1. Вычисление объема: V = 
.
2. Масса тела: m = 
,
где ρ(x,y,z) – плотность распределения масс в произвольной точке тела (V).
3. Статические моменты:
Mxy = 
,
Mzx = 
,
Myz = 
,
Mz = 
.
4. Моменты инерции тела относительно осей координат:
Ix = 
,
Iy = 
,
Iz = 
.
5. Координаты центра тяжести тела:
Xc = 
,
Yc = 
,
Zc = 
.
Пример 1. Найти объем тела, заданного ограничивающими его поверх-ностями:
x = 5 
, x = 
, z = 0, z + y = 
.
Решение
Воспользуемся следующей формулой для вычисления объема тела:
V = 
. (2.11)
Таким образом, задача отыскания объема тела сводится к вычислению тройного интеграла по соответствующей фигуре.
Выполним рисунок области интегрирования, ограниченной заданными в условии поверхностями (рис. 1.45). Область является правильной относительно всех осей. Проектируем тело на плоскость xOy. Проекция области V на выбранную плоскость изображена на рис. 1.46.
Рисунок 1.45 Рисунок 1.46
Тогда исходный интеграл сводится к повторному, с пределами интегрирования (рис. 2.11) по переменной y от 0 до (так как область не является простой относительно плоскости xOz), по x от 
до 5 
, и, в соответствии с рис. 1 по оси z от плоскости z = 0 до плоскости
z = – y.
= 
= 
= 
=
= 
= 
=
= 
= 
.
Пример 2. Найти объем тела, заданного ограничивающими его поверхностями: x2 + y2 – 2x = 0, z = 7 – 4y2, z = 1.
Решение
Воспользуемся формулой (2.11) для вычисления объема тела и, таким образом, задача отыскания объема тела сводится к вычислению тройного интеграла по соответствующей фигуре.
Выполним рисунок области интегрирования, ограниченной заданными в условии поверхностями (рис. 1.47).
Область является правильной относительно всех осей. Проектируем тело на плоскость xOy. Проекция области V на выбранную плоскость изображена на рис. 1.48.
Так как одна из образующих поверхности тела – цилиндр, то удобнее перейти в цилиндрическую систему координат. Уравнения поверхностей в цилиндрической системе координат имеют вид:
ρ2 – 2ρ cos φ = 0, z = 7 – 4ρ2 sin2 φ, z = 1.
Тогда исходный интеграл сводится к повторному, с пределами интегрирования (рис. 1.47) по переменной z от 1 до 7 – 4ρ2 sin2 φ, по переменной ρ от 0 до 1, по φ от 0 до 2π (т.к. проекция на плоскость xOy – окружность с единичным радиусом, рис. 1.48).
Тогда, с учетом якобиана перехода, имеем:
= 
= 
= 
=
= 
= 
=
= 
= 
= 
+ 
=
= 
+ 
= 5π.
Рисунок 1.47 Рисунок 1.48
Пример 3. Найти объем тела, заданного ограничивающими его поверх-ностями: y = –x2 + 3, y = 2, z = 1 – x2 + 2y2, z = 5 – x2 + 2y2.
Решение
Воспользуемся формулой (2.11) для вычисления объема тела и, таким образом, задача отыскания объема тела сводится к вычислению тройного интеграла по соответствующей фигуре.
Область является правильной относительно всех осей. Проектируем тело на плоскость xOy. Проекция области V на выбранную плоскость изображена на рис. 1.49.
Тогда исходный интеграл сводится к повторному, с пределами интегрирования (рис. 1.49) по переменной y от 2 до –х2 + 3, по x от –1 до 1,
|
| Рисунок 1.49 |
по оси z от гиперболического параболоида z=1– x2+2y2 до такого же точно гиперболического параболоида, смещенного по оси z на четыре единицы вверх – z = 5 – x2 + 2y2.
= 
= = 
= 
=
=4 
= 4 
= =4· 
= 
.
Пример 4. Найти объем тела, заданного ограничивающими его поверх-ностями: z = 
, z = 
.
Решение
|
| Рисунок 1.50 |
Воспользуемся формулой (2.11) для вычисления объема тела и, таким образом, задача отыскания объема тела сводится к вычислению тройного интеграла по соответствующей фигуре.
Область является правильной относительно всех осей. Проектируем тело на плоскость xOy. Проекция области V на выбранную плоскость изображена на рис. 1.50.
Так как одна из образующих поверхности тела – сфера, то удобнее перейти в сферическую систему координат. Уравнения поверхностей в сферической системе координат имеют вид:
ρ = 3 – уравнение сферы.
Уравнение конуса найдем следующим образом. Пусть х = 0, тогда
z = 
, тогда 
, но 
,
после этого, с учетом формулы приведения 
= 
.
Решение тригонометрического уравнения, соответствующее условию задачи, имеет вид:
– Θ = 
или Θ = 
.
Полученное решение является уравнением конуса в сферической системе координат.
Тогда исходный интеграл сводится к повторному, с пределами интегрирования (рис. 2.15) по переменной Θ от 0 до 
, по переменной ρ от 0 до 3, по φ от 0 до 2π (т.к. проекция на плоскость xOy – окружность с единичным радиусом, рис. 2.15). Тогда, с учетом Якобиана перехода, имеем:
= 
= 
=
= 
= 9 
= 9 
= 9· 
·2π = 9π.
Пример 5. Найти объем тела, заданного ограничивающими его поверх-ностями: z = 5(x2 + y2) + 2, z = 2 + 10y.
Решение
Воспользуемся формулой (2.11) для вычисления объема тела и, таким образом, задача отыскания объема тела сводится к вычислению тройного интеграла по соответствующей фигуре.
Выполним рисунок области интегрирования, ограниченной заданными в условии поверхностями (рис. 1.51).
Область является правильной относительно всех осей. Проектируем тело на плоскость xOy. Проекция области V на выбранную плоскость изображена на рис. 1.52.
Так как одна из образующих поверхности тела – параболоид вращения, то удобнее перейти в цилиндрическую систему координат. Уравнения поверхностей в цилиндрической системе координат имеют вид:
z = 5ρ2 + 2 – уравнение параболоида вращения,
z = 2 + 10ρsinφ – уравнение плоскости.
Тогда исходный интеграл сводится к повторному, с пределами интегрирования (рис. 1.51) по переменной z от 5ρ2 + 2 до 2 + 10ρsinφ, по переменной ρ от 1 до 0, по φ от 0 до 2π (так как проекция на плоскость xOy – окружность с единичным радиусом и с центром в точке (0, –1), рис. 1.52).
Рисунок 1.51 Рисунок 1.52
Тогда, с учетом якобиана перехода, имеем:
= 
= 
= 
=
= 
= 
=
= 
= 
=
= 
= 
.
Пример 6. Найти объем тела, заданного неравенствами:
9 ≤ x2 + y2 + z2 ≤ 81, 0 ≤ z ≤ 
, y ≤ 0, y ≤ – х.
Решение
Воспользуемся формулой (2.11) для вычисления объема тела и, таким образом, задача отыскания объема тела сводится к вычислению тройного интеграла по соответствующей фигуре.
Выполним рисунок области интегрирования, ограниченной заданными в условии поверхностями (рис. 1.53).
Область является правильной относительно всех осей. Проектируем тело на плоскость xOy. Проекция области V на выбранную плоскость изображена на рис. 1.54.
Рисунок 1.53 Рисунок 1.54
Рассмотрим первое двойное неравенство 9 ≤ x2 + y2 + z2 ≤ 81. Это пространство, заключенное между двумя сферами с радиусами 3 и 9, расположенными в начале координат.
Так как одна из образующих поверхности тела – сферы, то удобнее перейти в сферическую систему координат. Уравнения поверхностей в сферической системе координат имеют вид:
9 ≤ ρ ≤ 81 – сферы и пространство между ними.
Второе двойное неравенство 0 ≤ z ≤ задает пространство между плоскость z = 0 и конусом z = . Уравнение плоскости z = 0 в сферической системе координат получим исходя из формул связи между прямоугольной декартовой системой координат и сферической:
ρcosΘ = 0,
откуда ρ Î R, Θ = (без учета периода).
Уравнение конуса найдем следующим образом. Пусть х = 0, тогда
z = 
.
Следовательно = 
.
Для решения тригонометрического уравнения воспользуемся формулами приведения:
с tg (Θ) = 
.
Следовательно, tg (Θ) = 
.
Полученное решение является уравнением конуса в сферической системе координат.
Отсюда, решение, соответствующее условию задачи, имеет вид:
Θ = arctg( ).
Полученное решение является уравнением конуса в сферической системе координат.
Следовательно, второе двойное неравенство, определяющее пространство между плоскостью и конусом, с учетом того, что угол Θ отсчитывается от оси z в направлении по часовой стрелке, имеет вид:
arctg ( ) ≤ Θ ≤ 
.
Третье y ≤ 0 и четвертое неравенства y ≤ – х задают полупространства, ограниченные соответствующими плоскостями y=0, ниже оси х (отрицатель-ные значения у) и y = – х, ниже соответствующей плоскости, их проекции изображены на рис. 1.52.
Исходя из связи между декартовой и сферической системами координат, учитывая положительное направление отсчета угла φ, эти неравенства можно сразу записать в сферической системе координат:
φ ≥ π, φ ≤ 
,
Тогда исходный интеграл сводится к повторному, с пределами интегри-рования (рис. 1.51) по переменной Θ от arctg ( ) до , по переменной ρ от 3 до 9, по φ от π до . Тогда, с учетом якобиана перехода, имеем:
= = 
=
= 234 
=
= 26 
= 26 
= 
.
Замечание. Во время вычисления интеграла возникает необходимость вычислять cos (arctg ( 
) ). Оно осуществляется с применением формулы (справедливой только для положительных значений аргумента х):
arctg х = arccos 
, а cos(arcos x) = x.
Пример 7. Тело V задано ограничивающими его поверхностями, μ – плотность. Найти массу тела.
x2 + y2 = z2, x2 + y2 = 4, y = 0, z = 0 (y ≥ 0, z ≥ 0); μ = 5(x2 + y2).
Решение
Так как, масса тела равна тройному интегралу от плотности:
m = 
,
следовательно, задача отыскания массы тела сводится к вычислению тройного интеграла от функции плотности по соответствующей фигуре.
Выполним рисунок области интегрирования, ограниченной заданными в условии поверхностями (рис. 1.55).
Область является правильной относительно всех осей. Проектируем тело на плоскость xOy. Проекция области V на выбранную плоскость изображена на рис. 1.56.
Рисунок 1.55 Рисунок 1.56
Так как одна из образующих поверхности тела – цилиндр, то удобнее перейти в цилиндрическую систему координат. Уравнения поверхностей в цилиндрической системе координат имеют вид:
| μ = 5ρ2 – функция плотности, | ρ sin φ = 0 – уравнение плоскости, |
| z = ρ – уравнение конуса, | z = 0 – уравнение плоскости. |
| ρ = 2 – уравнение цилиндра, |
Тогда исходный интеграл сводится к повторному, с пределами интегрирования (рис. 1.53) по переменной z от 0 до ρ, по переменной ρ от 0 до 2, по φ от 0 до π (так как проекция на плоскость xOy – верхняя часть окружности с радиусом равным 2, рис. 1.54). Тогда, с учетом якобиана перехода, имеем:
= 
= 
= 5 
=
= 5 
= 5 
= 5 
= 32 
= 32 
= 32π.
Пример 8. Найти массу и момент инерции однородного тела, ограниченного поверхностями x2 + y2 = 2z и x2 + y2 = z2 относительно прямой x = 0, z = 4.
Решение
Проекцией данного тела, образованного пересечением параболоида вращения и конуса, на плоскость XOY является круг с центром в начале координат и радиусом 2.
Масса М тела равна
М = ρ = ρ 
= 2πρ 
= 2πρ 
= 
.
Момент инерции I данного тела найдем по формуле
I = 
,
где r – расстояние от точки (x, y, z) тела V до прямой x = 0, z = 4. Квадрат этого расстояния находится по формуле r2 = x2 + (z – 4)2, поэтому
I = ρ 
= ρ 
=
= ρ 
=
= ρ 
= 
.
Пример 9. Найти координаты центра тяжести однородного тела, ограниченного поверхностями x2 + y2 = z и x + y + z = 0.
Решение
Проекцией данного тела, образованного пересечением плоскости и параболоида вращения на плоскость XOY является область D: x2 + y2 ≤ – x – y, т.е. круг 
.
Поэтому в силу симметрии тела относительно плоскости x= y имеем x0 = y0.
Положим x = rcosφ – 1/2, y = rsinφ – 1/2. Масса данного тела равна
M = ρ = ρ 
=
= ρ 
=
= 2πρ 
= 2πρ 
= 
.
Далее x0 = y0 = 
=
= 
=
= – 
= – ,
z0 = 
= 
=
= 
=
= 
= 
.
Итак, координаты центра тяжести: x0 = y0 = – 
, z0 = 
.
Теория поля
Дата: 2018-12-21, просмотров: 328.
