Вища математика / В.М.-iнтеграли

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный университет Львовская политехника

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

v = ∫dj∫sin qdq

∫r2dr = 2p∫sin qdqr3

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

12.02.2016

Размер:

1.29 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011 / 1211 12 > Следующая >>>

I = ∫∫∫ xyzdxdydz = ∫∫∫ ρ 3 sin ϕ cosϕ zd ρdϕdz ,

де V′

- область зміни циліндричних

V ′

координат точок області V.

4-r2

sin 2 j

I = ∫sin jcos jdj ∫r3dr

∫

zdz =

× ∫ r3 (4 - r2 - r

Приклад. Обчислити об'єм частини кулі

x 2 + y

2 + z 2 = R 2 (рис.12.18), розташованої

усередині циліндра ( 2

+ y

2 )

2 (

- y

2 ) (

z ³ 0

Рис.12.19

Розв’язання.

Напрямну

циліндра,

спрямовану лемніскатою, побудуємо, переходячи до полярних координат:

x = ρcos ϕ, y = ρsin ϕ .

r = R

Полярне

рівняння

цієї

кривої

cos2j

Крива

симетрична відносно осей ОХ та ОУ, і при зміні j від 0 до p/4 поточна точка

(r, j) опише четверту частину кривої.

Шуканий об'єм у циліндричній системі

координат обчислюється так:

π / 4

R2 −ρ2

cos 2ϕ

j=p/4

V = ∫∫∫ ρd ρdϕdz = 4 ∫ dϕ

∫

ρd ρ

∫

dz =

π / 4

cos2ϕ

4 ∫ dϕ ∫ ρ

R2 - ρ2

d ρ =

π / 4

)

3 / 2

4 ∫

- ρ

R cos 2ϕ

dϕ =

Рис.12.18.

π / 4

(1−(1−cos2ϕ)3/ 2 )dϕ =

π +

5−4

∫

Приклад. Обчислити об'єм тіла (x2 + y 2 + z 2 )3 = a2 (x2 + y 2 )2.

Розв’язання. Перейдемо

до сферичних

координат,

тоді

рівняння

поверхні має вигляд: r2 = a2 sin 4 q або r = a sin2 q . Об'єм тіла в сферичних координатах дорівнює

		π
	2pa3	2
= 2 ×	2pa3	∫sin 7 qdq =
= 2 ×		∫sin 7 qdq =
3		0
		0

4pa3

6!!

4pa

6 × 4 × 2

64pa

7!!

7 ×5 ×3

105

- 190 -

Приклад. Знайти момент інерції однорідного тіла, обмеженого сферою x2 + y2 + z2 = 2z і конусом x2 + y2 = z2, відносно осі OZ (рис. 12.19).

Розв’язання. Побудуємо дане тіло. Для цього знайдемо лінію перетину

поверхонь:
x2		+ y 2	+ z	2 = 2z	2z	2 = 2z z = 1,
	2 + y 2		= z 2		2z	2 = 2z z = 1,
x	2 + y 2		= z 2

тобто ця лінія є колом радіуса R = 1, що лежить у площині z = 1. Проекція тіла на площину XOY є круг x2 + y2 ≤ 1.

Момент інерції обчислюється за формулою I z = ∫∫∫(x2 + y 2 )dxdydz.

Перейдемо до сферичних координат, тоді всі межі інтегрування будуть

сталими. Причому межі для	θ можна визначити за допомогою рівняння
x2+y2=z2, вважаючи х=0 (або	y=0), одержимо, що		y = z θ = π , тобто
0 ≤ θ ≤ π .			4

4	2π	π 4	2 cos θ

I z = ∫∫∫r 2 sin 2 θr 2 sin θdrdϕdθ = ∫ dϕ ∫ sin3 θdθ ∫r 4dr =				11π	.

V !			30
	0	0	0

- 191 -

Розділ 13

КРИВОЛІНІЙНІ ІНТЕГРАЛИ

13.1.Криволінійні інтеграли 1-го роду

Розглянемо просторову кусково-гладку криву L , обмежену точками A і B . Нехай у кожній точці M (x, y, z) цієї кривої визначена неперервна

функція

f (x, y, z) = f (M ) .

Розіб'ємо дугу

на

частин точками

A = A0,

A1, A2,..., An = B . На кожній частині Ai −1 Ai

виберемо довільну точку

M i (xi , yi , zi )

обчислимо

ній

значення

функції

f (xi , yi , zi ) . Число

f (xi , yi , zi ) помножимо на довжину дуги

li . Утворимо суму

Sn = ∑ f (xi , yi , zi ) × Dli ,

i =1

названу інтегральною сумою по кривій L функції

f (x, y, z) .

Криволінійним інтегралом I-го роду від функції

f (x, y, z) по кривій L

називається границя інтегральної суми:

∫ f (x, y, z)dl = lim

Sn =

lim

∑ f (xi , yi , zi )Dli .

n→∞

max

li →0

i =1

Якщо функція

f (x, y, z)

неперервна у всіх точках дуги AB , то ця межа існує

і не залежить

ні

від способу

розбивки

дуги

AB ,

ні

від

вибору точки

M i (xi , yi , zi ) на кожній з цих частин.

Якщо крива L лежить у площині XOY , то функція

f залежить тільки

від (x, y) :

∫ f (x, y)dl =

lim

∑ f (xi , yi )Dli .

max

li →0

i =1

13.1.1. Обчислення криволінійних інтегралів 1-го роду

Обчислення

криволінійних

інтегралів

I-го

роду

зводиться до

обчислення визначеного інтеграла. Розглянемо різні способи задання кривої L і перехід до визначеного інтеграла.

a) Якщо крива L задана параметричними рівняннями:

x = x(t)
	£ t £ t2 ) ,
L : y = y(t) (t1	£ t £ t2 ) ,

z = z(t)

- 192 -

то ∫ f (x, y, z)dl = ∫ f [x(t), y(t), z(t)]

xt′2 + yt′2 + zt′2 dt ,

оскільки

в цьому випадку

dl =

′2

dt .

Якщо

крива лежить у

+ yt

+ zt

площині XOY , то

∫ f (x, y)dl = ∫ f [x(t), y(t)]

xt′2 + yt′2 dt .

L задано рівнянням y = y(x) ,

де a ≤ x ≤ b ,

б)

Якщо плоску криву

то

′2

dl = 1 + yx dx :

′2

dx .

∫ f (x, y)dl = ∫ f (x, y(x)) 1 + yx

ρ = ρ(ϕ), (α ≤ ϕ ≤ β)

в)

Якщо плоску криву

задано рівнянням

полярних координатах, то dl =

′

+ ρϕ dϕ :

∫ f (x, y)dl = ∫ f (ρcos ϕ,ρsin ϕ)

′2

+ ρϕ dϕ .

Нижня межа інтегрування в усіх випадках менше верхньої: a < b , t1 < t2 ,

α< β .

13.1.2.Застосування криволінійних інтегралів 1-го роду

а) Довжина дуги AB кривої обчислюється як l = ∫ dl .

б) маси γ(

m = ∫

Маса матеріальної дуги. Якщо в кожній точці кривої L щільність x, y,z ) є функцією координат цієї точки, то маса дуги кривої

γ(x, y, z)dl .

( AB)

в) Статичні моменти плоскої дуги відносно координатних осей визначаються за формулами:

MOX = ∫ yγ(x, y)dl; MOY = ∫ xγ(x, y)dl .

( AB) ( AB)

г) Координати центра ваги плоскої матеріальної дуги AB :

- 193 -

	MOY		∫ xg(x, y)dl		MOX		∫ yg(x, y)dl
x =	MOY	=	( AB)	; y =	MOX	=	( AB)	.
x =		=		; y =		=		.
c	m		∫ g(x, y)dl	c	m		∫ g(x, y)dl
	m				m

			( AB)				( AB)

д) Моменти інерції матеріальної дуги відносно координатних осей:

IOX = ∫ y2g(x, y)dl; IOY = ∫ x2g(x, y)dl .

( AB) ( AB)

13.1.3.Приклади обчислення криволінійних інтегралів 1-го роду

Приклад. Обчислити ∫(x5 + 8xy )dl , де L : y = 1 x4 , x1 = 0, x2 =1. 4

Розв¢язання. Визначимо y′ , dl і перейдемо до визначеного інтеграла:

y¢x = x3 , dl = 1 + y¢x2 dx = 1 + x6 dx ;

			1												1
∫(x5			+ 8xy )dl = ∫							1
										1					= ∫ 1 + x6
						1 + x6		x5	+ 8x ×			x4	dx					3x5dx =
						1 + x6		x5	+ 8x ×	4		x4	dx					3x5dx =
L			0							4					0
L			0												0
		1								1				(2			-1) .
	1	1					1	(1 + x6 )3 2					1
=		∫		1 + x6	d (x6 + 1) =						=
																2
													3			2
2		0				3					0		3
		0									0

Приклад.				∫(2x + y)dl , де L - контур
				L
трикутника ABC , A(1,0), B(0,2), C(0,0) .
Розв′язання.
∫(2x + y)dl = ∫ (2x + y)dl +
L	AB
+ ∫ (2x + y)dl + ∫ (2x + y)dl.
BC				CA
Обчислимо кожний інтеграл окремо:
а) AB :		x	+		y	=1; y = −2x + 2, y′ = −2 ;
	1
				2

dl = 1 + y¢x2 dx = 5dx ;

C A

Рис 13.1.

- 194 -

∫ (2x + y)dl = ∫

∫dx = 2

5[2x + (−2x + 2)]dx = 2

5 ;

б) BC : x = 0, x′y = 0 ; dl =

dy = dy ;

1 + x′y2

∫ (2x + y)dl = ∫ ydy =

= 2 ;

′

в) CA : y =

′2

= dx ;

0, yx = 0 ; dl =

1 + yx

1 = 1.

∫ (2x + y)dl = ∫

2xdx = x2

Отже, ∫(2x + y)dl = 2

+ 2 + 1 = 3 + 2

5 .

Приклад. Обчислити

∫(2x + 4 y − 4z + 1)dl ,

де

L - відрізок прямої між

точками M1 (8,9,3) і M 2 (6,10,5) .

Розв′язання. Складемо рівняння прямої, що проходить через точки M1

і M 2 :

x − x1

y − y1

z − z1

;

x − 8

y − 9

z − 3

= t .

x2 − x1

− y

z2 − z1

− 2

Якщо ввести параметр t , одержимо рівняння:

x = −2t + 8

+ 9 ,0 ≤ t

≤ 1;

y = t

+ 3

z = 2t

dl =

dt =

dt = 3dt ;

xt′2 + yt′2 + zt′2

4 + 1 + 4

∫(2x + 4y − 4z +1)dl = 3∫[2(−2t + 8) + 4(t + 9) − 4(2t + 3) +1]dt = 3∫(41−8t)dt =111.

Приклад.

Обчислити

∫(x + y)dl , де

L :

пелюстка лемніскати

ρ = sin 2ϕ , розташована у першому координатному куті. Розв’ язання.

x = ρ cosϕ,

a cos 2ϕ

a2 cos2 2ϕ

′2

′

′2

ρ = a sin 2ϕ ,

dl = ρ

dϕ .

;

+ ρϕ

ρϕ =

sin 2ϕ

; ρϕ

sin 2ϕ

y = ρ sin ϕ.

- 195 -

ρ 2 + ρ¢2	= a2 sin 2ϕ +	a2 cos2 2ϕ	=	a2	.

ϕ		sin 2ϕ		sin 2ϕ

φ=π/4

Рис. 13.2

Для встановлення меж інтегрування слід визначити проміжок зміни ϕ , що відповідає пелюстці кривої у першому координатному куті.

Очевидно,		p			Тоді
Очевидно,	jÎ 0,	2	.		Тоді
		2
	π
	2			a
∫(x + y)dl = ∫ (rcos j + rsin j)				a	dj =


				sin 2j
L	0			sin 2j
L	0

π			π
2	(cosϕ + sin ϕ)dϕ = a2 (sin j - cos j)
= a2 ∫				2 = a2 (1 +1) = 2a2.
0	Приклад. Обчислити ∫		0

				dl. L : x2 + y2 + z2 = a2 , z = x .
		2x2 + y2

Розв¢язання. Лінія задана перетином двох поверхонь: сфери і площини. Складемо параметричні рівняння цієї лінії. Для цього, підставляючи в рівняння сфери z = x, одержимо спочатку рівняння проекції заданої лінії на площину XOY:

x 2	+	y	2	= 1.
a 2 2		a	2

Ця проекція є еліпс з півосями a2 та а. Параметричні рівняння еліпса мають вигляд:

x =

cost;

y = a sin t; t Î[0,2p].

Оскільки z = x, параметричне рівняння лінії L має вигляд:

x =

cost;

y = a sin t;

z =

cost; t Î[0, 2p].

Знайдемо:

dt = 2

sin2 t + a2 cos2 tdt = adt ;

dl =

x¢2 + y¢2 + z¢2

2π

∫

2x2 + y2

dl = ∫

cos2 t + a2 sin2 t × a × dt = a2

∫ dt = 2pa2 .

- 196 -

Приклад.

Знайти

довжину

дуги

гвинтової

лінії:

x = 4cost

≤ 2π) .

L : y = 4sin t , (0 ≤ t

z = 3t

x′

x = 4cost

= −4sin t

Розв′язання.

L : y

= 4sin t , (0 ≤ t ≤ 2π) yt′ = 4cost ;

z = 3t

′

= 3

dl =

dt =

dt = 5dt ;

xt′2 + yt′2 + zt′2

16sin2 t + 16cos2 t + 9

2π

l = ∫dl = ∫

′2

= ∫ 5dt = 5t

= 10π .

+ yt

+ zt

Приклад.

Знайти

центр

ваги

гвинтової

лінії:

x = a cost,

y = a sin t,

z = bt,

t 0,

якщо

лінійна

щільність у

кожній

точці є пропорційною добутку перших двох координат.

Розв′язання. Для розвязання використовуємо формули:

∫ xγ(x, y, z)dl

∫ yγ(x, y, z)dl

∫ zγ(x, y, z)dl

x =

; y =

; z =

∫γ(x, y, z)dl

Знайдемо масу дуги:

m = ∫γ(x, y, z)dl . Відповідно до умови, γ(x, y, z) = kxy ,

тоді

dl =

dt =

dt ;

xt′2 + yt′2 + zt′2

a2 sin 2 t + a2 cos2 t + b2

a2 + b2

m = ∫ kxy

a2 + b2 dt = k

a2 + b2 ∫ a2 cost sin tdt =

sin2 t

a2k

a2 + b2

a2k

a2 + b2

;

ka3

a2 + b2

∫ xγ(x, y, z)dl = ka3

a2 + b2

∫ cos2 t sin tdt =

;

ka3

a2 + b2

∫ yγ(x, y, z)dl = ka3

a2 + b2

∫ sin2 t costdt =

;

- 197 -

a2bk a2 + b2

∫ zγ(x, y, z)dl = kba2

a2 + b2 ∫ t sin t costdt =

∫ t sin 2tdt =

a2bk a2 + b2

π ; → xc

= 2a

, yc

= 2a

, zc

= πb

13.2. Криволінійні інтеграли 2-го роду

1) Нехай L кусково-гладка просторова крива, на якій задано напрям, а P( x, y,z ) , Q( x, y, z ) , R( x, y,z ) – неперервні функції на ній. Розіб'ємо криву

L на елементарні ділянки Ai−1 Ai , проекції яких на координатні осі Ox, Oy, Oz

відповідно позначимо	xi = xi − xi−1 ,	yi	= yi − yi−1 ,	zi = zi − zi−1 .
Виберемо на кожній з ділянок довільну точку			M i ( ξi ,ηi ,ςi )	й обчислимо

значення функції в цій точці. Створимо суму:

Wn = ∑P(Mi ) xi + Q(M i ) yi + R (Mi) zi ,

i=1

що називається інтегральною сумою по координатах. Якщо при наближенні до нуля ця сума має скінчену межу W, що не залежить від способу розбивки кривої і вибору точок Mi , то ця межа називається криволінійним інтегралом

II-го роду по кривій L і позначається

W = ∫P(x, y, z)dx + Q(x, y, z)dy + R(x, y, z)dz .

Криволінійний інтеграл II-го роду залежить від вибору напряму кривої. Якщо змінити напрям кривої, то інтеграл змінює знак:

∫ Pdx + Qdy + Rdz = − ∫ Pdx + Qdy + Rdz .

AB	BA
За своїм фізичним змістом криволінійний інтеграл II-го роду є робота змінної
сили F = (P,Q,R), точка прикладання якої описує криву L.
2) Обчислення криволінійного інтеграла II-го роду зводиться до
обчислення визначеного інтеграла.		y = y(x), x [a,b] , причому
a)	Якщо плоска крива задана рівнянням
початку кривої відповідає x = a , а кінцю – x = b , то
	b	′

∫P(x, y)dx + Q(x, y)dy = ∫P[x, y(x)]dx + Q[x, y(x)]yxdx .
L	a
б) Якщо крива L задана параметричними рівняннями і початку кривої
відповідає значення параметра t = t1 , а кінцю –		t = t2 :

- 198 -

x = x(t)	, t [t1,t2 ],
	, t [t1,t2 ],
y = y(t)
	t2

то ∫P(x, y)dx + Q(x, y)dy = ∫ P[x(t), y(t)]xt′dt + Q[x(t), y(t)]yt′dt .

Зверніть увагу, що у випадку a) і у випадку б) нижня межа інтеграла не обов'язково

менше верхньої.

В однозв′язній області D для функцій P, Q, R , що мають неперервні похідні першого порядку, необхідною і достатньою умовою повного диференціала є виконання таких рівностей:

∂Q =	∂P ;	∂R =	∂Q ;	∂P =	∂R .
∂x	∂y	∂y	∂z	∂z	∂x

в) Якщо під знаком інтеграла стоїть повний диференціал

Pdx + Qdy + Rdz = dU ( x, y, z) ,

то незалежно від форми кривої L, повністю розташованої в області D,

∫(Pdx + Qdy + Rdz ) = U ( B) − U ( A) ,

де А - початкова, а В - кінцева точка шляху інтегрування. Тоді функцію U ( x, y, z) можна знайти за формулою

				x				y	z
U (x, y, z) + C = ∫ dU = ∫ P(x, y0 , z0 )dx + ∫ Q(x, y, z0 )dy + ∫ R(x, y, z)dz ,
	M0 M		x0					y0	z0
де (x0 , y0 ,z0 ) - довільна точка області D.
	Якщо вираз	P( x, y )dx + Q( x, y )dy - повний диференціал у деякій
однозв'язній області D, то криволінійний інтеграл по будь-якому замкненому
контуру L дорівнює нулю і навпаки.									інтегралом. Якщо L −
	г) Зв'язок між криволінійним і подвійним								інтегралом. Якщо L −
кусково-гладкий замкнений контур, що обмежує									область D , орієнтований
так, що при обході L область								D залишається ліворуч, а функції P( x, y) і
Q(x, y) − неперервні разом							зі своїми частинними похідними першого
порядку в замкненій області D , то має місце формула Гріна:
∫	P(x, y)dx + Q(x, y)dy =		∫∫	∂Q		−		∂P
∫			∫∫		∂x			∂y
								dxdy .

L			(D)

3) Застосування криволінійного інтеграла 2-го роду. a) Площа плоскої фігури, обмеженої кривоюL ,

S = 12 ∫ xdy − ydx .

- 199 -

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011 / 1211 12 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Вища математика

#
12.02.20161.03 Mб61B.M..pdf
#
12.02.20161.29 Mб53В.М.-iнтеграли.pdf