Пример 14. Найти моменты инерции относительно координатных осей одного витка однородной винтовой линии

x = acost, y = asint, z = 2htπ , (0 ≤ t ≤ 2π).

Решение. Плотность кривой примем равной μ = μ0 . Расстояния от произвольной точки M(x, y, z) до осей координат

rx = y 2 + z2 , ry = x 2 + z2 , rz = x 2 + y 2 .

Отсюда

Замечание. При вычислении интегралов Ix, Iy мы воспользовались следующими преобразованиями:

00

2.Поверхностные интегралы

2.1.Поверхностные интегралы первого типа

Кпонятию интеграла по поверхности приводит, например, задача о вычислении массы, распределённой по поверхности σ с переменной поверхностной плотностью f(M).

Решим эту задачу.

84

z

σ

Mi

σi

y

x

Рис. 1

Разобьём поверхность σ произвольным образом на п частей σi (см. рис. .1) и выберем в каждой из них (также произвольно) точку Mi. Если части σi достаточно малы, то за их массу можно принять произведение f (M i ) σi = mi , i = 1, 2, …n , где σi – площадь i-го участка

поверхности (т.е. мы предполагаем, что каждый из участков σi однородный с плотностью f(Mi), где i = 1, 2, …, n), тогда масса всей поверхности

n

m ≈ ∑ f (M i ) σ i .

i = 1

Это значение тем точнее, чем меньше участки σi. Переходя к пределу при n → ∞, а значит, уменьшая размер каждого участка, получим точное значение массы поверхности

n

m = lim ∑ f (M i ) σ i .

n → ∞

(max σi → 0) i = 1

К аналогичным пределам приводят и другие задачи физики, эти пределы называются

поверхностными интегралами первого типа.

Теорема. Если при стремлении диаметров всех частей σi к нулю интегральная сумма (1) имеет конечный предел, не зависящий ни от способа разбиения поверхности σ на части, ни от выбора точек Mi, то этот предел называется поверхностным интегралом первого рода и обозначается

∫∫ f (M )dσ = ∫∫ f (x, y, z)dσ

Заметим, что этот интеграл обладает всеми свойствами криволинейного интеграла первого типа и, в частности, если подынтегральная функция f(x, y, z) = 1, получаем формулу для вычисления площади поверхности σ

Sσ = ∫∫ dσ .

σ

Интегралу (2) можно придать механический смысл: если f(x, y, z) = μ — переменная плотность материальной поверхности σ, то масса этой неоднородной поверхности

m = ∫∫ μ(x, y, z)dσ .

σ

Выведем формулу для вычисления интеграла (2).

Пусть поверхность σ однозначно проектируется в область D плоскости хоу. Тогда

85

где γ — угол между нормалью N к поверхности σ и осью OZ (см. рис. 2). Если поверхность σ описывается уравнением z = z(x, y), то

Подставив этот дифференциал в (2), получим формулу для вычисления поверхностного интеграла по поверхности σ

σDxy

где Dxy – проекция поверхности на плоскость хоу.

Таким образом, чтобы вычислить поверхностный интеграл первого типа, необходимо перевести его в двойной интеграл по области D, полученной в результате проектирования поверхности σ на одну из координатных плоскостей (проектирование должно быть взаимно однозначным: одна точка поверхности проектируется в одну точку плоскости), подсчитать элемент dσ и выразить подынтегральную функцию через выбранные переменные.

Пример 1. Вычислить ∫∫12x 1 + 4y 2 + 4z2 dσ , где σ — конечная часть параболоида

σ

x = 1 − y 2 − z2 , отсечённая плоскостью х = 0.

Решение. Построим поверхность (см. рис. 3) и выберем координатную плоскость для проектирования. Очевидно, — это плоскость yoz, т. к. все точки параболоида однозначно проектируются в точки круга плоскости (на другие координатные плоскости будет проектироваться по две половины параболоида).

Подсчитаем элемент dσ поверхности x = 1 − y 2 − z2 , предварительно найдём частные производные

Переводим поверхностный интеграл в двойной по области Dyz (см. рис. 14.4), заменяя в подынтегральной функции “лишнюю” переменную х из уравнения поверхности

86

Вычисляем двойной интеграл в полярной системе координат, подставляя формулы перехода в подынтегральное выражение:

Пример 2. Вычислить массу цилиндрической поверхности z = 1 − y 2 , отсечённой плоскостями х = 0, х = 4, если плотность в каждой её точке есть функция μ(x, y, z) = z(x + y 3 ).

Решение. Построим поверхность (см. рис.5) и выберем координатную плоскость для проектирования. Из рисунка видно, что при проектировании поверхности на плоскость zoy получаем незамкнутую линию – полуокружность; на плоскость zox проектируются одновременно две части цилиндра, условие однозначности нарушается; и только на плоскости xoy получаем замкнутую область (см. рис. 6), причём одна точка цилиндра проектируется в одну точку прямоугольника.

Составим поверхностный интеграл и переведём его по формуле (14.5) в двойной интеграл по переменным х, у. Заменим лишнюю переменную z в подынтегральной функции, используя уравнение цилиндра

Ответ: m = 16.

Пример 3. Найти центр масс однородной полусферы радиуса R.

Решение. Выберем систему координат так, чтобы начало координат совпало с центром сферы и плоскость хоу была основанием полусферы (см. рис. 7), тогда уравнение сферы примет вид

87

x 2 + y 2 + z2 = R 2

и соответственно уравнение полусферы

z = R 2 − y 2 − x 2 .

z

o R y

R

x

Рис.7

Координаты центра тяжести (центра масс) найдём по формулам

Поскольку полусфера симметрична оси z, её центр масс находится на оси oz, т. е.

где Мху – статический момент поверхности относительно плоскости хоу, тσ – масса полусферы.

Вычислим статический момент

M xy = ∫∫ z μdσ,

σ

где μ – плотность поверхности (по условию μ = const),

(здесь Dxy – круг радиуса R в плоскости хоу и двойной интеграл выражает его площадь S =

πR2).

m = ∫∫ μdσ = μ∫∫ dσ = μ 2πR2 ,

т. к. μ = const, а площадь полусферы известна (площадь сферы 4πR2).

Окончательно zc = μπR 3 = R .

μ2πR 2 2

Ответ: zc = R2 .

88