7УМК

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Уфимский Государственный Нефтяной Технический Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

sin 7 j × d(sin j) =

.PDF

Скачиваний:

Добавлен:

17.03.2015

Размер:

2.11 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 89 / 179 10 11 12 13 14 15 16 17 > Следующая >>>

где D –	круговое кольцо, заключенное между окружностями x 2 + y2 = 12 и
x 2 + y2	= e2 .

Решение. Наличие выражения x 2 + y2 в подынтегральной функции и в уравнениях границ области указывает на целесообразность перехода к

полярным координатам. Подставим формулы перехода	x = ρcos ϕ	и
y = ρsin ϕ в уравнения границ и получим, что окружность	x 2 + y2 = 12	в
полярных координатах имеет уравнение ρ =1, а окружность	x 2 + y2 = e2 ,

соответственно, ρ = e . Эти уравнения являются нижним и верхним пределами интегрирования по переменной ρ. Чтобы обойти всю плоскость кольца,

полярную ось необходимо повернуть от исходного положения (ϕ1 = 0) на угол

ϕ2 = 2π.

Полученные значения есть нижний и верхний пределы

интегрирования по переменной ϕ.

)× rdjdr = ∫dj∫2 ln r dr =

Итак,

∫∫ln(x

+ y

)dxdy = ∫∫ ln(r

x 2 + y2

D r2

2π

(ln r)2

2π

2 ∫dj

= 2 ∫dj

- 0

= ∫dj = j

= 2p .

ПРИМЕР 2.6.Преобразовать к полярным координатам и затем вычислить

двойной интеграл, заданный в декартовых координатах: а) ∫∫

dxdy

, где D

x 2 + y2

–

круговое

кольцо,

заключенное

между

окружностями

x 2 + y2

= 12 и

x2 + y2 = 22 (рис. 2.10);

б)

∫∫xy2 dxdy ,

где D –

ограничена окружностями x 2 + (y -1)2 = 1 и

x 2 + y2

= 4y (рис. 2.11).

Решение. а) Пользуясь формулой (2.7), запишем ∫∫

dxdy

= ∫∫

rdjdr

x 2 + y2

= ∫∫rdjdr = ∫∫djdr = ∫dj∫dr =

D r2 cos2 j + rsin 2 j

2π

∫dj(r

12 )

∫dj = j

02π = 2p .

Здесь ρ =1 и ρ = 2 - полярные уравнения данных окружностей.

						y

		ρ = 2	4
							ρ2 = 4 sin ϕ
	ρ = 1					3
	ρ = 1

	1	2				2	ρ1 = 2 sin ϕ
						2
0			x


					1
							x

				0

Рис. 2.10

Рис.2.11

б) Найдем сначала полярные уравнения окружностей, подставив в эти

уравнения x = ρ cos ϕ и

y = ρ sin ϕ :

r2 cos2 j + (rsin j -1)2 = 1

r2 - 2 × rsin j = 0

ρ(ρ − 2 sin ϕ) = 0

ρ1 = 2 sin ϕ;

r2 cos2 j + r2 sin 2 j = 4rsin j

= 4rsin j

ρ(ρ − 4 sin ϕ) = 0

ρ2

= 4 sin ϕ .

Теперь вычисляем интеграл

∫∫ (rcos j)× (rsin j)2 rdjdr =

4 sin ϕ

π 2

= ∫∫ r4 sin 2 j × cos j djdr = 2 ∫ sin 2 j × cos jdj ∫

r4 dr =

2 sin ϕ

4 sin ϕ

= 2∫∫ sin

j × cos jdj

π 2

2 sin ϕ

1984 π 2

= 2 ∫ sin

j × cos j

sin

j -

sin

j dj =

∫ sin

j × cos jdj =

= 1984 π∫2 5 0

=	1984	×	1	= 49,6.

5		8

2.1.3. Приложение двойных интегралов к вычислению площадей плоских фигур

Площадь S произвольной области D вычисляется с помощью двойного

интеграла по формуле	S = ∫∫ dS .
	S = ∫∫ dS .			(2.8)
		D	ds = dx × dy , в
Поскольку в декартовых координатах			ds = dx × dy , в	полярных
координатах ds = rdjdr,	то интеграл (2.8) для соответствующих координат
принимает вид
S = ∫∫ dxdy	(2.8’)	и	S = ∫∫ ρdϕdρ .	(2.8”)
D			D

Примеры решения задач

x = y − 2

x = y2

ПРИМЕР 2.7. Найти площадь плоской фигуры, ограниченной

прямыми линиями y = −2 , y = x + 2,

y = 2 и параболой

				− 2 −1			0 1				2		3	4					x	y	2	= x (рис. 2.12).
																				y		= x (рис. 2.12).
						− 2														Решение. Поскольку
						− 2														данная			фигура
																				задана в декартовых
																				координатах,				то по
						Рис. 2.12														формуле (2.8’)

			2			y2		2						2
												y	2	= ∫ (y		2	- y + 2)dy			=
												y	2			2
S = ∫∫ dxdy = ∫ dy ∫ dx = ∫ dy x
	D			−2	y−2				−2			y−2		−2
	D			−2	y−2				−2			y−2		−2
y3			y2			2		23			22				(- 2)3				(- 2)2				40
y3			y2			2		23			22				(- 2)3				(- 2)2				40
=		-		+ 2y			=			-		+ 4		-				-		+	2 × (- 2) =				.
=		-		+ 2y			=			-		+ 4		-				-		+	2 × (- 2) =				.
	3		2					3			2					3			2				3
	3		2			−2		3			2					3			2				3
						−2

Здесь вычисление двойного интеграла представлено в более рациональной последовательности, т.е. если внешний интеграл взят по переменной y , а внутренний – по переменной x .

y	ПРИМЕР 2.8. Найти площадь
	фигуры, ограниченной окружностями

y = x

x 2 + y2

= 2x ,

x 2 + y2 = 4x и прямыми

y = x ,

y = 0 (рис.2.13).

Решение. Чтобы получить рисунок

вычисляемой

площади,

приведем

45o

уравнения окружностей к

каноническим

x 2 − 2x + y2 = 0

x уравнениям:

(x 2 − 2x + 1)− 1 + y2 = 0

(x − 1)2 + y2 = 1;

Рис.2.13

x 2 − 4x + y2 = 0 (x − 2)2 + y2 = 22.

Поскольку границы области заданы окружностями, то для вычисления площади удобнее перейти в полярные координаты и воспользоваться формулой (2.8”):

π 4

4 cos ϕ

π 4

4 cos ϕ

S = ∫∫ρdϕdρ =

∫ dϕ ∫ ρdρ =

∫ dϕ

2 cos ϕ

π 4

16 cos2 ϕ

4 cos2 ϕ

π 4

1 + cos 2ϕ

= ∫

−

dϕ = 6 ∫

cos

ϕd

= 6 ∫

dϕ =

π 4

= 3 ∫

(1 + cos 2ϕ)dϕ = 3 ∫ dϕ +

∫ cos 2ϕd(2ϕ) = 2ϕ

0π 4 +

sin 2ϕ

3π

sin π =

(π + 2).

2.1.4. Приложение двойных интегралов к вычислению объемов цилиндрических тел

Объем цилиндрического тела с образующей боковой стенки, параллельной оси 0Z (его принято называть вертикальным цилиндрическим телом, рис. 2.14), вычисляется по формуле

V = ∫∫ z(x, y)dxdy .	(2.9)
D
Для горизонтальных цилиндрических тел, изображенных на рис. 2.15 и
рис. 2.16, соответствующие формулы имеют вид
V = ∫∫ x(y, z)dydz.	(2.9’)
D
V = ∫∫ y(x, z)dxdz .	(2.9”)

z = z(x, y)

		D
	x	Рис. 2.14
		Рис. 2.14
z		z

y = y(x, y)

x = x(x, y)

	y	D
	y	y
		y

x	x
Рис. 2.15		Рис. 2.16

	Примеры решения задач
ПРИМЕР 2.9. Вычислить объем тела, ограниченного цилиндрическими
поверхностями x 2 = 2y ,	z = 4 − y2 и плоскостями x = 0 (x ³ 0), z = 0

(рис.2.17)

Решение. Поскольку образующая боковой стенки тела, т.е.

цилиндрическая поверхность x 2 = 2y , параллельна оси 0Z, то воспользуемся формулой (9):

								3		2
										2
	2	2		2			y
V = ∫∫ (4 − y2 )dxdy = ∫ dx ∫			(4	− y2 )dy = ∫ dx	4y	−	y
V = ∫∫ (4 − y2 )dxdy = ∫ dx ∫			(4	− y2 )dy = ∫ dx	4y	−	3
D	0	x 2	2	0			3				x 2
									2

2	16		4	× x	2		1	x	2	3		32	2	1	2
= ∫ dx	16	-	4	× x		+	1	x			=	32	- 2∫ x 2 dx +	1	∫ x 6 dx =
= ∫ dx		-				+					=		- 2∫ x 2 dx +		∫ x 6 dx =
0	3			2	3			2			3		0	24	0

= 32 - 2 x 3 2 - 1 × x 7 2
3	3	0	24	7	0

= 128 . 21

ПРИМЕР 2.10. Вычислить объем тела, ограниченного цилиндрической поверхностью z = x 2 и плоскостями z = 1; y = 0 ; x + y + z − 4 = 0 (рис. 2.18).

Решение. Поскольку образующая боковой стенки тела, т.е.

цилиндрическая поверхность z = x 2 , параллельна оси 0Y, то воспользуемся формулой (2.9”):

V = ∫∫ (- z - x + 4)dxdz =						1	1				+ 4)dz =
V = ∫∫ (- z - x + 4)dxdz =						∫ dx ∫ (- z - x					+ 4)dz =
	D					−1	x 2
1		- z	2		1		1		1						x	4						2
1			2		1		1									4
																				3
= ∫ dx		2		- xz + 4z			= ∫ dx		-		- x + 4 +							+ x			- 4x			=
= ∫ dx		2		- xz + 4z			= ∫ dx		-	2	- x + 4 +				2			+ x			- 4x			=

−1					x 2		−1
					x 2
1 x 4			3	2				x 5				x 4		4x 3					x 2				1		68
1 x 4			3	2				x 5				x 4		4x 3					x 2				1		68

		+ x		- 4x - x + 3,5							+		-				-			+ 3,5x					= .
= ∫	2	+ x		- 4x - x + 3,5			dx	=	10		+		-	3			-		2	+ 3,5x					= .
−1	2								10		4			3					2				−1		15
−1																							−1

3 y = −z − x + 4

	D	2	y	− 1
	1			1	2	3 4	y
				1	2	3 4	y
x	2			1
x	Рис. 2.17			1	Рис. 2.18
			x		Рис. 2.18
			x

2.1.5. Приложения двойного интеграла (К вычислению массы, центра тяжести и момента инерции)

Если ϕ(M) есть поверхностная плотность в точке M(x, y) плоской фигуры, занимающей область D, то ее масса m, координаты центра тяжести (x c , yc ) и моменты инерции I0x , I0 y , I0 относительно осей 0X и 0Y и начала координат 0 выражаются формулами:

m = ∫∫ ϕ(M)dxdy .

(2.10)

∫∫

yϕ(M)dxdy

∫∫ xj M dxdy

(

)

; yc =

(2.11)

где m x , m y

- статические моменты пластинки относительно осей 0X и 0Y.

I0x

= ∫∫ y2 j(M)dxdy ;

I0 y = ∫∫ x 2 j(M)dxdy .

(2.12)

I0 = I0x

- I0 y = ∫∫ (x 2 + y2 )j(M)dxdy .

(2.13)

Для однородного вертикального цилиндрического тела с образующей, параллельной оси 0Z (рис. 2.14) с основанием на плоскости X0Y и ограниченного сверху поверхностью z = z(x, y), координаты центра тяжести вычисляются по формулам

x c =	∫∫ x z dx dy	; yc =	∫∫ y z dx dy		=	∫∫ z 2 dx dy
	D		D	; zc		D	.	(2.14)
	∫∫ z dx dy		∫∫ z dx dy	; zc		2∫∫ z dx dy	.	(2.14)
	∫∫ z dx dy		∫∫ z dx dy			2∫∫ z dx dy
	D		D			D

Примеры решения задач

ПРИМЕР 2.11. Найти массу пластинки, имеющей формулу эллипса, если поверхностная плотность в каждой точке пластинки пропорциональна ее расстоянию r от малой оси эллипса и при r = 1 она равна λ .

Решение. Обозначим полуоси эллипса через a и b (a > b) и выберем оси 0X и 0Y декартовых координат так, чтобы они совпали с осями эллипса, его

уравнение будет	x 2	+	y2	= 1. Согласно условию задачи в точке M(x, y)
	a 2		b2

плотность j(M) = l × x . По формуле (2.10) масса правой половины пластинки

			a
			a		b2 −y	2		2		(b2	- y2 )dy =
		b b			b2 −y				b
		b b			∫ xdx = la				b
m = ∫∫ l ×	x	× dxdy = l ∫ dy			∫ xdx = la				∫
D		−b		0			2b2		−b

la	2	2	y3	b	2	2


					= a bl .
2b	2 b y -		3
				−b	3

Значит, масса всей пластинки 2m = 4 a 2 bl .

ПРИМЕР 2.12. Определить координаты центра тяжести однородной пластинки, лежащей в первой четверти и ограниченной линиями: y = x; y = 0; x 2 + y2 = 4 .

Решение. Данная пластинка представляет собой восьмую часть круга

x 2 + y2 £ 22 . Так

как пластинка однородная, то

ϕ(M) = C = const . По

формуле

(2.10)

используя

переход

полярным

координатам:

m = ∫∫ ϕ(M)dxdy =

π 4

= c × ∫∫ dxdy = c × ∫∫ rdjdr = c × ∫ dj∫ rdr = c ×

= 2c × ∫ dj =

∫ dj

= 2cj

π 4

cπ

Теперь вычисляем координаты центра тяжести по формулам

∫∫ x × c dx dy

(2.11) с переходом к полярным координатам: x c =

2c∫∫ xdxdy

π 4

∫∫ xdxdy =

∫∫ rcos j ×rdjdr =

∫ cos jdj∫ r2 dr =

p D

π 4

8 2

∫ cos jdj

∫ cos jdj =

sinj

;

∫∫ y × c dx dy

yc =

∫∫ ydxdy =

∫∫ r2 sin j djdr =

8(2 -

2 ).

p D

ПРИМЕР 2.13. Определить моменты инерции I0x , I0 y , I0 пластинки,

ограниченной параболами

y = 2x - x 2 ,

y = x 2 ,

если плотность в каждой

точке равна ее ординате, т.е. ϕ(M) = y .

Решение. Используем формулы (2.12):

2x −x 2

2 x−x 2

j(M)dxdy = ∫∫ y

0x = ∫∫ y

dxdy = ∫ dx

∫ y

dy = ∫ dx

x 2

1	1	((2x − x 2 )4	− (x 2 )4 )=	8	1	(− x 7	+ 3x 6 − 4x 5 + 2x 4 )dx =	31
= ∫ dx					∫
	4							420;
0			4		0

			1	2x −x 2			1	y	2	2 x−x 2
			1	2x −x 2			1		2	2 x−x 2
I0 y	= ∫∫ x 2 ϕ(M)dxdy = ∫∫ x 2 y dxdy = ∫ x 2 dx				∫ y dy = ∫ x 2 dx
I0 y	= ∫∫ x 2 ϕ(M)dxdy = ∫∫ x 2 y dxdy = ∫ x 2 dx				∫ y dy = ∫ x 2 dx
	D	D	0		x 2		0	2		x 2
= 1∫ x 2 ((2x − x 2 )2 − x 4 )dx = 21∫ (x 4 − x 5 )dx =					x 2			2		x 2

					1	.
						.
0			0	15

Момент инерции относительно начала координат по формуле (2.13)


I0 = I0x + I0 y	=	31	+	1	=		59	.

	420		15			420
2.1.6. Вычисление тройного интеграла в декартовой
			системе координат
Вычисление	тройного					интеграла сводится к трехкратному

интегрированию, т.е. к последовательному вычислению трех обыкновенных (однократных) интегралов по каждой из трех переменных координат точки трехмерного пространства.

Если область интегрирования V отнесена к прямоугольной системе координат и если она разбивается на частичные области плоскостями,

параллельными	координатным	плоскостям, то объем частичной	области
dv = dx × dy × dz	(как объем прямоугольного параллелепипеда) и		тройной
интеграл преобразуется к виду
	∫∫∫f (M)dv = ∫∫∫f (x, y, z)dx dy dz .		(2.15)
	V	V

Случай 1. Если область V правильная вдоль оси 0Z, т.е. такова, что любая прямая, проходящая внутри этой области параллельно оси 0Z, пересекает ее границу (ограничивающую ее замкнутую поверхность) в двух точках (рис. 1.19), то тройной интеграл можно вычислить по формуле


∫∫∫f (x, y, z)dx dy dz =		z=z2 (x,y )
∫∫∫f (x, y, z)dx dy dz =	∫∫ dxdy		∫ f (x, y, z)dz ,	(2.16)
V	Dxy	z=z1 (x,y )

где D xy - проекция области V на плоскость X0Y.

Случай 2. Если область правильная вдоль оси 0Y, т.е. такова, что любая прямая, проходящая внутри этой области параллельно оси 0Z, пересекает ее границу в более, чем двух точках (прямая AB, рис. 2.20), но прямая, проходящая параллельно оси 0Y, пересекает границу области в двух точках, то тройной интеграл можно вычислить по формуле

z = z2 (x, y) z = z1(x, y)

Dxy

x	Рис. 2.19

∫∫∫f (x, y, z)dx dy dz =

	∫∫ dxdz
V	Dxz

Dxz

y = y1(x, z)

y= y2	(x,z )
		(2.17)
∫ f (x, y, z)dy .		(2.17)
y= y1	(x,z )

y = y2 (x, z)

	x		Рис. 2.20
			Рис. 2.20
		Примеры решения задач
ПРИМЕР 2.14. Вычислить: а) J1 = ∫∫∫					1	dxdydz , где область V


			V	1	− x − y
ограничена плоскостями x + y + z = 1, x = 0,					y = 0, z = 0;
б) J 2 = ∫∫∫	1		dxdydz, где область V ограничена плоскостями


V	(x + y + z + 1)3

y + z = 3, x = 2, x = 0, y = 0, z = 0.

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 89 / 179 10 11 12 13 14 15 16 17 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
02.12.2018678.91 Кб2271-88.doc
#
21.09.201980.04 Кб14719664.docx
#
22.12.20183.46 Mб34738_s96.doc
#
17.04.20191.24 Mб6745_f86.doc
#
10.07.2019967.17 Кб87_Экономическая часть_7.doc
#
17.03.20152.11 Mб247УМК.PDF
#
20.07.20191.3 Mб28 деятели.rtf
#
17.03.2015494.92 Кб598 Расчет пространственной модели здания.pdf
#
18.09.201979.36 Кб58 часть.doc
#
19.07.20194.81 Mб68. Дозатор.doc
#
19.11.2018153.09 Кб198. особенности занятий избранным видом спорта.doc