Ch_7_Integraly_po_figure

кривой L точку Pi , вычислим значение функции z f (Pi ) f (xi , yi ). Тогда площадь прямоугольного участка равна Si f (xi , yi ) li .

n

Найдем сумму площадей f (xi , yi ) li .

i 1

Перейдем к пределу при n , тогда

S lim	n	f (x , y ) l			f ( p)dl .
n		i i i
	i 1			L

Таким образом, криволинейный интеграл первого рода по плоской кривой численно равен площади боковой поверхности цилиндра с направляющей L и образующей, длина которой z f (P) f (x, y).

5. ПОВЕРХНОСТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ ПЕРВОГО РОДА

Поверхностные интегралы первого рода – это обобщение двойных интегралов по области D . Пусть фигура – криволинейная простая поверхностьв трехмерном пространстве. Для того чтобы все обсуждаемые ниже построения были выполнимы, потребуем чтобы поверхность была кусочно- гладкой, т.е. допускала разбиение на конечное количество гладких частей. Поверхность является гладкой, если в каждой ее точке существует касательная плоскость. Для неявно заданной поверхности F x, y, z 0 это требование сво-

дится к условию непрерывной дифференцируемости функции F (непрерыв-

ности вместе с первыми частными производными) и условию правильности:

	F	2		F	2		F	2
									0 .
	x			y			z

Интеграл по фигуре в данном случае является поверхностным интегралом первого рода от функции f (P) f (x, y, z) по поверхности :

	n
	f (x, y, z)d lim f (Pi ) i ,
	rn 0 i 1

где d – элемент площади поверхности. Интегральная сумма в правой части строится следующим образом:

1)поверхность разбивают на мелкие части с кусочно-гладкими границами;

2)в каждой части выбирают точку и ортогонально проектируют рассматриваемую часть на касательную плоскость поверхности в выбранной точке;

3)в выбранной точке вычисляют значение подынтегральной функции;

4)площади полученных плоских проекций и значения подынтегральной

функции перемножают и суммируют; Предел интегральной суммы при всё более мелких разбиениях (таких, что

наибольший из диаметров частей разбиения стремится к нулю) дает поверхностный интеграл первого рода.

29

Прежде чем рассматривать подробно вычисление поверхностного интеграла первого рода, приведем вспомогательное утверждение.

Лемма. Площадь проекции плоского участка одной плоскости P1 на другую P2 равна площади самого участка, умноженной на модуль косинуса двугранного угла между плоскостями: Sпр S cosφ .

5.1. Вычисление поверхностных интегралов

Пусть требуется вычислить		поверхностный	интеграл первого рода
f x, y, z dσ	по поверхности .	Произвольную	кусочно-гладкую поверх-

ность можно разбить на участки, однозначно проектирующиеся на какую-либо из координатных плоскостей, и так как интеграл по фигуре аддитивен по отношению к области интегрирования, интегралы по таким участкам поверхности можно рассматривать отдельно. В дальнейшем будем считать, что поверхностьоднозначно проектируется в область Dxy плоскости XOY . Без ограничения

общности в этом случае можно считать, что поверхность задана явным уравнением z z x, y .

Разобьем поверхность на малые элементарные участки σi . Через точку

Ai xi , yi , zi поверхности, принадлежащую элементу σi , проведем касатель-

ную плоскость, ее уравнение:

z

z

i

z

x

x

z

y

y

, где частные произ-

x

i

y

i

водные вычисляются в точке

xi , yi . Элементарный участок поверхности

Ai

σi спроектируем на касательную плоскость, обозначим проекцию i . Площадь проекции обозначим символом si . Так как далее предполагается предельный переход (число элементов разбиения возрастает, а размеры их стремятся к нулю), будем считать, что площадь элемента σi , которую обозначим символом si , приближенно равна площади проекции на касательную плос-

кость,

si si .

Пусть n

− нормаль к касательной плоско-

Ai

xi ,

yi ,

zi :

z

z

сти в

точке

n

,

, 1

. По-

y

x

скольку k 0, 0,1 − нормаль к плоскости XOY ,

то угол φ – угол между касательной плоскостью и плоскостью XOY равен углу между векторами n и k .

Так как область Dxy является проекцией по-

30

верхности на плоскость

XOY , разбиению поверхности соответствует раз-

биение области Dxy

и элементу σi

соответствует

его проекция на плоскость

XOY , площадь которой обозначим Si .

Найдем связь между Si и si

n,k

1

и Si

cos

si

cos

si .

cosφ

2

n

k

z 2

z

1

x

y

В пределе при n ,

rn 0, si

d , Si

dS и

dS dσ

cos

,

dσ

dS

, dσ dS

1

z 2

z 2

.

cos

x

y

В результате для вычисления поверхностного интеграла получаем формулу

f x, y, z dσ f x, y, z x, y

Dxy

Замечание

z 2			z 2
1						dS .
	x			y

Если поверхность задана уравнением y y x, z , то

f x, y, z dσ f x, y x, z , z		1 yx 2 yz 2 dS .
	Dxz
Аналогично, если x x y, z , то
f x, y, z dσ f x y, z , y, z				dS ,
			1 xy 2 xz 2
	Dyz
где Dxz , Dyz − проекции на плоскости OXZ,		OYZ .

6. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ И МЕХАНИЧЕСКИЕ ПРИЛОЖЕНИЯ ИНТЕГРАЛОВ ПО ФИГУРЕ

6.1. Длина, площадь, объем фигуры

b

Длина отрезка равна l dx .

a

Длина плоской кривой, заданной явно, y y(x), x a,b , равна

b

l dl 1 (yx )2 dx .

L a

31

			x x(t),	α t β , равна
Длина плоской кривой, заданной параметрически, L :
			y y(t),
	β
l dl		(xt )2 (yt )2 dt .
L	α

x x(t),

Длина пространственной кривой, заданной параметрически, L : y y(t),

					z z(t),
	β
α t β , равна l dl		(xt )2	(yt )2	(zt )2 dt .
L	α

Площадь плоской фигуры D (расположенной в координатной плоскости XOY ) равна S dxdy .

D

Площадь криволинейной поверхности z z x, y , однозначно проектирующейся на координатную плоскость XOY в область Dxy , равна

S dσ		z 2			z 2
		1						dS .
	Dxy		x			y

При проектировании на плоскость OXZ (уравнение y y x, z ):

S dσ 1 yx 2 yz 2 1 dS .

Dxz

При проектировании на плоскость OYZ (уравнение x x y, z ):

S dσ 1 xy 2 xz 2 dS .

Dyz

( Dxz , Dyz − проекции на плоскости OXZ, OYZ ).

Объем тела V dxdydz .

V

6.2. Масса фигуры

Масса трехмерного неоднородного тела с объемной плотностью ρ(x, y, z) :

m ρ(x, y, z)dxdydz .

V

Масса плоской материальной пластины с поверхностной плотностью ρ(x, y) :

m (x, y)dxdy .

D

Масса куска поверхности с поверхностной плотностью ρ(P) x, y, z :

32

m (P)d .

Масса прямого стержня с линейной плотностью ρ(x):

b

m (x)dx .

a

Масса пространственной кривой с линейной плотностью ρ(P) x, y, z :

m (P)dl .

L

ПРИМЕР. Найдем массу тела, ограниченного ци-

	линдрической	поверхностью x2 2y и плоско-	z	2y z 2
			2
	стями y z 1,	2y z 2 , если в каждой его точ-

ке плотность ρ(x, y, z) y .
Решение:	получаем, что при z 0
Из y z 1		y 1, а при
y 0 z 1;	из 2y z 2 получаем, что при z 0

	1	V	y z 1
			B
	0		1	y

D

A

x2 2y

y 1, а при y 0

z 2 .

x

y 1

Линии пересечения плоскостей с координатной

плоскостью ZOY :

z 1 y и z 2(1 y) .

В плоскости XOY направляющей цилиндрической поверхности является пара-

бола x2 2y .

Проекция тела на плоскость XOY D ограничена линиями:

y 1, 0 y 1;

x

,

x

.

2y

2y

2y

2(1 y )

1

2 y

m ydxdydz ydxdy

dz y(1 y)dxdy y y2 dy

dx

V

D

1 y

D

0

2 y

1

5

7

1

y y2 2

2

2

8 2

2ydy 2 2

y2

y2

.

5

7

0

0

35

6.3. Момент инерции фигуры

Рассмотрим

n точек

массой mi.

Момент

инерции

n

i

J

i

то возникает интеграл по

r

2m . Если тело сплошное,

i 1

фигуре J = r2ρ(P)dμ .

Осевые моменты (моменты инерции фигуры относительно осей координат). Ф→V − пространственная фигура.

Jx − момент инерции относительно оси Оx (мера инертности тела при вращении относительно оси Оx):

33

Jx (y2 z2 )ρ(x, y, z)dV ,

V

J y (x2 z2 )ρ(x, y, z)dV ,

V

Jz (x2 y2 )ρ(x, y, z)dV .

V

Моменты инерции относительно координатных плоскостей:

Jxy z2ρ(x, y, z)dV ,

G

Jxz y2ρ(x, y, z)dV ,

G

J yz x2ρ(x, y, z)dV .

G

Полярный момент (момент инерции относительно начала координат, где центр О – полюс):

Jo (x2 y2 z2 )ρ(x, y, z)dV .

G

ПРИМЕР. Найдем момент инерции Jxy одно-

родной (ρ(P) 1) цилиндрической поверхности :

		2			2				2
x				z		R				,
π				y			π	,		z 0.
						2
2

Решение:

Jxy z2dσ z2 ( zx )2 ( zy )2 1dS

D

(R

2

x

2

) 1

x2

dS

(R

2

x

2

) R

1

dS

R

2

x

2

R

2

x

2

D

D

π

R

2

R

R

R2

x2

dxdy R

R2

x2

dx dy πR

R2 x2 dx

D

R

π

R

2

x R sint,

dx R cos tdt

π

π

x

x

2

2

R

2

2

2

tR cos tdt πR R cos tR cos tdt

sint

, t arcsin

R

R

sin

R

R

π

π

π

π

2

2

t

2

2

34

			π
	3	2					2		2		1 cos 2t			π2 R3
πR		cos						tdt cos		t					.
											2			2
				π
		2

ПРИМЕР. Вычислим момент инерции прямого кругового цилиндра высотой 2h и радиусом R относительно диаметра его среднего сечения, считая плотность постоянной и равной γ0 .

I Ix y2 z2 γ0dxdydz .

V

Решение:

Перейдем к цилиндрическим координатам:

x ρcosφ,y ρsin φ, z z; dxdydz ρdρdφdz ,

y2 z2

ρ2 sin2 φ z2 .

I ρ2 sin2

φ z2 γ0ρdρdφdz 2γ0

2π

R

h

dφ ρdρ ρ2 sin2 φ z2 dz

V

0

0

0

2π

R

2

2

z3

h

2π

R

2

2

h3

2γ0

dφ

ρdρ ρ

sin

φz

2γ0

dφ

ρ

ρ

sin

φ h

dρ

3

0

0

0

0

0

3

2π

ρ

4

h

3

ρ

2

R

2π

hR

4

3

R

2

2γ0

dφ hsin2 φ

2γ0

sin2 φ

h

dφ

4

0

3 2

0

0

4

6

hR4

h3 R2

2γ0hR

2

R2

h2

2γ0

π

2π

π

,

4

6

4

3

2π

2

12π

1

1

2π

1

так как

sin

φ

dφ

1 cos2φ dφ

φ

sin 2φ

2π π .

2

2

2

2

0

0

0

6.4. Статические моменты фигуры. Центр тяжести фигуры

Рассмотрим n материальных точек массой mi. Координаты центра тяжести

системы точек:

n

n

n

X

ximi

;Y

yimi

;Z

zimi

C

i 1

i 1

C

i 1

,

n

C

n

n

mi

mi

mi

i 1

i 1

i 1

35

n

n

n

где величины, равные M yz xi mi , M xz yi mi , M xy zi mi , называют

i 1

i 1

i 1

статическими моментами системы относительно плоскостей YОZ, XОZ, XОY. Если фигура непрерывна, то вместо сумм возникают соответствующие интегралы по фигуре

xC	xρ(P)dμ	; yC		yρ(P)dμ	; zC		zρ(P)dμ
								.
	ρ(P)dμ			ρ(P)dμ			ρ(P)dμ

Замечание

Если система (фигура) имеет центр симметрии, ось симметрии, плоскость симметрии, то статические моменты соответственно относительно центра, оси, плоскости равны нулю.

ПРИМЕР. Найдем центр тяжести однородного ( γ(P) 1)

цилиндра, ограниченного поверхностями z x2 y2 1, x2 y2 1, z 0 .

Решение:

Сверху цилиндр ограничен эллиптическим параболоидом. Из соображений симметрии xc 0 , yc 0 , т.к. статические моменты относительно плоскостей ZOY и ZOX равны нулю,

	z		zγ(P)dV		.
				V
				γ(P)dV
	C
	Числитель:			V
						x2 y2 1		z2	x2 y2 1
	zγ(P)dV zdV dS						zdz ds
								2
	V	V		D		0	D		0

1 ds(x2 y2 1)2 {в полярных координатах}

2 D

		1	2π	1									1		2π			1
			dφ (ρ2 1)2 ρdρ												dφ (ρ2 1)2 d (ρ2 1)
														2 2
	2		0	0											0			0
		1	2π		(ρ	2	1)	3	1		1		2π			8		1		2		7		7
			dφ										dφ(						)		π				π .
	4		0				3				4		0		3			3		4	3		6
									0

Знаменатель:

36

												x2 y2 1						2						1
						dV ds								dz dφ (ρ2															1)ρdρ
						V				D			0					0						0
	1	2π	1								1	2π		(ρ	2	1)				2	1					1		2π		3		3
		dφ (ρ2				1)d (ρ2		1)				dφ																	dφ(4 1)		2π		π .
																														4		2
2		0	0					2				0				2								4					0
																					0
										zC			7 π 2							7					7		.
									7				6 3 π						3 3					9
Ответ:		x	0 ,	y		0 , z	c			.
					c
		c						9

ПРИМЕР. Определим координаты центра тяжести верхней половины шара ра-

диусом R с центром

(0,0,0) , считая плотность γ0 постоянной.

Решение:

z R2 x2 y2 ; z 0; 0 z R2 x2 y2 .

x

y

0,

z

zγ0dxdydz

.

V

γ0dxdydz

c

c

c

V

В сферических координатах:

z ρcosθ,

dxdydz ρ2dρsinθdθdφ .

2π

π 2

R

m γ0ρ2dρsinθdθdφ dφ

dθ γ0ρ2dρsinθ

V

0

0

0

π 2

ρ3

R

R3

π 2

2πγ0R

3

cosθ

0π 2

2πγ0

dθsinθ

2πγ0

sinθdθ

0

3

0

3

0

3

2πγ R3

.

0

3

2π

π 2

R

γ0ρcosθρ2sinθdρdθdφ γ0

dφ cosθsinθdθ ρ3dρ

V

0

0

0

R4 π 2

πγ0 R4

sin2 θ

π 2

πγ0 R4

γ0 2π

sinθd (sinθ)

.

4

2

0

2

0

4

πγ

0R4

3

3

zc

R .

4

2πγ R3

8

0

3

Ответ: x

0 , y

0

, z

c

R .

c

c

8

37

II. ПРАКТИЧЕСКИЕ ЗАНЯТИЯ

1. Двойные интегралы и их приложения

№ п/п

Задание

Ответ

2

4 x2

0

4 x2

3

В интеграле

dx

fdy dx

fdy

2

0

3

0

измените порядок интегрирования.

РЕШЕНИЕ:

Область D1

интегрирования для интеграла

4 x2

3

dx fdy ограничена линиями

2 0

x 2, x 3, y 0, y 4 x2

− верхняя ( y 0 ) часть окружности

№ 1

1

4 y 2 2

Область D2

интегрирования для интеграла

dy

fdx

0

4 y

2

0

2

4 x2

dx

fdy ограничена линиями x

,

3

0

3

x 0,

y 0, y 2 4 x2 − нижняя часть

( y 2 0 ) окружности x2 ( y 2)2 4 с

центром в точке 0;2 и радиусом 2.

Изобразим области D1 и D2 на одном чертеже.

x

38