площi криволiнiйної трапецiї на довжину кола, радiус якого дорiвнює ординатi центра ваги цiєї фiгури, а права частина є об’єм тiла, утвореного вiд обертання трапецiї навколо осi Ox. Ця рiвнiсть визначає змiст другої теореми Гульдiна „Об’єм тiла обертання плоскої фiгури навколо осi, що її не перетинає, дорiвнює добутку площi цiєї фiгури на довжину кола, яке описує центр ваги даної фiгури.“

Приклад 4. Знайти координати центра ваги фiгури

вважаючи, що фiгура є однорiдною.

Розв’язання. Задана фiгура є частиною елiпса, що мiститься у першiй чвертi. Площа цiєї фiгури дорiвнює 41 πab. Звiдси її маса

m = 14πabρ,

де ρ — поверхнева густина фiгури. Скориставшись формулами (20.17), маємо

(тут скористались пiдстановкою x = a sin t). Звiдси

297

Центр ваги плоскої фiгури iз змiнною поверхневою густиною означають i знаходять з допомогою подвiйних iнтегралiв. Будемо вважати, що у деякiй квадровнiй областi D розподiлена маса, взагалi кажучи, iз змiнною густиною ρ(x, y), тобто на замиканнi D областi D визначена деяка невiд’ємна неперервна функцiя ρ(x, y), i дiяти стандартним способом.

Розiб’ємо область D на частини, тобто задамо множину

τ = {D1, D2, . . . , Dn} квадровних елементарних областей таких,

i=1

(ak, bk) i будемо припускати, що густина у кожнiй точцi обла-

стi Dk дорiвнює ρ(ak, bk), а маса mk = ρ(ak, bk)4Sk, де 4Sk —

площа областi Dk, зосереджена у точцi (ak, bk). У такий спосiб вiд матерiальної плоскої фiгури здiйснено перехiд до системи матерiальних точок (ak, bk) (k = 1, n) вiдповiдно з масами mk. Для цiєї системи статичнi моменти вiдносно осей Ox i Oy дорiвнюють вiдповiдно

XX

bkρ(ak, bk)4Sk, akρ(ak, bk)4Sk,

а координати центра ваги будуть

Оскiльки за умовою функцiя ρ(x, y) неперервна на D, то iснують

298

n

X

lim ρ(ak, bk)Sk,

λ(τ)→0

k=1

якi i примають вiдповiдно за My, Mx, m. Отже за означенням

ZZ ZZ

Mx = yρ(x, y)dxdy, My = xρ(x, y)dxdy (20.19)

D D

статичнi моменти матерiальної областi вiдносно осей Ox i Oy, а

координати її центра ваги.

Нарештi, якщо T — неоднорiдне матерiальне тiло iз змiнною густиною ρ(x, y, z), тобто на замиканнi T кубовної областi T визначена деяка невiд’ємна неперервна функцiя ρ(x, y, z) так, як було показано при розв’язаннi задачi про знаходження маси тiла, його маса

ZZZ

m = ρ(x, y, z)dxdydz.

T

Метод знаходження координат його центра ваги нiчим не вiдрiзняється вiд методу розв’язання попередньої задачi, i результатом його застосування будуть формули

299

Завдання для самоконтролю.

1.Кiнець пружини, що вiльно коливається у момент часу t сек знаходиться на вiдстанi 6 cos πt см. Який шлях пройде кiнець пружини за час вiд моменту t = 0 до моменту t = 3?

2.Знайти силу тиску води на вертикальну стiнку дамби, яка має форму рiвнобiчної трапецiї з висотою 5 м, верхньою основою 10 м i нижньою основою 8 м, якщо глибина води бiля неї 4 м.

3.Обчислити роботу, яку треба затратити, щоб викачати воду з казана, який має форму параболоїда обертання з радiусом основи r i висотою h.

4.Куля радiусом r з питомою вагою γ лежить на днi басейну, глибина якого h. Обчислити роботу, яку треба виконати, щоб витягнути кулю з води.

кутника з вершинами A(1; 1), B(3; 3), C(3; −1) у додатному напрямку.

6.За який час вода витече з конiчної лiйки, висота якої H = 50 см, радiус верхньої основи R = 5 см i радiус нижньої основи r = 0, 2 см.

7.У днi цилiндричної посудини з площею основи 100 см2 i висотою 30 см є отвiр. Обчислити площу цього отвору, якщо вiдомо, що вода з посудини виливається за 2 хв.

8. Знайти координати центра ваги дуги кола x = r cos ϕ, y = r sin ϕ, де |ϕ| 6 α 6 π.

9.Знайти координати центра ваги однорiдної пiвкулi радiуса r.

300