Масса плоской пластины через двойной интеграл: 3 Приложения двойных интегралов

Содержание

3 Приложения двойных интегралов

3 Приложения двойных интегралов

3.1 Теоретическое введение

Рассмотрим приложения двойного интеграла к решению ряда геометрических задач и задач механики.

3.1.1 Вычисление площади и массы плоской пластины

Рассмотрим тонкую материальную пластину D, расположенную в плоскости Оху. Площадь S этой пластины может быть найдена с помощью двойного интеграла по формуле:

(1)

Пусть в каждой точке пластины задана ее поверхностная плотность γ = γ (x, y) ≥ 0. Будем считать, что функция γ = γ (x, y) непрерывна в области D. Тогда масса m этой пластины равна двойному интегралу от функции плотности γ (x, y) по области D:

(2)

3. 1.2 Статические моменты. Центр масс плоской пластины

Статическим моментом M_x относительно оси Ox материальной точки P(x;y), лежащей в плоскости Oxy и имеющей массу m, называется произведение массы точки на ее ординату, т.е. M_x= my. Аналогично определяется статический момент M_y относительно оси Oy: M_y = mx. Статические моменты плоской пластины с поверхностной плотностью γ = γ (x, y) вычисляются по формулам:

(3)

(4)

Как известно из механики, координаты x_c , y_c центра масс плоской материальной системы определяются равенствами:

(5)

где m – масса системы, а M_x и M_y – статические моменты системы. Масса плоской пластины m определяется формулой (1), статические моменты плоской пластины можно вычислить по формулам (3) и (4). Тогда, согласно формулам (5), получаем выражение для координат центра масс плоской пластины:

(6)

3.2 Содержание типового расчета

Типовой расчет содержит две задачи. В каждой задаче задана плоская пластина D, ограниченная линиями, указанными в условии задачи. Г(x,y) – поверхностная плотность пластины D. Для этой пластины найти: 1. S – площадь; 2. m – массу; 3. M_y , M_x – статические моменты относительно осей Оy и Ох соответственно; 4. , – координаты центра масс.

3.3 Порядок выполнения типового расчета

При решении каждой задачи необходимо: 1. Выполнить чертеж заданной области. Выбрать систему координат, в которой будут вычисляться двойные интегралы. 2. Записать область в виде системы неравенств в выбранной системе координат. 3. Вычислить площадь

S и массу m пластины по формулам (1) и (2). 4. Вычислить статические моменты M_y , M_x по формулам (3) и (4). 5. Вычислить координаты центра масс , по формулам (6). Нанести центр масс на чертеж. При этом возникает визуальный (качественный) контроль полученных результатов. Численные ответы должны быть получены с тремя значащими цифрами.

3.4 Примеры выполнения типового расчета

Задача 1. Пластина D ограничена линиями: y = 4 – x²; х = 0; y = 0 (x ≥ 0; y ≥ 0) Поверхностная плотность γ₀ = 3. Решение. Область, заданная в задаче, ограничена параболой y = 4 – x², осями координат и лежит в первой четверти (рис. 1). Задачу будем решать в декартовой системе координат. Эта область может быть описана системой неравенств:

Рис. 1

Площадь S пластины равна (1): Так как пластина однородная, ее масса m = γ₀S = 3· = 16. По формулам (3), (4) найдем статические моменты пластины: Координаты центра масс находятся по формуле (6): Ответ: S ≈ 5,33; m = 16; M_x = 25,6; M_y = 12; = 0,75; = 1,6.

Задача 2. Пластина D ограничена линиями: х² + у² = 4; х = 0, у = х ( х ≥ 0, у ≥ 0). Поверхностная плотность γ(x,y) = у. Решение. Пластина ограничена окружностью и прямыми, проходящими через начало координат (рис. 2). Поэтому для решения задачи удобно использовать полярную систему координат. Полярный угол φ меняется от π/4 до π/2. Луч, проведенный из полюса через пластину, «входит» в неё при ρ = 0 и «выходит» на окружность, уравнение которой:

х² + у² = 4 <=> ρ = 2.

Рис. 2

Следовательно, заданную область можно записать системой неравенств: Площадь пластины найдем по формуле (1): Массу пластины найдем по формуле (2), подставив γ(x,y) = у = ρ sinφ: Для вычисления статических моментов пластины используем формулы (3) и (4): Координаты центра масс получим по формулам (6): Ответ: S ≈ 1,57; m ≈ 1,886; M_x = 2,57; M_y = 1; = 0,53; = 1,36.

3.5 Оформление отчета

В отчете должны быть представлены все выполненные расчеты, аккуратно выполненные чертежи. Численные ответы должны быть получены с тремя значащими цифрами.

Двойной интеграл с примерами решения и образцами выполнения

Оглавление:

Обобщением определенного интеграла на случай функций двух переменных является так называемый двойной интеграл.

Пусть в замкнутой области D плоскости Оху задана непрерывная функция z = f(x;y). Разобьем область D на п «элементарных областей» площади которых обозначим через а диаметры (наибольшее расстояние между точками области) — через (см. рис. 214).

В каждой области выберем произвольную точку умножим значение функции в этой точке на и составим сумму всех таких произведений:

Эта сумма называется интегральной суммой функции f(x; у) в области D.

Рассмотрим предел интегральной суммы (53.1), когда п стремится к бесконечности таким образом, что Если этот предел существует и не зависит ни от способа разбиения области D на части, ни от выбора точек в них, то он называется двойным интегралом от функции f(x;y) по области D и обозначается

Таким образом, двойной интеграл определяется равенством

В этом случае функция f(x;y) называется интегрируемой в области D; D — область интегрирования; х и у — переменные интегрирования; dx dy (или dS) — элемент площади.

Для всякой ли функции f(x; у) существует двойной интеграл? На этот вопрос отвечает следующая теорема, которую мы приведем здесь без доказательства.

Теорема:

Достаточное условие интегрируемости функции. Если функция z = f(x;y) непрерывна в замкнутой области D, то она интегрируема в этой области.

Замечания:

Далее будем рассматривать только функции, непрерывные в области интегрирования, хотя двойной интеграл может существовать не только для непрерывных функций.
Из определения двойного интеграла следует, что для интегрируемой в области D функции предел интегральных сумм существует и не зависит от способа разбиения области. Таким образом, мы можем разбивать область D на площадки прямыми, параллельными координатным осям (см. рис. 215). При этом равенство (53. 2) можно записать в виде

Геометрический и физический смысл двойного интеграла

Рассмотрим две задачи, приводящие к двойному интегралу. Объем цилиндрического тела

Рассмотрим тело, ограниченное сверху поверхностью, снизу — замкнутой областью D плоскости Оху, с боков — цилиндрической поверхностью, образующая которой параллельна оси Oz, а направляющей служит граница области D (см. рис. 216). Такое тело называется цилиндрическим. Найдем его объем V. Для этого разобьем область D (проекция поверхности z = f(x; у) на плоскость Оху) произвольным образом на п областей , площади которых равны A Рассмотрим цилиндрические столбики с основаниями ограниченные сверху кусками поверхности z = f(x;y) (на рис. 216 один из них выделен). В своей совокупности они составляют тело V. Обозначив объем столбика с основанием через , получим

Возьмем на каждой площадке Di произвольную точку и заменим каждый столбик прямым цилиндром с тем же основанием и высотой Объем этого цилиндра приближенно равен объему цилиндрического столбика, т. е. Тогда получаем:

Это равенство тем точнее, чем больше число п и чем меньше размеры «элементарных областей» ,. Естественно принять предел суммы (53.3) при условии, что число площадок неограниченно увеличивается а каждая площадка стягивается в точку за объем V цилиндрического тела, т. е.

или, согласно равенству (53.2),

Итак, величина двойного интеграла от неотрицательной функции равна объему цилиндрического тела. В этом состоит геометрический смысл двойного интеграла.

Масса плоской пластинки

Требуется найти массу m плоской пластинки D. зная, что ее поверхностная плотность есть непрерывная функция координат точки (х; у). Разобьем пластинку D на п элементарных частей площади которых обозначим через . В каждой области возьмем произвольную точку и вычислим плотность в ней:

Если области D, достаточно малы, то плотность в каждой точке мало отличается от значения Считая приближенно плотность в каждой точке области постоянной, равной , можно найти ее массу Так как масса m всей пластинки D равна Для ее вычисления имеем приближенное равенство

Точное значение массы получим как предел суммы (53.5) при условии

или, согласно равенству (53.2),

Итак, двойной интеграл от функции численно равен массе пластинки, если подынтегральную функцию считать плотностью этой пластинки в точке (х; у). В этом состоит физический смысл двойного интеграла.

Основные свойства двойного интеграла

Можно заметить, что процесс построения интеграла в области D дословно повторяет уже знакомую нам процедуру определения интеграла функции одной переменной на отрезке (см. § 35). Аналогичны и свойства этих интегралов и их доказательства (см. § 38). Поэтому перечислим основные свойства двойного интеграла, считая подынтегральные функции интегрируемыми.

3.Если область D разбить линией на две области такие, что а пересечение состоит лишь из линии, их разделяющей (см. рис. 217), то

4.Если в области D имеет место неравенство то и Если в области D функции f(x;y) и удовлетворяют неравенству то и

6.Если функция f(x;y) непрерывна в замкнутой области D, площадь которой — соответственно наименьшее и наибольшее значения подынтегральной функции в области D.

7.Если функция f(x;y) непрерывна в замкнутой области D, площадь которой S, то в этой области существует такая точка, что Величину

называют средним значением функции f(x; у) в области D.

Вычисление двойного интеграла в декартовых координатах

Покажем, что вычисление двойного интеграла сводится к последовательному вычислению двух определенных интегралов.

Пусть требуется вычислить двойной интеграл где функция непрерывна в области D. Тогда, как это было показано в п. 53.2, двойной интеграл выражает объем цилиндрического тела, ограниченного сверху поверхностью z = f(x;y). Найдем этот объем, используя метод параллельных сечений. Ранее (см. (41.6)) было показано, что

где S(x) — площадь сечения плоскостью, перпендикулярной оси Ох, а х = а, х = b — уравнения плоскостей, ограничивающих данное тело.

Положим сначала, что область D представляет собой криволинейную трапецию, ограниченную прямыми x = a и x = b и кривыми, причем функции непрерывны и таковы, что для всех (см. рис. 218). Такая область называется правильной в направлении оси Оу: любая прямая, параллельная оси Оу, пересекает границу области не более чем в двух точках.

Построим сечение цилиндрического тела плоскостью, перпендикулярной оси

В сечении получим криволинейную трапецию ABCD, ограниченную линиями

(см. рис. 219).

Площадь S(x) этой трапеции находим с помощью определенного интеграла

Теперь, согласно методу параллельных сечений, искомый объем цилиндрического тела может быть найден так:

С другой стороны, в п. 53.2 было доказано, что объем цилиндрического тела определяется как двойной интеграл от функции по области D. Следовательно,

Это равенство обычно записывается в виде

Формула (53.7) представляет собой способ вычисления двойного интеграла в декартовых координатах. Правую часть формулы (53.7) называют двукратным (или повторным) интегралом от функции f(x;y) по области D. При этом называется внутренним интегралом.

Для вычисления двукратного интеграла сначала берем внутренний интеграл, считая х постоянным, затем берем внешний интеграл, т. е. результат первого интегрирования интегрируем по х в пределах от а до b.

Если же область D ограничена прямыми кривыми

для всех т. е. область D — правильная в направлении оси Ох, то, рассекая тело плоскостью у = const, аналогично получим:

Здесь, при вычислении внутреннего интеграла, считаем у постоянным.

Замечания:

Формулы (53.7) и (53.8) справедливы и в случае, когда
Если область D правильная в обоих направлениях, то двойной интеграл можно вычислять как по формуле (53.7), так и по формуле (53.8).
Если область D не является правильной ни «по x», ни «по у», то для сведения двойного интеграла к повторным ее следует разбить на части, правильные в направлении оси Ох или оси Оу.
Полезно помнить, что внешние пределы в двукратном интеграле всегда постоянны, а внутренние, как правило, переменные.

Пример:

Вычислить где область D ограничена линиями у

Решение:

На рисунке 220 изображена область интегрирования D. Она правильная в направлении оси Ох. Для вычисления данного двойного интеграла воспользуемся формулой (53. 8):

Отметим, что для вычисления данного двойного интеграла можно воспользоваться формулой (53.7). Но для этого область D следует разбить на две области: . Получаем:

Ответ, разумеется, один и тот же.

Вычисление двойного интеграла в полярных координатах

Для упрощения вычисления двойного интеграла часто применяют метод подстановки (как это делалось и при вычислении определенного интеграла), т. е. вводят новые переменные под знаком двойного интеграла.

Определим преобразование независимых переменных х и у (замену переменных) как

Если функции (53.9) имеют в некоторой области D* плоскости Ouv непрерывные частные производные первого порядка и отличный от нуля определитель

а функция f(х; у) непрерывна в области D, то справедлива формула замены переменных в двойном интеграле:

Функциональный определитель (53. 10) называется определителем Якоби или якобианом (Г. Якоби — немецкий математик). Доказательство формулы (53.11) не приводим.

Рассмотрим частный случай замены переменных, часто используемый при вычислении двойного интеграла, а именно замену декартовых координат х и у полярными координатами

В качестве инь возьмем полярные координаты Они связаны с декартовыми координатами формулами (см. п. 9.1).

Правые части в этих равенствах — непрерывно дифференцируемые функции. Якобиан преобразования определяется из (53.10) как

Формула замены переменных (53.11) принимает вид:

где D* — область в полярной системе координат, соответствующая области D в декартовой системе координат.

Для вычисления двойного интеграла в полярных координатах применяют то же правило сведения его к двукратному интегралу. Так, если

область D* имеет вид, изображенный на рисунке 221 (ограничена лучами и кривыми где т. е. область D* правильная: луч, выходящий из полюса, пересекает ее границу не более чем в двух точках), то правую часть формулы (53.12) можно записать в виде

Внутренний интеграл берется при постоянном

Замечания:

Переход к полярным координатам полезен, когда подынтегральная функция имеет вид область D есть круг, кольцо или часть таковых.
На практике переход к полярным координатам осуществляется путем замены уравнения линий, ограничивающих область D, также преобразуются к полярным координатам. Преобразование области D в область D* не выполняют, а, совместив декартову и полярную системы координат, находят нужные пределы интегрирования по (исследуя закон изменения точки при ее отождествлении с точкой (х; у) области D).

Пример:

Вычислить где область D — круг

Решение: Применив формулу (53. 12), перейдем к полярным координатам:

Область D в полярной системе координат определяется неравенствами (см. рис. 222) Заметим: область D —круг — преобразуется в область D* — прямоугольник. Поэтому, согласно формуле (53.13), имеем:

Приложения двойного интеграла

Приведем некоторые примеры применения двойного интеграла.

Объем тела

Как уже показано (п. 53.2), объем цилиндрического тела находится по формуле

где z = f(x;y) — уравнение поверхности, ограничивающей тело сверху.

Площадь плоской фигуры

Если положить в формуле (53.4) f(x;y) = 1, то цилиндрическое тело «превратится» в прямой цилиндр с высотой Н = 1. Объем такого цилиндра, как известно, численно равен площади S основания D. Получаем формулу для вычисления площади S области D:

или, в полярных координатах,

Масса плоской фигуры

Как уже показано (п. 53.2), масса плоской пластинки D с переменной плотностью находится по формуле

Статические моменты и координаты центра тяжести плоской фигуры

Статические моменты фигуры D относительно осей Ох и Оу (см. п. 41.6) могут быть вычислены по формулам

а координаты центра масс фигуры по формулам

Моменты инерции плоской фигуры

Моментом инерции материальной точки массы m относительно оси l называется произведение массы m на квадрат расстояния d точки до оси, т. е. Моменты инерции плоской фигуры относительно осей Ох и Оу могут быть вычислены по формулам:

Момент инерции фигуры относительно начала координат — по формуле

Замечание:

Приведенными примерами не исчерпывается применение двойного интеграла. Далее мы встретим приложение двойного интеграла к вычислению площадей поверхностей фигур (п. 57.3).

Пример:

Найти объем тела, ограниченного поверхностями

Решение: Данное тело ограничено двумя параболоидами (см. рис. 223). Решая систему

находим уравнение линии их пересечения:

Искомый объем равен разности объемов двух цилиндрических тел с одним основанием (круг ) и ограниченных сверху соответственно поверхностями Используя формулу (53.4), имеем

Переходя к полярным координатам, находим:

Пример:

Найти массу, статические моменты и координаты центра тяжести фигуры, лежащей в первой четверти, ограниченной эллипсом и координатными осями (см. рис. 224). Поверхностная плотность в каждой точке фигуры пропорциональна произведению координат точки.

Решение: По формуле (53.6) находим массу пластинки. По условию, — коэффициент пропорциональности.

Находим статические моменты пластинки:

Находим координаты центра тяжести пластинки, используя формулы

Двойной интеграл

Смотрите также:

Предмет высшая математика

Решение заданий и задач по предметам:

Математика
Высшая математика
Математический анализ
Линейная алгебра

Дополнительные лекции по высшей математике:

Тождественные преобразования алгебраических выражений
Функции и графики
Преобразования графиков функций
Квадратная функция и её графики
Алгебраические неравенства
Неравенства
Неравенства с переменными
Прогрессии в математике
Арифметическая прогрессия
Геометрическая прогрессия
Показатели в математике
Логарифмы в математике
Исследование уравнений
Уравнения высших степеней
Уравнения высших степеней с одним неизвестным
Комплексные числа
Непрерывная дробь (цепная дробь)
Алгебраические уравнения
Неопределенные уравнения
Соединения
Бином Ньютона
Число е
Непрерывные дроби

Функция
Исследование функций
Предел
Интеграл
Тройной интеграл
Интегрирование
Неопределённый интеграл
Определенный интеграл
Криволинейные интегралы
Поверхностные интегралы
Несобственные интегралы
Кратные интегралы
Интегралы, зависящие от параметра
Квадратный трехчлен
Производная
Применение производной к исследованию функций
Приложения производной
Дифференциал функции
Дифференцирование в математике
Формулы и правила дифференцирования
Дифференциальное исчисление
Дифференциальные уравнения
Дифференциальные уравнения первого порядка
Дифференциальные уравнения высших порядков
Дифференциальные уравнения в частных производных
Тригонометрические функции
Тригонометрические уравнения и неравенства
Показательная функция
Показательные уравнения
Обобщенная степень

Взаимно обратные функции
Логарифмическая функция
Уравнения и неравенства
Положительные и отрицательные числа
Алгебраические выражения
Иррациональные алгебраические выражения
Преобразование алгебраических выражений
Преобразование дробных алгебраических выражений
Разложение многочленов на множители
Многочлены от одного переменного
Алгебраические дроби
Пропорции
Уравнения
Системы уравнений
Системы уравнений высших степеней
Системы алгебраических уравнений
Системы линейных уравнений
Системы дифференциальных уравнений
Арифметический квадратный корень
Квадратные и кубические корни
Извлечение квадратного корня
Рациональные числа
Иррациональные числа
Арифметический корень
Квадратные уравнения
Иррациональные уравнения
Последовательность
Ряды сходящиеся и расходящиеся

Тригонометрические функции произвольного угла
Тригонометрические формулы
Обратные тригонометрические функции
Теорема Безу
Математическая индукция
Показатель степени
Показательные функции и логарифмы
Множество
Множество действительных чисел
Числовые множества
Преобразование рациональных выражений
Преобразование иррациональных выражений
Геометрия
Действительные числа
Степени и корни
Степень с рациональным показателем
Тригонометрические функции угла
Тригонометрические функции числового аргумента
Тригонометрические выражения и их преобразования
Преобразование тригонометрических выражений
Комбинаторика
Вычислительная математика
Прямая линия на плоскости и ее уравнения
Прямая и плоскость
Линии и уравнения
Прямая линия
Уравнения прямой и плоскости в пространстве
Кривые второго порядка

Кривые и поверхности второго порядка
Числовые ряды
Степенные ряды
Ряды Фурье
Преобразование Фурье
Функциональные ряды
Функции многих переменных
Метод координат
Гармонический анализ
Вещественные числа
Предел последовательности
Аналитическая геометрия
Аналитическая геометрия на плоскости
Аналитическая геометрия в пространстве
Функции одной переменной
Высшая алгебра
Векторная алгебра
Векторный анализ
Векторы
Скалярное произведение векторов
Векторное произведение векторов
Смешанное произведение векторов
Операции над векторами
Непрерывность функций
Предел и непрерывность функций нескольких переменных
Предел и непрерывность функции одной переменной
Производные и дифференциалы функции одной переменной
Частные производные и дифференцируемость функций нескольких переменных
Дифференциальное исчисление функции одной переменной
Матрицы
Линейные и евклидовы пространства
Линейные отображения
Дифференциальные теоремы о среднем
Теория устойчивости дифференциальных уравнений
Функции комплексного переменного
Преобразование Лапласа
Теории поля
Операционное исчисление
Системы координат
Рациональная функция
Интегральное исчисление
Интегральное исчисление функций одной переменной
Дифференциальное исчисление функций нескольких переменных
Отношение в математике
Математическая логика
Графы в математике
Линейные пространства
Первообразная и неопределенный интеграл
Линейная функция
Выпуклые множества точек
Система координат

Механические приложения двойного интеграла / Двойной интеграл / 3dstroyproekt.

Будем считать, что $\mathbf { \textit { D } } $ — неоднородная плоская пластина с поверхностной плотностью материала в точке $P$ равной $\mu (P)$. В механике $\mu (P)$ определяется так. Точка $P$ окружается малой областью $\mathbf { \textit { S } } $, находится масса $\mathbf { \textit { m } } (\mathbf { \textit { S } } )$ и площадь этой области { площадь тоже будем обозначать буквой $\mathbf { \textit { S } } $ } и $\mu (P)=\mathop { \lim } \limits_ { diam(S)\to 0 } \frac { m(S) } { S } $.

Для нахождения массы по заданной плотности мы решим обратную задачу. Разобьём $\mathbf { \textit { D } } $ на малые подобласти $\mathbf { \textit { D } } _ { 1 } $, $\mathbf { \textit { D } } _ { 2 } $,$\mathbf { \textit { D } } _ { 3 } , { \ldots } , \mathbf { \textit { D } } _ { n } $, в каждой из подобластей $\mathbf { \textit { D } } _ { i } $ выберем произвольную точку $\mathbf { \textit { P } } _ { i } $, и, считая что в пределах $\mathbf { \textit { D } } _ { i } $ плотность постоянна и равна $\mu (P_i )$, получим, что масса $\mathbf { \textit { D } } _ { i } $ приближённо есть $\mu (P_i )\cdot s(D_i )$, а масса всей пластины $\sum\limits_ { i=1 } ^n { \mu (P_i )\cdot s(D_i ) } $. 2)\cdot \mu (P)ds } =I_x +I_y $ { относительно начала координат } .

Пластина расположена в области (R) и ее плотность в точке ( { \left( { x,y }\right) } ) равна ( { \rho \left( { x,y }\right) } ).

Масса пластины

(m = \large\iint\limits_R\normalsize { \rho \left( { x,y }\right)dA } )

Статические моменты пластины

Момент пластины относительно оси (Ox) определяется формулой

( { M_x } = \large\iint\limits_R\normalsize { y\rho \left( { x,y }\right)dA } )

Аналогично, момент пластины относительно оси (Oy) выражается в виде

( { M_y } = \large\iint\limits_R\normalsize { x\rho \left( { x,y }\right)dA } )

Координаты центра масс пластины

(\bar x = \large\frac { { { M_y } } } { m } \normalsize = \large\frac { 1 } { m } \normalsize \large\iint\limits_R\normalsize { x\rho \left( { x,y }\right)dA } = \large\frac { { \iint\limits_R { x\rho \left( { x,y }\right)dA } } } { { \iint\limits_R { \rho \left( { x,y }\right)dA } } } \normalsize,\;)

(\bar y = \large\frac { { { M_x } } } { m } \normalsize = \large\frac { 1 } { m } \normalsize \large\iint\limits_R\normalsize { y\rho \left( { x,y }\right)dA } = \large\frac { { \iint\limits_R { y\rho \left( { x,y }\right)dA } } } { { \iint\limits_R { \rho \left( { x,y }\right)dA } } } \normalsize ).

1 } = { 2\pi \left( { \frac { 1 } { 2 } + \frac { 1 } { 4 } }\right) } = { \frac { { 3\pi } } { 2 } \;\left( { \text { Кл } }\right). } $

Вычисление поверхностного интеграла первого рода

Определение двойного интеграла

Класс Te . Теорема о замкнутости Te

Замена переменных в тройном интеграле

Поверхностный интеграл второго рода и его свойства

Класс M. Теорема о замкнутости класса M

Вычисление двойного интеграла. Двукратный интеграл

Функции k-значной логики. Элементарные функции. Лемма об аналоге правила де Моргана

Замыкание. Свойства замыкания. Теорема о сведении к заведомо полной системе

Свойства криволинейного интеграла второго рода

Формула Гаусса — Остроградского

Линейный интеграл и циркуляция векторного поля

Вычисление криволинейного интеграла второго рода. Примеры.

Гармонические поля

Огравление $\Rightarrow $

23 сентября 2016, 09:42 проектирование км, кмд, кж Двойной интеграл 0 13049 0

Физические приложения двойного интеграла.

Заглавная страница
Избранные статьи
Случайная статья
Познавательные статьи
Новые добавления
Обратная связь

КАТЕГОРИИ:

Археология
Биология
Генетика
География
Информатика
История
Логика
Маркетинг
Математика
Менеджмент
Механика
Педагогика
Религия
Социология
Технологии
Физика
Философия
Финансы
Химия
Экология

ТОП 10 на сайте

Приготовление дезинфицирующих растворов различной концентрации

Техника нижней прямой подачи мяча.

Франко-прусская война (причины и последствия)

Организация работы процедурного кабинета

Смысловое и механическое запоминание, их место и роль в усвоении знаний

Коммуникативные барьеры и пути их преодоления

Обработка изделий медицинского назначения многократного применения

Образцы текста публицистического стиля

Четыре типа изменения баланса

Задачи с ответами для Всероссийской олимпиады по праву

Мы поможем в написании ваших работ!

ЗНАЕТЕ ЛИ ВЫ?

Влияние общества на человека

Приготовление дезинфицирующих растворов различной концентрации

Практические работы по географии для 6 класса

Организация работы процедурного кабинета

Изменения в неживой природе осенью

Уборка процедурного кабинета

Сольфеджио. Все правила по сольфеджио

Балочные системы. Определение реакций опор и моментов защемления

⇐ ПредыдущаяСтр 4 из 7Следующая ⇒

Пусть D – плоская пластина, лежащая в плоскости Оху с поверхностной плотностью ρ(х,у). Тогда:

1. массу m пластинки находят по формуле

(10)

2. статические моменты и пластинки относительно координатных осей находят по формулам

(11)

3.кординаты центра тяжести и пластинки – по формулам

(12)

4. Моменты инерции , и пластинки соответственно относительно координатных осей Ох и Оу и начала координат находят по формулам

(13)

(14)

Для однородных пластинок поверхностная плотность . В некоторых задачах для простоты полагают .

Пример 1. Найти массу круглой пластины D с поверхностной плотностью ρ(х,у)=3-х—у.

Решение: Массу пластины вычисляем по формуле (10):

Поскольку пластина является круглой, вначале в двойном интеграле переходим к полярным координатам, а затем при вычислении внутреннего интеграла учитываем тот факт, что интеграл по периоду от тригонометрических функций равен нулю.

Пример 2. Найти статический момент однородного прямоугольника со сторонами а и b относительно стороны а, считая, что прямоугольник лежит в плоскости Оху.

Решение: Поместим начало координат в одну из вершин прямоугольника так, чтобы ось Ох совпадала со стороной а, а ось Оу – со стороной b. Статический

момент прямоугольника относительно стороны а будет равен статическому моменту относительно оси Ох. По первой из формул (11) получаем:

Пример 3. Найти координаты центра тяжести однородной пластины плотности , ограниченной параболой и прямой х+у=2.

Решение: Чертеж области приведен на рис.27. Найдем абсциссы точек пересечения графиков. Из системы получаем и . Тогда масса пластины вычисляется по формуле:

Рис.27.

Вычислим статические моменты пластины относительно координатных осей

Теперь вычисляем по формулам (12) координаты центра тяжести пластины:

Пример 4. Вычислить моменты инерции однородного треугольника со сторонами х+у=1, х+2у=2 , у=0, относительно координатных осей.

Решение: Треугольник приведен на рис 28. Моменты инерции относительно осей вычисляем по формулам (13):

Рис.28

Пример 5. Найти момент инерции однородной области, ограниченной лемнискатой относительно начала координат.

Решение: Полярный момент инерции вычисляем по формуле (14), при этом в двойном интеграле перейдем к полярным координатам. В результате уравнение лемнискаты в полярных координатах принимает вид , а координата (рис. 29). Тогда получаем:

Рис.29.

1.7. Задачи для самостоятельного решения:

Вычислить двойной интеграл:

1. , где D – прямоугольник .

2. , где D — ограниченна параболой и прямой у=х.

3. , D ограничена линиями , х=0, 2у=3х.

Двойной интеграл представить в виде повторного двумя способами:

4. D – треугольник с вершинами А(-1,-1), В(1,3), С(2,-4).

5. D – параллелограмм с вершинами А(-3,1), В(2,1), С(6,4), D(1,4).

6. D ограничена линиями , .

7. D ограничена линиями .

Изменить порядок интегрирования в повторном интеграле:

8. 9.

10. 11.

12. 13.

14. 15.

Выбирая подходящие замены переменных, вычислить двойные интегралы:

16. , где D ограничена линиями , у=х+1, у=х-3.

17. , где D – параллелограмм со сторонами у=х, у=х+3, у=-2х+1, у=-2х+5.

18. , D ограничена кривыми , ху=p, ху=q (0<a<b, 0<p<q).

В двойном интеграле перейти к полярным координатам r и φ (х=rcosφ, y=rsinφ) и расставить пределы интегрирования:

19. D – круг .

20. D – область, ограниченная окружностями и прямыми у=х и у=2х.

21. D –область, ограниченная прямыми у=х, у=-х и у=1.

22. D – общая часть кругов и .

Вычислить двойной интеграл, переходя к полярным координатам:

23. .

24. , D ограничена лемнискатой .

25. , где D – круг .

26. , где D – четверть круга .

Вычислить площади фигур, ограниченных кривыми:

27. , у=х. 28. , .

29., ху=4, х+у-5=0. 30. , х+у=а

31. , у=х, у=0. 32. , у=-1, у=-х.

33. . 34. .

Вычислить объем тела, ограниченного поверхностями:

35. . 36. .

37. .

38.

39. Найти площадь части плоскости , лежащей в первом октанте.

40. Найти площадь части поверхности параболоида , отсекаемой цилиндром и плоскостью х=3а.

41. Найти массу пластинки, ограниченной кривыми , если ее плотность равна ρ(х,у)=х+2у.

42. Вычислить координаты центра тяжести фигуры, ограниченной кардиоидой .

43. Найти координаты центра тяжести однородной пластики, ограниченной параболой и прямой у=2 (а>0).

44. Найти координаты центра тяжести однородной пластинки, ограниченной окружностью и двумя радиусами у=0 и у=хtgα .

45. Найти статический момент однородного полукруга радиуса R, лежащего в плоскости Оху, относительно диаметра.

46. Найти статические моменты относительно осей Ох и Оу однородной пластины, ограниченной кардиоидой и полярной осью.

47. Найти статические моменты однородной пластины, ограниченной кривой y=sinx и прямой ОА, проходящей через начало координат и точку ( ,относительно осей Ох и Оу.

48. Найти моменты инерции прямоугольника ОАСВ со сторонами ОА=а и ОВ=b относительно вершины О и сторон ОА и ОВ, если его плотность равна расстоянию до стороны ОВ, считая, что прямоугольник лежит в плоскости Оуz.

49. Найти моменты инерции однородной пластины, ограниченной эллипсом , относительно осей Ох, Оу и относительно начала координат.

50. Найти полярный момент инерции однородной фигуры, ограниченной кардиоидой .

Глава 2. ТРОЙНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ.

⇐ Предыдущая1234567Следующая ⇒

Читайте также:

Психологические особенности спортивного соревнования

Приготовление дезинфицирующих растворов различной концентрации

Занятость населения и рынок труда

Социальный статус семьи и её типология

Последнее изменение этой страницы: 2016-04-26; просмотров: 4406; Нарушение авторского права страницы; Мы поможем в написании вашей работы!

infopedia. su Все материалы представленные на сайте исключительно с целью ознакомления читателями и не преследуют коммерческих целей или нарушение авторских прав. Обратная связь — 176.9.44.166 (0.014 с.)

VI.3. Некоторые приложения двойного интеграла

(схема 42)

1. Вычисление объема тела

Пусть функция f(x;y) ≥ 0. Рассмотрим тело, ограниченное поверхностью z = f(x;y), плоскостью z=0 и цилиндрической поверхностью, образующие которой параллельны оси 0z, а направляющей служит граница области D. Как было показано выше, согласно формуле (6.3) объем данного тела равен

(6. 18)

Пример 6.9. Вычислить объём тела, ограниченного параболоидом z= x²+y²+1, плоскостью x+y –3=0 и координатными плоскостями.

Решение. Основанием тела служит треугольник ОАВ. Область D в данном случае определяется неравенствами:

. Заметим, что тело, заданное по условию, аналогично телу, изображенному на рисунке 6.6 (пример 6.5). Следовательно, используя формулу (6.18), получим:

2. Вычисление площади плоской фигуры

Если положить в формуле (6.18) f(x,y)=1, то цилиндрическое тело «превратится» в прямой цилиндр с высотой h=1. Объем такого цилиндра,

как известно, численно равен площади S основания D. Получаем формулу для вычисления площади S области D:

(6. 19)

или, в полярных координатах,

(6.20)

Пример 6.10. Вычислить площадь фигуры, ограниченной прямой y=2x+1 и параболой y=x²+1.

Решение. Решая совместно систему

, находим точки пересечения этих линий: A(0;1) и B(2;5).

Применяя формулу (6.19), будем иметь:

Пример 6.11. Вычислить площадь фигуры ограниченной лемнискатой

(рис. 6.9).

Решение. Переходим к полярной системе координат, полагая x=r cosφ и y=r sinφ; тогда получаем

. В силу симметрии кривой относительно координатных осей можно вычислить сначала ту часть, которая расположена первой четверти. В этом случае угол φ будет изменяться от 0 до, а радиус r от 0 до . По формуле (6.20) получим:

3. Вычисление массы плоской фигуры (пластины)

Масса плоской пластинки D с переменной плотностью γ=γ(x,y) находится по формуле

. (6.21)

4. Определение статических моментов и координат центра тяжести плоской фигуры

Статические моменты фигуры D относительно осей 0x и 0y могут быть вычислены по формулам

; (6. 22)

а координаты центра масс фигуры – по формулам

. (6.23)

Статические моменты широко используются в сопротивлении материалов и других технических науках.

5. Определение моментов инерции плоской фигуры

Моментом инерции материальной точки массы m относительно оси l называется произведение массы m на квадрат расстояния d точки до оси, т.е. . Моменты инерции плоской фигуры относительно 0x и 0y могут быть вычислены по формулам:

(6.24)

Момент инерции фигуры относительно начала координат – по формуле

. (6. 25)

Пример 6.12. Найти массу, статические моменты и координаты центра тяжести фигуры, лежащей в первой четверти, ограниченной эллипсом и координатными осями. Поверхностная плотность в каждой точке фигуры пропорциональна произведению координат точки.

Решение. По формуле (6.21) находим массу пластины. По условию, γ=γ(x,y)=k∙xy, где k – коэффициент пропорциональности.Тогда

Находим статические моменты пластинки по формулам (6.22):

Находим координаты центра тяжести пластинки, используя формулы (6.23):

6. Поверхностный интеграл I рода

Обобщением двойного интеграла является поверхностный интеграл. Пусть в трехмерном пространстве Оxyz в точках некоторой поверхности площади S определена непрерывная функция u = f (x;y;z). Разобьем поверхность на конечное число n частей S_i, площади которых равны ∆S_i, а диаметры – d_i, . Выберем в каждой части S_i произвольную точку M_i(x_i;y_i;z_i) и составим сумму произведений вида

. (6.26)

Она называется интегральной суммой для функции f(x;y;z) по поверхности S. Если при интегральная сумма (6.26) имеет предел, который не зависит ни от способа разбиения поверхности S, ни от выбора точек M_i(x_i;y_i;z_i), то он называется поверхностным интегралом I рода от функции f(x;y;z) по поверхности S и обозначается . Следовательно,

. (6.27)

Теорема 6.3 (о существовании поверхностного интеграла). Если поверхность S гладкая (в каждой ее точке существует касательная плоскость, которая непрерывно меняется с перемещением точки по поверхности), а функция f(x;y;z) непрерывна на этой поверхности, то поверхностный интеграл существует

Формула (6.28)

выражает интеграл по поверхности S через двойной интеграл по проекции S на плоскость x0y. Отметим, что если поверхность S задана уравнением вида y=y(x;z) или x=x(y;z), то аналогично получим:

и (6. 29)

, (6.30)

где D₁ и D₂ – проекции поверхности S на координатные плоскости xОz и yОz соответственно.

Пример 6.13. Вычислить , где S – часть цилиндрической поверхности , отсеченной плоскостями z = 0 и z = 3.

Решение. Из уравнения заданной цилиндрической поверхности выразим и учтём, что при x = 0 в плоскости xОy: . Так как частные производные равны , то согласно формуле (6.30), имеем

Приведем некоторые примеры применения поверхностного интеграла I рода.

6.1. Площадь поверхности

Если поверхность S задана уравнением z = f(x;y), a ее проекция на плоскость x0y есть область D, в которой z = f(x;y), z_x(x;y) и z_y(x;y) – непрерывные функции, то ее площадь S вычисляется по формуле:

. (6.31)

Пример 6.14. Вычислить площадь части плоскости x+y+z=4, вырезаемой цилиндром x²+y² =4 (рис. 6.10).

Решение. Применим формулу (6.31). Область интегрирования D есть круг радиуса r=2. Находим частные производные и заданной функции z=4 – x – y:

. Тогда .

Чтобы вычислить этот интеграл, введём полярные координаты. Область D определяется: . Следовательно,

Кроме того, поверхностный интеграл применяют для вычисления массы, координат центра масс, моментов инерции материальных поверхностей с известной поверхностной плотностью распределения массы γ=γ(x;y;z). Все эти величины определяются одним и тем же способом:

– данную область разбивают на конечное число мелких частей;

– делают для каждой такой части предположения, упрощающие задачу;

– находят приближенное значение искомой величины;

– переходят к пределу при неограниченном измельчении разбиения области.

Проиллюстрируем описанный способ на примере определения массы материальной поверхности.

6.2. Масса поверхности

Пусть плотность распределения массы материальной поверхности есть γ=γ(x;y;z). Для нахождения массы поверхности:

1. Разбиваем поверхность S на n частей S_i, , площадь которых обозначим ∆S_i.

2. Выберем произвольную точку M_i(x_i;y_i;z_i) в каждой области S_i. Предполагаем, что в переделах области S_i плотность постоянна и равна её

значению в точке M_i.

3. Масса m_i области S_iмало отличается от массы γ(x_i;y_i;z_i)∙∆S_i однородной области с постоянной полностью γ= γ(x_i;y_i;z_i).

4. Суммируя m_i по всей области, получаем:.

5. За точное значение массы материальной поверхности S принимается предел, к которому стремится полученное приближенное значение при стремлении к нулю диаметров областей S_i, то есть

. (6.32)

6.3. Моменты и центр тяжести поверхности. Статические моменты, координаты центра тяжести, моменты инерции материальной поверхности S находятся по соответствующим формулам:

Пример 6. 15. Вычислить координаты центра тяжести однородной поверхности параболоида z=x²+y², ограниченной плоскостью z=1.

Решение. Вершина заданного параболоида совпадает с началом координат. Так как поверхность однородная (постоянная плотность массы), то, основываясь на ее симметрии, можно сделать вывод, что центр тяжести расположен на оси 0z. Тогда x_c=0, y_c=0 и по формуле (6.36) аппликата. Пересечем параболоид поверхностью z=1, спроектируем линию пересечения на плоскость x0y – получим окружность x²+y²=1 в качестве области D. Вычислим элемент поверхности параболоида z=x²+y² по формуле (6.31), учитывая, что:

Аналогично, переходя к полярным координатам на плоскости x0y, получим:

Таким образом,, то есть центр тяжести заданного параболоида, ограниченного плоскостью z=1, находится в точке (0;0;1) и совпадает с точкой пересечения поверхности с плоскостью

Вопросы для самопроверки

Лекции кратные интегралы, двойной интеграл

Скачать с Depositfiles

Лекции 5-6

Тема2. Кратные интегралы.

Двойной интеграл.

Контрольные вопросы.

1. Двойной интеграл, его геометрический и физический смысл

2. Свойства двойного интеграла.

3. Вычисление двойного интеграла в декартовых координатах.

4. Замена переменных в двойном интеграле. Вычисление двойного интеграла в полярных координатах.

Замечание. Ниже будем считать все рассматриваемые кривые кусочно-гладкими. Диаметром замкнутой ограниченной области будем называть наибольшее из расстояний между двумя точками границы этой области

Пусть функция z = f(x,y) определена в ограниченной замкнутой области D плоскости. Разобьём область D произвольным образом на nэлементарных замкнутых областей ₁, … ,_n, имеющих площади ₁, …, _n и диаметры d₁, …, d_nсоответственно. Обозначим d наибольший из диаметров областей ₁, … ,_n . В каждой области _k выберем произвольную точку P_k(x_k ,y_k) и составим интегральную сумму функции f(x,y)

S = (1)

Определение. Двойным интегралом функции f(x,y) по области D называется предел интегральной суммы

, (2)

если он существует.

Замечание. Интегральная сумма S зависит от способа разбиения области D и выбора точек P_k (k=1, …, n). Однако, предел , если он существует, не зависит от способа разбиения области D и выбора точек P_k .

Достаточное условие существования двойного интеграла. Двойной интеграл (1) существует, если функция f(x,y) непрерывна в D за исключением конечного числа кусочно-гладких кривых и ограничена в D. В дальнейшем будем считать, что все рассматриваемые двойные интегралы существуют.

Геометрический смысл двойного интеграла.

Если f(x,y) ≥0 в области D, то двойной интеграл (1) равен объему «цилиндрического” тела, изображенного на рисунке:

V = (3)

Цилиндрическое тело ограничено снизу областью D, сверху  частью поверхности z=f(x,y), с боков  вертикальными отрезками прямых, соединяющих границы этой поверхности и области D.

Физический смысл двойного интеграла. Масса плоской пластины.

Пусть задана плоская пластина D с известной функцией плотности γ(х,у), тогда разбивая пластину D на части D_i и выбирая произвольные точки , получим для массы пластины , или, сравнивая с формулой (2):

(4)

4. Некоторые свойства двойного интеграла.

Линейность. Если С – числовая константа, то

Аддитивность. Если область D «разбита” на области D₁ и D₂, то

3) Площадь ограниченной области D равна

(5)

Вычисление двойного интеграла в декартовых координатах.

Рисунок 1

D = {(x, y): a ≤ x ≤ b, φ₁(x) ≤ y≤ φ₂(x)} (6)

Область D заключена в полосе между прямыми x = a, y = b, снизу и сверху ограничена соответственно кривыми y = φ₁(x) и y = φ₂(x) .

Двойной интеграл (1) по области D (4) вычисляется переходом к повторному интегралу:

(7)

Этот повторный интеграл вычисляется следующим образом. Сначала вычисляется внутренний интеграл

по переменной y, при этом x считается постоянной. В результате получится функция от переменной x, а затем вычисляется «внешний” интеграл от этой функции по переменной x.

Замечание. Процесс перехода к повторному интегралу по формуле (7) часто называют расстановкой пределов интегрирования в двойном интеграле. При расстановке пределов интегрирования нужно помнить два момента. Во-первых, нижний предел интегрирования не должен превышать верхнего, во-вторых, пределы внешнего интеграла должны быть константами, а внутреннего должны в общем случае зависеть от переменной интегрирования внешнего интеграла.

Пусть теперь область D имеет вид

D = { (x, y) : c ≤ y ≤ d, ψ₁(y) ≤ x ≤ ψ₂(y) } . (8)

Тогда

. (9)

Предположим, что область D можно представить в виде (6) и (8) одновременно. Тогда имеет место равенство

(10)

Переход од одного повторного интеграла к другому в равенстве (10) называется изменением порядка интегрирования в двойном интеграле.

Примеры.

1) Изменить порядок интегрирования в интеграле

Решение. По виду повторного интеграла находим область

D = {(x, y): 0 ≤ x ≤ 1, 2x ≤ y≤ 2} .

Изобразим область D. По рисунку видим, что эта область расположена в горизонтальной полосе между прямыми y=0, y=2 и между линиями x =0и x = y  2. Это значит, что

D = {(x, y): 0 ≤ y ≤ 2, 0 ≤ x≤ y/2} .

Тогда по формуле (10) получаем

2)Вычислить интеграл где D  область из примера 1.

Решение. Расставим пределы интегрирования в интеграле подобно примеру 1:

Вычислим внутренний интеграл по переменной y, считая x константой:

Теперь вычислим внешний интеграл по x:

Замена переменных в двойном интеграле.

Иногда для упрощения вычислений делают замену переменных:

, (11)

Если функции (11) непрерывно дифференцируемы и определитель (Якобиан) отличен от нуля в рассматриваемой области:

(12)

то: (13)

15.6: Расчет центров масс и моментов инерции

Последнее обновление
Сохранить как PDF

Идентификатор страницы
2614

Гилберт Стрэнг и Эдвин «Джед» Герман
ОпенСтакс

Цели обучения

Использование двойных интегралов для определения центра масс двумерного объекта.
Используйте двойные интегралы, чтобы найти момент инерции двумерного объекта.
Используйте тройные интегралы для определения центра масс трехмерного объекта.

Мы уже обсудили несколько применений кратных интегралов, таких как нахождение площадей, объемов и среднего значения функции в ограниченной области. В этом разделе мы разрабатываем вычислительные методы для нахождения центра масс и моментов инерции нескольких типов физических объектов, используя двойные интегралы для пластины (плоской пластины) и тройные интегралы для трехмерного объекта с переменной плотностью. Плотность обычно считается постоянным числом, когда пластинка или объект однородны; то есть объект имеет однородную плотность.

Центр масс в двух измерениях

Центр масс также известен как центр тяжести, если объект находится в однородном гравитационном поле. Если объект имеет однородную плотность, центр масс является геометрическим центром объекта, который называется центроидом. На рисунке $\PageIndex{1}$ показана точка $P$ как центр масс пластинки. Пластинка идеально сбалансирована относительно своего центра масс.

Рисунок $\PageIndex{1}$: Пластинка идеально сбалансирована на шпинделе, если центр масс пластинки находится на шпинделе.

Чтобы найти координаты центра масс $P(\bar{x},\bar{y})$ пластинки, нужно найти момент $M_x$ пластинки относительно $ x$-ось и момент $M_y$ относительно $y$-оси. Нам также нужно найти массу $m$ пластинки. Тогда

\[\bar{x} = \dfrac{M_y}{m} \nonumber \]

\[\bar{y} = \dfrac{M_x}{m}. \nonumber \]

Обратитесь к разделу «Моменты и центры масс» за определениями и методами одинарного интегрирования для нахождения центра масс одномерного объекта (например, тонкого стержня). Мы собираемся использовать аналогичную идею здесь, за исключением того, что объект представляет собой двумерную пластинку, и мы используем двойной интеграл.

Если мы допускаем постоянную функцию плотности, то $\bar{x} = \dfrac{M_y}{m}$ и $\bar{y} = \dfrac{M_x}{m}$ дают центроид пластинки.

Предположим, что пластинка занимает область $R$ в $xy$-плоскости, и пусть $\rho (x,y)$ — ее плотность (в единицах массы на единицу площади) в любой точка $(х,у)$. Следовательно,

\[\rho(x,y) = \lim_{\Delta A \rightarrow 0} \dfrac{\Delta m}{\Delta A} \nonumber \]

, где $\Delta m$ и $\Delta A$ — масса и площадь маленького прямоугольника, содержащего точку $(x,y)$, и предел берется, когда размеры прямоугольника идут к $0$ (см. следующий рисунок). 9{x=3} = \dfrac{27}{8}. \nonumber \]

Расчет прост и дает ответ $m = \dfrac{27}{8} \, кг$.

Упражнение $\PageIndex{1}$

Рассмотрим ту же область $R$, что и в предыдущем примере, и используем функцию плотности \(\rho (x,y) = \sqrt{xy}\ ). Найдите общую массу.

Ответить: $\dfrac{9\pi}{8} \, кг$

Теперь, когда мы установили выражение для массы, у нас есть инструменты, необходимые для вычисления моментов и центров масс. Момент $M_z$ относительно оси $x$ для $R$ является пределом сумм моментов областей $R_{ij}$ относительно оси $x$ . Отсюда 92 y \, dy \, dx = \dfrac{81}{20}, \nonumber \]

Расчет довольно прост.

Упражнение $\PageIndex{2}$

Рассмотрим ту же пластинку $R$, что и выше, и используем функцию плотности $\rho (x,y) = \sqrt{xy}$. Найдите моменты $M_x$ и $M_y$.

Ответить: $M_x = \dfrac{81\pi}{64}$ и $M_y = \dfrac{81\pi}{64}$

Наконец, мы готовы переформулировать выражения для центра масс в виде интегралов. Обозначим x -координата центра масс через $\bar{x}$ и y -координата через $\bar{y}$. В частности,

\[\bar{x} = \dfrac{M_y}{m} = \dfrac{\iint_R x\rho (x,y) \,dA}{\iint_R \rho (x,y)\, dA} \nonumber \]

\[\bar{y} = \dfrac{M_x}{m} = \dfrac{\iint_R y\rho (x,y) \,dA}{\iint_R \rho (x,y)\,dA} \nonumber \]

Пример $\PageIndex{3}$: центр масс

Снова рассмотрим ту же треугольную область $R$ с вершинами $(0,0 ), \, (0,3), \, (3,0)$ и с функцией плотности $\rho (x,y) = xy$. Найдите центр масс.

Решение

Используя разработанные нами формулы, имеем

\[\bar{x} = \dfrac{M_y}{m} = \dfrac{\iint_R x\rho (x,y) \,dA }{\iint_R \rho (x,y)\,dA} = \dfrac{81/20}{27/8} = \dfrac{6}{5}, \nonumber \]

\[\bar{y } = \dfrac{M_x}{m} = \dfrac{\iint_R y\rho (x,y) \,dA}{\iint_R \rho (x,y)\,dA} = \dfrac{81/20} {27/8} = \dfrac{6}{5}. \nonumber \]

Следовательно, центром масс является точка $\left(\dfrac{6}{5},\dfrac{6}{5}\right).$

Анализ

Если мы выберем плотность $\rho(x,y)$ вместо того, чтобы она была равномерной по всей области (т. е. постоянной), такой как значение 1 (подойдет любая константа), то мы можем вычислить центроид,

\[x_c = \dfrac{M_y}{m} = \dfrac{\iint_R x \, dA}{\iint_R \,dA} = \dfrac{9/2}{9/2} = 1 , \nonumber \]

\[y_c = \dfrac{M_x}{m} = \dfrac{\iint_R y \, dA}{\iint_R \,dA} = \dfrac{9/2}{9/2} = 1. \nonumber \]

Обратите внимание, что центр масс $\left(\dfrac{6}{5},\dfrac{6}{5}\right)$ не совпадает с центром тяжести $(1,1)$ треугольной области. Это связано с переменной плотностью $R$. Если плотность постоянна, то мы просто используем $\rho(x,y) = c$ (константа). Это значение исключается из формул, поэтому при постоянной плотности центр масс совпадает с центром тяжести пластинки.

Упражнение $\PageIndex{3}$

Снова используйте ту же область $R$, что и выше, и функцию плотности $\rho (x,y) = \sqrt{xy}$. Найдите центр масс.

Ответить: $\bar{x} = \dfrac{M_y}{m} = \dfrac{81\pi/64}{9\pi/8} = \dfrac{9}{8}$ и $\bar {y} = \dfrac{M_x}{m} = \dfrac{81\pi}{9\pi/8} = \dfrac{0}{8}$.

Еще раз, основываясь на комментариях в конце примера $\PageIndex{3}$, у нас есть выражения для центроида области на плоскости:

\[x_c = \dfrac{M_y}{m} = \dfrac{\iint_R x \, dA}{\iint_R \,dA} \, \text{and} \, y_c = \dfrac{M_x}{m } = \dfrac{\iint_R y \, dA}{\iint_R \,dA}. \nonumber \]

Мы должны использовать эти формулы и проверить центр тяжести треугольной области R, упомянутой в последних трех примерах. 2\) в интервале $0 \leq x \leq 2$ (см. следующий рисунок). 92} х(х + у) \,dy \, dx = \dfrac{176}{15}. \nonumber \]

Наконец, оцените центр масс,

\[\bar{x} = \dfrac{M_y}{m} = \dfrac{\iint_R x \rho (x,y) \,dA} {\iint_R \rho (x,y)\,dA} = \dfrac{176/15}{36/5} = \dfrac{44}{27}, \nonumber \]

\[\bar{y} = \dfrac{M_x}{m} = \dfrac{\iint_R y \rho (x,y) \,dA}{\iint_R \rho (x,y)\,dA} = \dfrac{80/7}{ 36/5} = \dfrac{100}{63}. \nonumber \]

Следовательно, центр масс равен $(\bar{x},\bar{y}) = \left(\dfrac{44}{27}, \dfrac{100}{63} \right )$. 92 + 1)\справа). \nonumber \]

Упражнение $\PageIndex{5}$

Вычислить центр тяжести области между кривыми $y = x$ и $y = \sqrt{x}$ с равномерной плотностью интервал $0 \leq x \leq 1$.

Ответить: $x_c = \dfrac{M_y}{m} = \dfrac{1/15}{1/6} = \dfrac{2}{5}$ и $ y_c = \dfrac{M_x}{m} = \dfrac{1/12}{1/6} = \dfrac{1}{2}$

Моменты инерции

Для ясного понимания того, как вычислять моменты инерции с помощью двойных интегралов, нам нужно вернуться к общему определению в разделе $6. *) \Delta A$. Момент инерции связан с вращением массы; в частности, он измеряет тенденцию массы сопротивляться изменению вращательного движения вокруг оси. 92\), где $r$ — расстояние частицы от оси, также известное как радиус вращения .

Следовательно, радиусы вращения относительно оси $x$, оси $y$ и начала координат равны

\[R_x = \sqrt{\dfrac{I_x}{m}}, \, R_y = \sqrt{\dfrac{I_y}{m}}, \, и \, R_0 = \sqrt{\dfrac{I_0}{m}}, \nonumber \]

соответственно. В каждом случае радиус вращения говорит нам, как далеко (перпендикулярное расстояние) от оси вращения может быть сосредоточена вся масса объекта. Моменты объекта полезны для получения информации о балансе и крутящем моменте объекта относительно оси, но радиусы вращения используются для описания распределения массы вокруг его центральной оси. Есть много приложений в технике и физике. Иногда необходимо найти радиус вращения, как в следующем примере.

Пример $\PageIndex{7}$: нахождение радиуса вращения треугольной пластинки

Рассмотрим ту же треугольную пластинку $R$ с вершинами $(0,0), \, (2,2 )$ и $(2,0)$ и с плотностью $\rho(x,y) = xy$, как в предыдущих примерах. Найдите радиусы вращения относительно оси $x$, оси $y$ и начала координат.

Решение

Если мы вычислим массу этой области, то найдем, что $m = 2$. Мы нашли моменты инерции этой пластинки в примере $\PageIndex{4}$. Из этих данных радиусы вращения относительно оси $x$, оси $y$ и начала координат равны соответственно

\[\begin{align} R_x = \sqrt{\dfrac{I_x}{m}} = \sqrt{\dfrac{8/3}{2}} = \sqrt{\dfrac{8}}{6} } = \dfrac{2\sqrt{3}}{3},\\R_y = \sqrt{\dfrac{I_y}{m}} = \sqrt{\dfrac{16/3}{2}} = \sqrt {\ dfrac {8} {3}} = \ dfrac {2 \ sqrt {6}} {3}, \\ R_0 = \ sqrt {\ dfrac {I_0} {m}} = \ sqrt {\ dfrac {8} {2}} = \sqrt{4} = 2.\end{align} \nonumber \]

Упражнение $\PageIndex{7}$

Используйте тот же регион $R$ из примера $\ PageIndex{7}$ и функцию плотности $\rho (x,y) = \sqrt{xy}$. Найдите радиусы вращения относительно оси $x$, оси $y$ и начала координат. 92з\). Найдите центр масс.

Подсказка: Убедитесь, что $M_{xy} = \dfrac{27}{35}, \, M_{xz} = \dfrac{243}{140},$ и $M_{yz} = \dfrac{81} {35}$. Затем используйте $m$ из предыдущего контрольного вопроса.

Ответить: $\left(\dfrac{3}{2}, \dfrac{9}{8}, \dfrac{1}{2}\right)$

Завершим этот раздел примером нахождения моментов инерции $I_x, \, I_y$ и $I_z$. 92 yz\) (см. рисунок $\PageIndex{7}$). Найти моменты инерции тетраэдра $Q$ относительно плоскостей $yz$, $xz$ и $xy$-плоскостей.

Решение

Опять же, мы можем почти сразу написать пределы интегрирования и, следовательно, мы можем быстро перейти к оценке моментов инерции. Используя приведенную выше формулу, моменты инерции тетраэдра $Q$ относительно плоскости $yz$, плоскости $xz$ и плоскости $xy$ равны

92з\). Найдите моменты инерции относительно трех координатных плоскостей.

Ответить: Моменты инерции тетраэдра $Q$ относительно плоскости $yz$, плоскости $xz$ и плоскости $xy$ равны $99/35, \, 36/7$ и $243/35$ соответственно.

Ключевые понятия

Нахождение массы, центра масс, моментов и моментов инерции в двойных интегралах:

Для пластины $R$ с функцией плотности $\rho (x,y)$ в любой точке $(x,y)$ плоскости масса равна \[m = \iint_R \rho (x,y) \,dA. \номер\] 92) \rho(x,y) \,dA. \номер\]

Нахождение массы, центра масс, моментов и моментов инерции в тройных интегралах:

Для твердого тела $Q$ с функцией плотности $\rho(x,y,z)$ при любая точка $(x,y,z)$ в пространстве имеет массу \[m = \iiint_Q \rho (x,y,z) \,dV. \номер\]
Моменты относительно плоскости $xy$, плоскости $xz$ и плоскости $yz$ равны \[M_{xy} = \iiint_Q z\rho (x,y,z )\,dV, \, M_{xz} = \iiint_Q y\rho (x,y,z)\,dV, \, M_{yz} = \iiint_Q x\rho (x,y,z)\,dV \номер\] 9*) \,\Delta A = \iint_R x\rho(x,y)\,dA \nonumber \]
Центр масс пластинки \[\bar{x} = \dfrac{M_y}{m} = \dfrac{\iint_R x\rho (x,y) \,dA}{\iint_R \rho (x ,y) \,dA} \, и \, \bar{y} = \dfrac{M_x}{m} = \dfrac{\iint_R y\rho (x,y) \,dA}{\iint_R \rho ( x,y) \,dA} \номер\]

Глоссарий

радиус вращения: расстояние от центра масс объекта до его оси вращения

Эта страница под названием 15. 6: Вычисление центров масс и моментов инерции распространяется в соответствии с лицензией CC BY-NC-SA 4.0 и была создана, изменена и/или курирована Гилбертом Странгом и Эдвином «Джедом» Германом (OpenStax) через исходный контент, отредактированный в соответствии со стилем и стандартами платформы LibreTexts; подробная история редактирования доступна по запросу.

Наверх

Была ли эта статья полезной?

Тип изделия
Раздел или Страница
Автор
ОпенСтакс
Лицензия
CC BY-NC-SA
Версия лицензии
4,0
Программа OER или Publisher
ОпенСтакс
Показать страницу TOC
нет
Теги
1. автор @ Эдвин «Джед» Герман
2. автор@Гилберт Странг
3. центр тяжести
4. центр масс
5. Моменты инерции
6. радиус вращения
7. источник@https://openstax. org/details/books/calculus-volume-1

Математика III. Поверхностные интегралы

Показать мобильное уведомление Показать все примечания Скрыть все примечания

Уведомление для мобильных устройств

Похоже, вы используете устройство с «узкой» шириной экрана ( т. е. вы, вероятно, используете мобильный телефон). Из-за характера математики на этом сайте лучше всего просматривать в ландшафтном режиме. Если ваше устройство не находится в ландшафтном режиме, многие уравнения будут отображаться сбоку вашего устройства (должна быть возможность прокрутки, чтобы увидеть их), а некоторые пункты меню будут обрезаны из-за узкой ширины экрана.

Раздел 6-3: Поверхностные интегралы

Пришло время подумать об интегрировании функций по некоторой поверхности $S$ в трехмерном пространстве. Давайте начнем с наброска поверхности $S$, так как обозначения могут немного запутаться, когда мы в них попадем. Вот набросок некоторой поверхности $S$.

Область $S$ будет лежать выше (в данном случае) некоторой области $D$, лежащей в плоскости $xy$. Здесь мы использовали прямоугольник, но это, конечно, не обязательно. Также обратите внимание, что мы могли бы так же легко посмотреть на поверхность $S$, которая находилась перед некоторой областью $D$ в yz -плоскость или $xz$-плоскость. Не зацикливайтесь на $xy$-плоскости настолько, чтобы вы не могли решать задачи с областями в двух других плоскостях.

Теперь то, как мы оцениваем поверхностный интеграл, будет зависеть от того, как нам дана поверхность. По сути, здесь есть два отдельных метода, хотя, как мы увидим, на самом деле они одинаковы.

Сначала рассмотрим поверхностный интеграл, в котором поверхность $S$ задается формулой $z = g\left( {x,y} \right)$. В этом случае поверхностный интеграл равен 92} + 1} \,dA}}\]

Здесь нужно быть осторожным, так как оба они выглядят как стандартные двойные интегралы. Фактически интеграл справа является стандартным двойным интегралом. Однако интеграл слева является поверхностным интегралом. Отличить их друг от друга можно, посмотрев на дифференциалы. Поверхностный интеграл будет иметь $dS$, а стандартный двойной интеграл будет иметь $dA$.

Чтобы вычислить поверхностный интеграл, мы заменим уравнение поверхности на $z$ в подынтегральном выражении, а затем добавим часто запутанный квадратный корень. После этого интеграл становится стандартным двойным интегралом, и к этому моменту мы уже должны иметь дело с этим.

Также обратите внимание, что существуют аналогичные формулы для поверхностей, заданных $y = g\left( {x,z} \right)$ (где $D$ в $xz$-плоскости) и $x = g\left( {y,z} \right)$ (с $D$ в $yz$-плоскости). Мы увидим одну из этих формул в примерах, а другую предоставим вам для записи.

Второй метод оценки поверхностного интеграла предназначен для тех поверхностей, которые заданы параметризацией,

\[\vec r\left( {u,v} \right) = x\left( {u,v} \right)\vec i + y\left( {u,v} \right)\vec j + z \left( {u,v} \right)\vec k\]

В этих случаях поверхностный интеграл равен

\[\iint\limits_{S}{{f\left( {x,y,z} \right)\,dS}} = \iint\limits_{D}{{f\left( {\vec r\left ( {u,v} \right)} \right)\left\| {{{\vec r}_u} \times {{\vec r}_v}} \right\|\,dA}}\]

где $D$ — диапазон параметров, очерчивающих поверхность $S$.

Прежде чем приступить к работе с некоторыми примерами, заметим, что, поскольку мы можем параметризовать поверхность, заданную $z = g\left( {x,y} \right)$, как

92} + 1} \]

для таких поверхностей. Возможно, вы захотите проверить это на практике вычисления этих перекрестных произведений.

Давайте рассмотрим несколько примеров.

Пример 1. Вычислите $ \displaystyle \iint\limits_{S}{{6xy\,dS}}$, где $S$ — часть плоскости $x + y + z = 1$, которая лежит в октант 1 ^st и находится перед плоскостью $yz$.

Показать решение

Итак, поскольку мы ищем часть плоскости, лежащую перед плоскостью $yz$, нам потребуется записать уравнение поверхности в виде $x = g\left( {y,z} \справа)$. Это достаточно легко сделать.

\[х = 1 — у — г\]

Далее нам нужно определить, что такое $D$. Вот эскиз поверхности $S$.

Вот набросок области $D$.

Обратите внимание, что оси обозначены иначе, чем мы привыкли видеть на эскизе $D$. Это должно было сохранить соответствие эскиза эскизу поверхности. Мы пришли к уравнению гипотенузы, приравняв $x$ к нулю в уравнении плоскости и найдя $z$. 2}} \,dA}}\] 91 = \ frac {{\ sqrt 3}} {4} \ end {align *} \]

Пример 2. Вычислите $ \displaystyle \iint\limits_{S}{{z\,dS}}$, где $S$ — верхняя половина сферы радиуса 2.

Показать решение

Мы дали параметризацию сферы в предыдущем разделе. Вот параметризация для этой сферы.

\ [\ vec r \ left ( {\ theta , \ varphi } \ right) = 2 \ sin \ varphi \ cos \ theta \, \ vec i + 2 \ sin \ varphi \ sin \ theta \, \ vec j + 2 \cos\varphi\,\veck\]

Поскольку мы работаем над верхней половиной сферы, вот ограничения на параметры.

\[0 \le \theta \le 2\pi \hspace{0.5in}0 \le \varphi \le \frac{\pi} {2}\]

Далее нам нужно определить ${\vec r_\theta} \times {\vec r_\varphi}$. Вот два отдельных вектора.

\[\ begin{align*}{{\vec r}_\theta}\left({\theta,\varphi}\right) & = — 2\sin \varphi\sin\theta\,\vec i + 2 \sin \varphi\cos\theta\,\vec j\\{{\vec r}_\varphi}\left({\theta,\varphi}\right) & = 2\cos\varphi\cos\theta\ ,\vec i + 2\cos \varphi \sin \theta \,\vec j — 2\sin \varphi \,\vec k\end{align*}\] 92}\varphi } \\ & = 4\влево| {\ sin \ varphi } \ right | \\ & = 4 \ sin \ varphi \ end {align *} \]

Мы можем отбросить столбцы абсолютного значения в синусе, потому что синус положителен в диапазоне $\varphi $, с которым мы работаем. Тогда поверхностный интеграл равен

. \[\iint\limits_{S}{{z\,dS}} = \iint\limits_{D}{{2\cos \varphi \left( {4\sin \varphi } \right)\,dA}} \]

Не забывайте, что нам нужно подключить $x$, $y$ и/или $z$ и в них, хотя в этом случае нам просто нужно было подключить $z $. Вот оценка для двойного интеграла. 92} = 3\), лежащий между $z = 0$ и $z = 6$.

Показать решение

В предыдущем разделе мы настроили цилиндр. Вот параметризация этого цилиндра.

\[\vec r\left( {z,\theta} \right) = \sqrt 3 \cos \theta \,\vec i + \sqrt 3 \sin \theta \,\vec j + z\,\vec k \]

Диапазоны параметров,

\[0 \le z \le 6\hspace{0.25in}0 \le \theta \le 2\pi \]

Теперь нам нужно ${\vec r_z} \times {\vec r_\theta}$. Вот два вектора.

\[\begin{align*}{{\vec r}_z}\left( {z,\theta} \right) & = \,\vec k\\ {{\vec r}_\theta}\left( {z,\theta} \right) & = — \sqrt 3 \sin \theta \,\vec i + \sqrt 3 \cos \theta \,\vec j\end{align*}\]

Вот перекрестное произведение.

\[\begin{align*}{{\vec r}_z} \times {{\vec r}_\theta} & = \left| {\ begin {массив} {* {20} {c}} {\ vec i} & {\ vec j} & {\ vec k} \\ 0 & 0 & 1 \\ { — \ sqrt 3 \ sin \ theta} & {\ sqrt 3 \cos \theta }&0\end{массив}} \right|\\ & = — \sqrt 3 \cos \theta \,\vec i — \sqrt 3 \sin \theta \,\vec j\end{ выровнять*}\] 92} \le 3\) в плоскости $xy$ и вершиной которого является плоскость $z = 4 — y$.

Показать решение

Здесь много информации, которую нам нужно отслеживать. Во-первых, мы используем практически ту же поверхность (однако подынтегральная функция другая), что и в предыдущем примере. Однако, в отличие от предыдущего примера, на этот раз мы размещаем на поверхности верх и низ. Начнем с эскиза поверхности.

Здесь нужно быть осторожным. В этом наброске есть нечто большее, чем сама фактическая поверхность. Пусть ${S_1}$ будет частью цилиндра, идущей от $xy$-плоскости к плоскости. Другими словами, верхняя часть цилиндра будет находиться под углом. Назовем часть плоскости, лежащую внутри ( т.е. крышка на цилиндр) ${S_2}$. Наконец, дно цилиндра (здесь не показано) представляет собой диск радиуса $\sqrt 3$ в плоскости $xy$ и обозначается ${S_3}$.

Чтобы выполнить этот интеграл, нам нужно отметить, что, как и в случае стандартного двойного интеграла, если поверхность разбита на части, мы также можем разделить поверхностный интеграл. Итак, для нашего примера у нас будет

. \[\iint\limits_{S}{{y + z\,dS}} = \iint\limits_{{{S_1}}}{{y + z\,dS}} + \iint\limits_{{{S_2 }}}{{y + z\,dS}} + \iint\limits_{{{S_3}}}{{y + z\,dS}}\]

Здесь нам нужно выполнить три интеграла. Тем не менее, мы сделали большую часть работы для первого в предыдущем примере, так что давайте начнем с него.

${S_1}$ : Цилиндр

Параметризация цилиндра и $\left\| {{{\vec r}_z} \times {{\vec r}_\theta }} \право\|$ есть,

\[\vec r\left( {z,\theta} \right) = \sqrt 3 \cos \theta \,\vec i + \sqrt 3 \sin \theta \,\vec j + z\,\vec k \hspace{0,5 дюйма}\влево\| {{{\vec r}_z} \times {{\vec r}_\theta}} \right\| = \ кв. 3 \]

Отличие этой задачи от предыдущей в ограничениях на параметры. Они здесь.

\[\begin{array}{c}0 \le \theta \le 2\pi \\ 0 \le z \le 4 — y = 4 — \sqrt 3 \sin \theta \end{array}\]

Верхним пределом для $z$ является плоскость, так что мы можем просто подключить его. Однако, поскольку мы находимся на цилиндре, мы знаем, что такое $y$ из параметризации, поэтому нам также понадобится чтобы подключить это. 9{2\pi }\\ & = \frac{{29\sqrt 3 \,\pi }}{2}\end{align*}\]

${S_2}$ : Плоскость на вершине цилиндра

В этом случае нам не нужно выполнять какую-либо параметризацию, поскольку она настроена на использование формулы, которую мы дали в начале этого раздела. . Помните, что плоскость задается $z = 4 — y$. Также обратите внимание, что для этой поверхности $D$ — это диск радиуса $\sqrt 3 $ с центром в начале координат.

Вот интеграл для плоскости. 92} + 1} \,dA}}\\ & = \sqrt 2 \iint\limits_{D}{{4\,dA}}\end{align*}\]

Не забывайте, что нам нужно подключиться к $z$! Теперь в этот момент мы можем действовать одним из двух способов. Либо мы можем перейти к интегралу, либо мы можем вспомнить, что $\iint\limits_{D}{{dA}}$ есть не что иное, как площадь $D$, и мы знаем, что $D$ круг радиуса $\sqrt 3 $ и поэтому нет смысла делать интеграл.

Вот оставшаяся часть работы по этой задаче. 92}} \right)\\ & = 12\sqrt 2 \,\pi \end{align*}\]

${S_3}$ : Дно цилиндра

Опять же, это настроено на использование исходной формулы, которую мы дали в этом разделе, как только мы понимаем, что уравнение для дна задается $g\ left( {x,y} \right) = 0$ и $D$ — это диск радиуса $\sqrt 3 $ с центром в начале координат. Кроме того, не забудьте подключиться к $z$.

Вот произведение для этого интеграла.

\[\begin{align*}\iint\limits_{{{S_3}}}{{y + z\,dS}} & = \iint\limits_{D}{{\left( {y + 0} \right )\sqrt {{{\left( 0 \right)}^2} + {{\left( 0 \right)}^2} + {{1}}} \,dA}}\\ & = \iint\ limit_{D}{{y\,dA}}\\ & = \int_{0}^{{2\pi}}{{\int_{0}^{{\sqrt 3}}{{{r^2 }\sin\theta\,dr}}\,d\theta}}\\ & = \int_{0}^{{2\pi}}{{\left. {2\pi}\\ & = 0\end{align*}\]

Теперь мы можем получить значение интеграла, которое нам нужно.

\[\begin{align*}\iint\limits_{S}{{y + z\,dS}} & = \iint\limits_{{{S_1}}}{{y + z\,dS}} + \ iint\limits_{{{S_2}}}{{y + z\,dS}} + \iint\limits_{{{S_3}}}{{y + z\,dS}}\\ & = \frac{{ 29\sqrt 3 \,\pi }}{2} + 12\sqrt 2 \,\pi + 0\\ & = \frac{\pi }{2}\left( {29\sqrt 3 + 24\sqrt 2 } \right)\end{align*}\]

Двойные интегралы как объем — Math Insight

9б f(x)dx$ при положительных $f(x)$ можно интерпретировать как площадь под кривая $f(x)$ на интервале $[a,b]$.

Интеграл – это площадь между кривой $f(x)$ и осью $x$.

Таким же образом двойной интеграл $\iint_\dlr f(x,y)\,dA$ положительный $f(x,y)$ можно интерпретировать как объем под поверхностью $z=f(x,y)$ над областью $\dlr$. Представьте, что синий предмет ниже — поверхность $z=f(x,y)$, плавающая над плоскостью $xy$. двойной интеграл $\iint_\dlr f(x,y)\,dA$ можно интерпретировать как объем между поверхностью $z=f(x,y)$ и плоскостью $xy$, т.е. «цилиндр» над областью $\dlr$.

Это также видно из суммы Римана, аппроксимирующей интеграл \начать{выравнивать*} \sum_{i,j} f(x_{ij}, y_{ij}) \Delta x \Delta y \конец{выравнивание*} Каждый член суммы Римана — это объем тонкой коробки с основанием $\Delta x \times \Delta y$ и высоту $f(x_{ij},y_{ij})$.

Следовательно, полная сумма Римана аппроксимирует объем под поверхностью по объему связки этих тонких ящиков. В пределе как $\Delta x, \Delta y \to 0$, получим полный объем под поверхностью над область $\dlr$, т. е. $\iint_\dlr f(x,y)\, dA$. 92 года $. Объем вычисляется по области $D$, определяемой $0 \le x \le 2$ и $0 \le y \le 1$. Следовательно, реальный объем равен двойному интегралу $\iint_D f\,dA$. Объем ящиков равен $$\sum_{i,j} f(x_{i},y_{j})\Delta x \Delta y$$, где $x_i$ — середина $i$-го интервала вдоль по оси $x$, а $y_j$ — середина $j$-го интервала по оси $y$. {\pi/2 } =\фракция{3\пи}{2}. \конец{выравнивание*}

IX. Интегральные отношения пограничного слоя — промежуточная механика жидкости

Исторически развитие интегральной формы уравнений пограничного слоя, представленное здесь, обеспечило мощный инструмент для оценки поверхностных вязких сил для более сложных течений с градиентами давления. В решении Блазиуса, представленном в последней главе, профиль скорости определяется непосредственно из модифицированной формы уравнения Навье-Стокса. Из этого решения можно найти локальную производную скорости на поверхности и, следовательно, напряжение сдвига на поверхности как функцию положения вдоль поверхности. Затем, используя определение поверхностного напряжения, можно найти полную силу вдоль поверхности. Интегральный метод во многом использует противоположный подход. Основные управляющие уравнения интегрируются поперек потока с использованием напряжения сдвига стенки в качестве неизвестного граничного условия, которое в конечном итоге необходимо решить. Локальный градиент давления, который может изменяться в направлении скорости набегающего потока, считается параметром, известным в каждой точке вдоль потока. Это можно сделать, поскольку предполагается, что градиент давления в набегающем потоке идентичен градиенту давления в пограничном слое. Это часть предположений о пограничном слое и справедливо как для ламинарных, так и для турбулентных течений. При получении интегральной формы уравнений пограничного слоя попутно вводятся несколько параметров масштабирования, которые часто используются для характеристики течения в пограничном слое и помогают интерпретировать условия течения. Эти параметры можно использовать для масштабирования потоков и прогнозирования распределения поверхностных сил.

Толщина пограничного слоя

Толщина пограничного слоя, как мы видели, определяется как [латекс] {\ дельта} [/ латекс] и представляет собой толщину пограничного слоя, измеренную от поверхности до места, где скорость достигает значения скорости набегающего потока, [латекс]{U}[/латекс]. Однако, поскольку скорость в пограничном слое асимптотически приближается к [латекс] {U} [/латекс], часто бывает трудно получить точную меру [латекс] {\ дельта} [/латекс]. Чтобы обойти эту проблему, толщину пограничного слоя можно принять равной, когда скорость достигает, скажем, 1% от [латекс]{U}[/латекс]. Как обсуждалось в предыдущей главе, при благоприятном градиенте давления, когда давление уменьшается вдоль направления потока, пограничный слой будет тоньше по сравнению с нулевым градиентом давления. Дополнительная сила давления в направлении потока увеличивает локальную скорость в любом заданном положении, и пограничный слой достигает значения набегающего потока при более низком значении координаты поперечного потока. Это затем уменьшает толщину пограничного слоя. Противоположное верно для неблагоприятного градиента давления. Следовательно, на толщину пограничного слоя напрямую влияет градиент давления, и, таким образом, на поверхностное напряжение оказывает аналогичное влияние. Более тонкий пограничный слой, вызванный благоприятным градиентом давления при той же скорости набегающего потока, будет иметь больший градиент поверхностной скорости и более высокое локальное поверхностное напряжение сдвига.

В целом мы отмечаем, что толщина пограничного слоя зависит от координаты ниже по потоку, [латекс]x_{1}[/латекс], и [латекс]{\дельта}[/латекс] увеличивается в [латекс]х{ }_{1}[/latex] направление. Альтернативным способом выражения этого является число Рейнольдса, поскольку число Рейнольдса зависит от [латекс]x_{1} \left ( Re_{x_1}=\frac{\rho Ux_1}{v } \right )[/latex] :

[латекс]\дельта =f(Re_{x1})[/латекс]

Толщина смещения, [латекс]{\дельта}_{1}[/латекс]

Толщина смещения, [латекс]{\дельта}_{1}[/латекс], и толщина импульса, [латекс]{\дельта}_{2}[/латекс], часто используются в качестве меры толщины пограничного слоя, но фактически не являются толщиной пограничного слоя; эти два параметра являются важными параметрами при анализе сил трения на поверхности. Толщина смещения, как правило, зависит от положения [латекс]x{}_{1}[/латекс] вдоль направления потока, как и [латекс]{\дельта}[/латекс]. Обычно [латекс]{\дельта}_{1}[/латекс] увеличивается с увеличением [латекс]х_1[/латекс] и меньше, чем [латекс]{\дельта}[/латекс]. Эскиз, иллюстрирующий определение толщины смещения, приведен на рис. 9.{\ delta} _0 {\ rho u_1dx_2 \ S} [/латекс]

(9.1)

, где [latex]u{}_{1}[/latex] — компонент [latex]x{}_{1}[/latex] скорости, а S — промежуток или расстояние до страницы. Распределение [latex]u{}_{1}[/latex] следует двум граничным условиям: [latex]u{}_{1} = 0[/latex] на поверхности и [latex]u{}_ {1} = U[/латекс] на краю пограничного слоя, [латекс]{\дельта}[/латекс].

Рис. 9.1 Иллюстрация определения толщины вытеснения на основе общего массового расхода в пограничном слое; обратите внимание, что массовый расход изменяется вдоль потока в направлении [латекс]x{}_{1}[/латекс], следовательно, [латекс]{\дельта}_{1}[/латекс] является функцией [латекс] x{}_{1}[/латекс].

Поверхность, создаваемая трением поверхности о поток, приводит к уменьшению скорости в любом заданном положении [latex]x{}_{2}[/latex] вдоль поверхности. Это уменьшение по всему пограничному слою приводит к уменьшению скорости потока в пограничном слое с увеличением [латекса]x{}_{1}[/латекс]. Поэтому количество массового расхода, теряемого в пограничном слое из-за поверхностного трения, можно рассматривать как локальный дефицит массового расхода. Этот дефицит можно рассчитать, сравнив фактическое распределение скорости с идеальной скоростью без трения, которая будет равна [латекс]{U}[/латекс] по всему пограничному слою. Тогда локальный дефицит массового расхода в любом месте [латекс]x{}_{2}[/латекс] равен [латекс]d{\dot{m}}_{дефицит}=\rho \left(U-u\right)dy \ S[/latex], а общий дефицит массового расхода получается путем интегрирования его поперек потока как: 9{\ delta} _0 {\ rho \ влево (U-u_1 \ вправо) dy \ S} [/ латекс]

(9.2)

Дефицит массового расхода можно приравнять к потере массового расхода, заданной как произведение плотности, [латекс]{U}[/латекс] и ([латекс]{\дельта}_{1}[/латекс]S), где [латекс]{\дельта}_{1}[/латекс] — неизвестная «толщина». Таким образом, установка интегрального члена в уравнении. (9.2) к этому произведению [латекс]\влево ( \rho U\delta_1 S \right )[/латекс] и решение для [латекс]{\дельта}_{1}[/латекс] дает:

[латекс] {\ дельта} _1 = \ int ^ {\ дельта} _ {\ 0} {\ влево (1- \ гидроразрыва {u_1} {U} \ вправо) dy} [/латекс]

(9. 3)

, который предполагает, что плотность постоянна. уравнение (9.3) является определением толщины вытеснения и может быть интерпретировано следующим образом. Если общий массовый расход, теряемый в пограничном слое из-за трения, разделить на [латекс]\rho US[/латекс], результатом будет длина, которая представляет собой расстояние по нормали к поверхности, через которое теряется весь массовый расход. прошел бы, если бы он двигался со скоростью [латекс]U[/латекс] (скорость, которую он имел бы, если бы не было трения). Другой способ взглянуть на это расстояние состоит в том, что оно представляет вертикальное расстояние, на которое поверхность должна быть перемещена вверх (в направлении [латекс]x{}_{2}[/латекс]), чтобы уловить весь потерянный массовый расход, если бы скорость была равномерной при [латексе]{U}[/латексе] или без трения. Любая из этих интерпретаций указывает на то, что по мере того, как [латекс] {\ дельта} _ {1} [/ латекс] увеличивается вдоль потока, увеличивается дефицит общего массового потока. Поскольку поверхностное трение замедляет все больше и больше жидкости, создавая большую толщину пограничного слоя в направлении х, то [латекс] {\ дельта} _ {1} [/латекс] должен увеличиваться в нижнем течении [латекс] х {} _ {1 }[/latex] направление. В любом заданном положении на поверхности, чем больше локальное поверхностное напряжение сдвига, тем больше значение [латекс] {\ дельта} _ {1} [/латекс]. Следовательно, благоприятный градиент давления, который увеличивает локальное напряжение сдвига по сравнению с нулевым градиентом давления, приводит к большему относительному значению толщины вытеснения.

Толщина импульса, [латекс]{\дельта}_{2}[/латекс]

Толщина импульса, [latex]{\delta}_{2}[/latex], имеет отчасти ту же интерпретацию, что и [latex]{\delta}_{1}[/latex], но она связана с потери импульса из-за сил трения, а не потери массового расхода. В этом случае мы разрабатываем меру потери скорости импульса или дефицита импульса, вызванного трением. Отмечая, что скорость потери импульса при пересечении данной вертикальной плоскости через пограничный слой определяется выражением: 9{\ delta} _0 {\ rho u \ слева (U-u_1 \ справа) dx_2 \ S} [/ латекс]

(9. 4)

где [латекс]\rho udx_2\ S[/латекс] — массовый расход в пределах элементарной площади [латекс]dx_2 S[/латекс] w и выражение [латекс]\left(U-u_1\right)[/ латекс] — потеря импульса на массовый расход. Произведение этих двух членов, интегрированных по всему пограничному слою [латекс] {\ дельта} [/латекс], представляет собой скорость потери импульса в любом заданном положении [латекс] х {} _ {1} [/латекс] вдоль поверхности. Аналогично тому, что было сделано для дефицита массового расхода, здесь мы представляем, что скорость импульса, потерянная из-за трения, равна массовому расходу через площадь, равную [латекс]\left ( \delta_2S \right )[/latex] со скоростью [латекс]{U}[/латекс] или 9{\ delta} _0 {\ frac {u} {U} \ left (1- \ frac {u_1} {U _ {\ infty}} \ right) dx_2} [/latex]

(9,5)

Мы можем интерпретировать это как расстояние [latex]{\delta}_{2}[/latex], на которое поверхность должна быть перемещена в направлении [latex]x{}_{2}[/latex] в направлении потока. если скорость равномерно равна [латекс]{U}[/латекс], чтобы уменьшить скорость импульса, эквивалентную фактической скорости потери импульса. Мы также можем интерпретировать это несколько иначе следующим образом.

Плоская поверхность показана на рис. 9.2 указывающее напряжение сдвига на поверхности, [латекс]{\тау}_{с}[/латекс], действующее на жидкость. На рисунке показан контрольный объем с элементарной длиной вдоль поверхности [latex]x{}_{1}[/latex] и простирающейся вверх до края пограничного слоя. Сумма всех сил, действующих на жидкость в контрольном объеме, состоит из [латекс]{\тау}_{с}[/латекс], так как градиент давления вдоль потока равен нулю, и мы предполагаем, что отсутствует сила трения силы на верхней кромке пограничного слоя по определению протяженности пограничного слоя. Уравнение импульса для этого контрольного объема становится суммой сил, равной изменению скорости импульса на выходе по сравнению со скоростью на входе: 92 \ frac {d {\ delta} _2} {dx_1} [/ латекс]

(9.7)

Обратите внимание, что это уравнение справедливо для любого конкретного распределения скоростей, которое может существовать в пограничном слое. Кроме того, это указывает на то, что скорость изменения импульсной толщины уменьшается вдоль направления потока, поскольку поверхностное напряжение уменьшается вдоль направления потока. Если можно определить [латекс]\frac{d{\delta}_2}{dx_1}[/latex], можно найти поверхностное напряжение стенки, [latex]{\tau}_s[/latex].

Общие интегральные уравнения пограничного слоя 92u_1}{\partial x_2}[/latex]

(9.8)

Обратите внимание, что [латекс]\nu =\frac{\mu }{\rho }[/латекс], и является кинематической вязкостью. Поскольку член градиента давления может быть определен из набегающего потока, который считается невязким, можно использовать уравнение Эйлера, где мы игнорируем гравитационные эффекты, такие как:

[латекс]-\frac{1}{\rho}\frac{\partial P}{\partial x_1}=U\frac{dU}{dx_1}[/latex]

(9,9)

Обратите внимание, что термины объемной силы можно включить, заменив P на [latex]P’=P+\rho gh[/latex].

Уравнение (9.8) интегрируется по пограничному слою в направлении [латекс]x{}_{2}[/латекс] для заданного значения [латекс]х{}_{1}[/латекс]. Граничными условиями для этого являются условия прилипания при [латекс]х{}_{2}[/латекс] = 0 и u = U при [латекс]х{}_{2} = \delta[/латекс ]. Прежде чем завершить эту операцию, рассмотрим второй член в левой части уравнения. (9.8). Сначала используем непрерывность для двумерного потока:

[латекс]\frac{\partial u_2}{\partial x_2}=-\frac{\partial u_1}{\partial x_1}[/latex] 92 {\ delta } _2 \ right) + {\ delta } _1U \ frac {dU} {dx_1} = \ frac {{\ tau} _s} {\ rho} [/latex]

(9.21)

В итоге мы получаем дифференциальное уравнение относительно переменных [latex]{\delta}_{1}[/latex] и [latex]{\delta}_{2}[/latex], обе из которых являются функциями [латекс]х{}_{1}[/латекс]. Напомним, что U ([латекс]x{}_{1}[/латекс]) определяется градиентом давления с помощью уравнения. (9.9), уравнение Эйлера. Когда U = постоянное, как при обтекании плоской пластины, это уравнение можно упростить до: 92}=c_f[/латекс]

(9.22)

, где правая часть — коэффициент поверхностного трения.

Задача определения локального распределения поверхностного напряжения теперь сводится к уравнению. (9.21) для обтекания поверхностей с градиентом давления или (9.22) для плоской пластины без градиента давления. Далее мы рассмотрим методы решения этой проблемы.

Метод решения

Существует несколько методов решения уравнения. (9.21). Мы представляем типичный метод, основанный на предположении о профиле скорости в безразмерной форме поперек потока в любой заданной позиции, [латекс]x{}_{1}[/латекс]. Ключ к этому подходу основан на том факте, что решение Блазиуса нашло решение подобия и свернуло профиль скорости на одну кривую при использовании правильного масштабирования скорости и координаты поперечного течения, последнее также включало координату по потоку, чтобы помочь правильно масштабировать. Здесь мы предполагаем безразмерный профиль скорости и используем его для определения интегралов в определениях [латекс]\дельта_2[/латекс] и [латекс]\дельта_1[/латекс].

Правильное масштабирование координат поперечного потока принимается за толщину пограничного слоя, где [латекс]{\дельта}[/латекс] является функцией [латекс]х{}_{1}[/латекс], тогда это масштабирование сочетает в себе зависимость между потоками и потоками. Мы определяем эту новую безразмерную переменную как:

[латекс]\eta =\frac{x_2}{\delta }[/латекс]

(9.23)

, отметив, что эта переменная [латекс]{\эта}[/латекс] не совпадает с используемой в определении Блазиуса. Далее мы предполагаем, что безразмерная скорость, [latex]f=\frac{u_1}{U}[/latex], является некоторой функцией [latex]{\eta}[/latex] или:

[латекс]f=f(\eta)[/латекс]

(9.24)

Можно сказать, что необходимо точно определить эту функцию, поскольку поверхностное напряжение, [латекс]{\тау}_{с}[/латекс], зависит от производной скорости на поверхности. Это, безусловно, относится к подходу Блазиуса. Однако, исследуя уравнения. (9.21) и (9.22) видно, что поверхностное напряжение является функцией интеграла распределения скоростей, выраженного через переменные [латекс]{\дельта}_{1}[/латекс] и [латекс]{ \дельта}_{2}[/латекс]. На основании этого заключаем, что для получения решения необходимо получить хорошие значения интегралов, выраженных в этих уравнениях, а не поверхностной производной скорости.

При таком подходе можно предположить распределение скоростей, используя предполагаемую безразмерную форму в уравнении. (9.24) требуя, чтобы он удовлетворял граничным условиям. Это распределение можно использовать после приведения интегралов в (9.21) к безразмерному виду. Мы будем использовать пример обтекания плоской пластины, описываемый уравнением (9.22). Это упрощает детали, но тот же подход используется для течений с градиентами давления, но требует дальнейшего ввода известного градиента давления. 93+ \text{члены более высокого порядка}[/latex]

(9.26)

В этом многочлене есть четыре параметра, [latex]a,b,c \text { и } d[/latex], которые необходимо определить на основе граничных условий для распределения скоростей. Обратите внимание, что чем выше порядок полинома, тем больше условий требуется для оценки этих коэффициентов. Граничные условия, записанные в терминах переменных, [латекс] f, {\ дельта} [/ латекс]:

[латекс]f(0)\ =\ 0[/латекс] (граничное условие отсутствия проскальзывания на поверхности) 92}=0[/латекс] (нет силы вязкости на поверхности)

Последнее условие является следствием того, что все члены уравнения Навье-Стокса обращаются в нуль на поверхности, если градиент давления равен нулю, и [латекс]u_1=u_2=0[/латекс], а затем преобразует вязкий член в безразмерные переменные. Эти четыре условия теперь можно использовать для определения четырех коэффициентов в уравнении. (9.26). Результат:

[латекс]а=0,\\b=3/2,\\с=0,\\d=-1/2[/латекс]

Вставка их в уравнение. (91_0 {\ гидроразрыва {u_1} {U} \ влево (1- \ гидроразрыва {u_1} {U} \ вправо) d \ эта} [/ латекс]

(9.29)

Здесь мы изменили интеграцию с [latex]dx_2[/latex] на [latex]d{\eta}[/latex], где [latex]dx_2=\delta d\eta[/latex] и должны изменить пределы интеграла соответственно. Обратите внимание, что когда у нас есть выражение для [latex]f=\frac{u_1}{U}[/latex] из нашего многочлена, уравнение (9. 26), то обе [латекс]\фрак{{\дельта}_1}{\дельта}[/латекс] и [латекс]\фрак{{\дельта}_2}{\дельта}[/латекс] являются просто константами . Теперь важно то, что мы можем переписать уравнение. (9.25) как:

[латекс]c_f=2\frac{d\delta_2}{dx_1}=2\frac{d}{dx_1}\left ( \left ( \frac{\delta_2}{\delta} \right )\delta \right )=2\влево ( \frac{\delta_2}{\delta} \right )\frac{d\delta}{dx_1}[/latex]

(9.30)

Итак, мы заменили необходимость знать [латекс]{\дельта}_2 = f(x_1)[/латекс] на необходимость знать [латекс]{\дельта} = f(x_1)[/латекс]. Мы находим последнее отношение, используя нашу функцию [latex]f(\eta)[/latex] как:

[латекс] {\ тау} _s = \ му \ гидроразрыва {\ парциальное u_1} {\ парциальное х_2} = \ му \ гидроразрыва {\ парциальное u_1} {\ парциальное \ эта} \ гидроразрыва {\ парциальное \ эта} {\ частичное x_2} = \ frac {\ mu U} {\ delta} \ frac {\ partial f} {\ partial \ eta} = \ frac {\ mu U} {\ delta} f ‘(0) [/latex] 92}ф'(0)[/латекс]

(9.31)

Это последнее соотношение представляет собой дифференциальное уравнение для [латекс]{\дельта} = {f(x_1)}[/латекс], поскольку [латекс]\фракция{{\дельта}_2}{\дельта}[/латекс] и [ latex]f'(0)[/latex] — обе константы, известные из уравнения (9. {1/2}}[/latex] 9{1/2}}[/латекс]

(9.33)

Для нашего профиля скорости уравнение. (9.27) имеем:

[латекс]\frac{\delta_1}{\delta}=\frac{3}{8}, \frac{\delta_2}{8}=\frac{117}{840}[/latex] и [латекс ]f(0)=\frac{3}{2}[/latex].

В результате получается [латекс]C=4,64[/латекс] и:

[латекс]C_f=\frac{0.6464}{Re_{x_1}\frac{1}{2}}[/latex]

(9.34)

Общая процедура решения теперь становится довольно простой: (i) примите функциональную форму для [latex]f({\delta})[/latex], (ii) сопоставьте требуемые граничные условия, чтобы найти коэффициенты в уравнении, ( iii) вычислить константу [latex]\frac{{\delta}_2}{\delta}[/latex], (iv) вычислить константу [latex]f'(0)[/latex], (v) окончательно вычислить [latex]c{}_{f}[/latex], определяющий локальное значение коэффициента трения кожи. 9{1/2}}[/латекс]

(9.36)

Результаты при сравнении с экспериментальными данными для соответствующих условий числа Рейнольдса становятся очень близкими к этим предсказанным значениям. Следовательно, эта процедура является довольно простым, но удивительно точным средством прогнозирования сил сопротивления трения на плоских поверхностях. Когда в игру вступают градиенты давления, например, на поверхностях с некоторой степенью кривизны, получение хорошего профиля скорости становится более сложной задачей, поскольку в этом случае на поверхности результирующие силы вязкости не равны нулю, а уравновешиваются градиентом давления. Профили скорости должны отражать это условие, и существует ряд доступных процедур для решения этой проблемы. Заинтересованному читателю предлагается ознакомиться с некоторыми примерами в книге Ф. В. Уайта «Поток вязкой жидкости».

Двойные интегралы в полярных координатах · Исчисление

Распознавание формата двойного интеграла по полярной прямоугольной области.
Вычисление двойного интеграла в полярных координатах с помощью повторного интеграла.
Распознать формат двойного интеграла по общей полярной области.
Используйте двойные интегралы в полярных координатах для вычисления площадей и объемов.

Двойные интегралы иногда гораздо проще вычислить, если мы заменим прямоугольные координаты на полярные. Однако, прежде чем мы опишем, как сделать это изменение, нам нужно установить понятие двойного интеграла в полярной прямоугольной области.

Полярные прямоугольные области интегрирования

Когда мы определили двойной интеграл для непрерывной функции в прямоугольных координатах, скажем, g

по региону R

в ху

-самолет — мы разделили R

на подпрямоугольники со сторонами, параллельными осям координат. Эти стороны имеют константу x

— значения и/или константа y

-значения. В полярных координатах фигура, с которой мы работаем, представляет собой полярный прямоугольник , стороны которого имеют константу r

— значения и/или константа θ

-значения. Это означает, что мы можем описать полярный прямоугольник, как в [link](a), с R={(r,θ)\|a≤r≤b,α≤θ≤β}.

В этом разделе мы рассматриваем возможность интегрирования по полярным прямоугольникам. Рассмотрим функцию f(r,θ)

над полярным прямоугольником R.

Делим отрезок [a,b]

в м

подинтервалов [ri−1,ri]

длины Δr=(b−a)/м

и разделим интервал [α,β] на

в п

подинтервалов [θi−1,θi]

ширины Δθ=(β−α)/n.

Это означает, что круги r=ri

и лучи θ=θi

для 1≤i≤m

и 1≤j≤n

разделить полярный прямоугольник R

на меньшие полярные подпрямоугольники Rij

([ссылка](б)).

Как и прежде, нам нужно найти площадь ΔA

полярного подпрямоугольника Rij

и «полярный» объем тонкого ящика над Rij.

Напомним, что в окружности радиусом r

длина с

дуги, опирающейся на центральный угол θ

радиан равно s=rθ.

Обратите внимание, что полярный прямоугольник Rij

очень похож на трапецию с параллельными сторонами ri−1Δθ

и riΔθ

и шириной Δr.

Отсюда площадь полярного подпрямоугольника Rij

это

ΔA=12Δr(ri−1Δθ+r1Δθ).

Упрощение и придание rij*=12(ri−1+ri),

имеем ΔA=rij*ΔrΔθ.

Следовательно, полярный объем тонкого ящика над Rij

([ссылка]) это

f(rij*,θij*)ΔA=f(rij*,θij*)rij*ΔrΔθ.

Используя ту же идею для всех подпрямоугольников и суммируя объемы прямоугольных ящиков, мы получаем двойную сумму Римана как

∑i=1m∑j=1nf(rij*,θij*)rij*ΔrΔθ.

Как мы видели ранее, мы получаем лучшее приближение к полярному объему твердого тела над областью R

когда мы позволим м

и №

становятся больше. Следовательно, мы определяем полярный объем как предел двойной суммы Римана,

V=limm,n→∞∑i=1m∑j=1nf(rij*,θij*)rij*ΔrΔθ.

Это становится выражением для двойного интеграла.

Определение

Двойной интеграл функции f(r,θ)

над полярной прямоугольной областью R

в плоскости rθ

определяется как )ΔA=limm,n→∞∑i=1m∑j=1nf(rij*,θij*)rij*ΔrΔθ.

Опять же, как и в случае с двойными интегралами по прямоугольным областям, двойной интеграл по полярной прямоугольной области может быть выражен как повторный интеграл в полярных координатах. Следовательно,

∬Rf(r,θ)dA=∬Rf(r,θ)rdrdθ=∫θ=αθ=β∫r=ar=bf(r,θ)rdrdθ.

Обратите внимание, что выражение для dA

заменен на rdrdθ

при работе в полярных координатах. Другой способ взглянуть на двойной полярный интеграл — изменить двойной интеграл в прямоугольных координатах подстановкой. Когда функция f

дается через х

и у,

с использованием x=rcosθ, y=rsinθ и dA=rdrdθ

меняет его на

∬Rf(x,y)dA=∬Rf(rcosθ,rsinθ)rdrdθ.

Обратите внимание, что все свойства, перечисленные в разделе Двойные интегралы по прямоугольным областям для двойного интеграла в прямоугольных координатах, справедливы и для двойного интеграла в полярных координатах, так что мы можем использовать их без колебаний.

Создание эскиза полярной прямоугольной области

Создание эскиза полярной прямоугольной области R={(r,θ)\|1≤r≤3,0≤θ≤π}.

Как видно из [ссылка], r=1

и r=3

— это окружности радиусом 1 и 3

, а 0≤θ≤π

покрывает всю верхнюю половину плоскости. Следовательно, область R

выглядит как полукруглая полоса.

Теперь, когда мы нарисовали полярную прямоугольную область, давайте продемонстрируем, как вычислить двойной интеграл по этой области, используя полярные координаты.

Вычисление двойного интеграла по полярной прямоугольной области

Вычисление интеграла ∬R3xdA

по области R={(r,θ)\|1≤r≤2,0≤θ≤π}.

Сначала нарисуем фигуру, похожую на [ссылка], но с внешним радиусом 2.

Из рисунка видно, что у нас есть правильные пределы интегрирования.=∫θ=0θ=πcosθ[r3\|r=1r=2]dθПроинтегрируем сначала по tor.=∫θ=0θ=π7cosθdθ=7sinθ\|θ=0θ=π=0.

Нарисуйте область R={(r,θ)\|1≤r≤2,−π2≤θ≤π2},

и вычислите ∬RxdA.

143

Подсказка

Следуйте инструкциям в [ссылка].

Вычисление двойного интеграла путем преобразования прямоугольных координат

Вычисление интеграла ∬R(1−x2−y2)dA

, где R

— единичная окружность на плоскости xy

Область R

представляет собой единичную окружность, поэтому мы можем описать ее как R={(r,θ)\|0≤r≤1,0≤θ≤2π}.

Используя преобразование x=rcosθ,y=rsinθ,

и dA=rdrdθ,

имеем

∬R(1−x2−y2)dA=∫02π∫01(1−r2)rdrdθ=∫02π∫01(r−r3)drdθ=∫02π[r22 −r44]01dθ=∫02π14dθ=π2.

Вычисление двойного интеграла путем преобразования прямоугольных координат

Вычисление интеграла ∬R(x+y)dA

, где R={(x,y)\|1≤x2+y2≤4,x≤0}.

Мы видим, что R

представляет собой кольцевую область, которая может быть преобразована в полярные координаты и описана как R={(r,θ)\|1≤r≤2,π2≤θ≤3π2}

(см. следующий график).

Отсюда, используя преобразование x=rcosθ,y=rsinθ,

и dA=rdrdθ,

, имеем

∬R(x+y)dA=∫θ=π/2θ=3π/2∫ r=1r=2(rcosθ+rsinθ)rdrdθ=(∫r=1r=2r2dr)(∫π/23π/2(cosθ+sinθ)dθ)=[r33]12[sinθ−cosθ]\|π/23π/ 2=-143.

Вычислите интеграл ∬R(4−x2−y2)dA

, где R

— окружность радиусом 2

на плоскости xy

8π

Подсказка

Выполните действия, описанные в предыдущем примере.

Общие полярные регионы интеграции

Чтобы вычислить двойной интеграл непрерывной функции с помощью повторных интегралов по общим полярным областям, мы рассмотрим два типа областей, аналогичных типам I и II, как обсуждалось для прямоугольных координат в Двойные интегралы по общим областям. Чаще всего полярные уравнения записывают как r=f(θ)

, чем θ=f(r),

поэтому мы описываем общую полярную область как R={(r,θ)\|α≤θ≤β,h2(θ)≤r≤h3(θ)}

(см. следующий рисунок).

Двойные интегралы по основным полярным областям

Если f(r,θ)

непрерывна в общей полярной области D

, как описано выше, то

∬Df(r,θ)rdrdθ=∫θ=αθ=β ∫r=h2(θ)r=h3(θ)f(r,θ)rdrdθ

Вычисление двойного интеграла по общей полярной области

Вычисление интеграла ∬Dr2sinθrdrdθ

где D

— область, ограниченная полярной осью и верхней половиной кардиоиды r=1+cosθ.

Мы можем описать регион D

как {(r, θ)\|0≤θ≤π,0≤r≤1+cosθ}

, как показано на следующем рисунке.

Отсюда имеем

∬Dr2sinθrdrdθ=∫θ=0θ=π∫r=0r=1+cosθ(r2sinθ)rdrdθ=14∫θ=0θ=π[r4]r=0r=1+cosθsinθ 14∫θ=0θ=π(1+cosθ)4sinθdθ=−14[(1+cosθ)55]0π=85.

Вычислить интеграл

∬Dr2sin22θrdrdθwhereD={(r,θ)\|0≤θ≤π,0≤r≤2cos2θ}.

π/8

Подсказка

Нарисуйте график области и выполните действия, описанные в предыдущем примере.

Полярные районы и объемы

Как в прямоугольных координатах, если твердое S

ограничен поверхностью z=f(r,θ),

, а также поверхностями r=a,r=b,θ=α,

и θ=β,

мы можем найти объем V

из S

двойной интеграцией, как

V=∬Rf(r,θ)rdrdθ=∫θ=αθ=β∫r=ar=bf(r,θ)rdrdθ.

Если основание твердого тела можно описать как D={(r,θ)\|α≤θ≤β,h2(θ)≤r≤h3(θ)},

, то двойной интеграл объема становится равным

V=∬Df(r,θ)rdrdθ=∫θ=αθ=β∫r=h2(θ)r=h3(θ)f(r,θ)rdrdθ.

Проиллюстрируем эту мысль несколькими примерами.

Нахождение объема с помощью двойного интеграла

Найдите объем твердого тела, лежащего под параболоидом z=1−x2−y2

и над единичной окружностью на плоскости xy

(см. следующий рисунок).

Методом двойного интегрирования видим, что объем есть повторный интеграл вида ∬R(1−x2−y2)dA

, где R={(r,θ)\|0≤r ≤1,0≤θ≤2π}.

Это интегрирование было показано ранее в [ссылка], поэтому объем равен π2

кубических единиц.

Нахождение объема с помощью двойного интегрирования

Нахождение объема тела, лежащего под параболоидом z=4−x2−y2

и над диском (x−1)2+y2=1

на xy

-самолет. См. параболоид в [ссылка], пересекающий цилиндр (x−1)2+y2=1

над плоскостью xy

Сначала замените диск (x−1)2+y2=1

в полярные координаты. Расширяя квадратный член, мы имеем x2−2x+1+y2=1.

Затем упростите, чтобы получить x2+y2=2x,

, что в полярных координатах становится r2=2rcosθ

, а затем либо r=0

, либо r=2cosθ.

Аналогично уравнение параболоида меняется на z=4−r2.

Следовательно, мы можем описать круг (x−1)2+y2=1

на плоскости xy

как область

D={(r,θ)\|0≤θ≤π,0≤ r≤2cosθ}.

Отсюда объем твердого тела, ограниченного сверху параболоидом z=4−x2−y2

и ниже на r=2cosθ

равно

V=∬Df(r,θ)rdrdθ=∫θ=0θ=π∫r=0r=2cosθ(4−r2)rdrdθ=∫θ=0θ=π[ 4r22−r44\|02cosθ]dθ=∫0π[8cos2θ−4cos2θ]dθ=[52θ+52sinθcosθ−sinθcos3θ]0π=52π.

Обратите внимание, что в следующем примере интегрирование с полярными координатами не всегда просто. Сложность интеграции зависит от функции, а также от региона, по которому нам нужно выполнить интеграцию. Если область имеет более естественное выражение в полярных координатах или если f

имеет более простую первообразную в полярных координатах, тогда уместно изменение полярных координат; в противном случае используйте прямоугольные координаты.

. Нахождение объема с помощью двойного интеграла. =2

в плоскости xy

([ссылка]).

Сначала исследуем область, по которой нам нужно установить двойной интеграл и сопутствующий ему параболоид.

Область D

есть {(x,y)\|0≤x≤1,x≤y≤2−x}.

Преобразование строк y=x,x=0,

и x+y=2

в плоскости xy

к функциям r

и θ,

имеем θ=π/4,

θ=π/2,

и r=2 /(cosθ+sinθ),

соответственно. Нарисовав область на плоскости xy

, мы видим, что она имеет вид D={(r,θ)\|π/4≤θ≤π/2,0≤r≤2/(cosθ+sinθ)}.

Теперь преобразование уравнения поверхности дает z=x2+y2=r2.

Следовательно, объем твердого тела определяется двойным интегралом

V=∬Df(r,θ)rdrdθ=∫θ=π/4θ=π/2∫r=0r=2/(cosθ+sinθ) r2rdrdθ=∫π/4π/2[r44]02/(cosθ+sinθ)dθ=14∫π/4π/2(2cosθ+sinθ)4dθ=164∫π/4π/2(1cosθ+sinθ)4dθ=4∫ π/4π/2(1cosθ+sinθ)4dθ.

Как видите, этот интеграл очень сложен. Таким образом, мы можем вместо этого вычислить этот двойной интеграл в прямоугольных координатах как

V=∫01∫x2−x(x2+y2)dydx.

Оценка дает

V=∫01∫x2−x(x2+y2)dydx=∫01[x2y+y33]\|x2−xdx=∫0183−4x+4×2−8x33dx=[8×3−2×2+4×33− 2×43]\|01=43.

Чтобы ответить на вопрос, как находятся формулы объемов различных стандартных тел, таких как сфера, конус или цилиндр, мы хотим продемонстрировать пример и найти объем произвольного конуса.

Нахождение объема с помощью двойного интеграла

Используйте полярные координаты, чтобы найти объем внутри конуса z=2−x2+y2

и над плоскостью xy.

Область D

для интегрирования является основанием конуса, который выглядит как окружность на плоскости xy

(см. следующий рисунок).

Найдем уравнение окружности, установив z=0:

0=2−x2+y22=x2+y2x2+y2=4.

Это означает, что радиус окружности равен 2,

поэтому для интегрирования мы имеем 0≤θ≤2π

и 0≤r≤2.

Подставив x=rcosθ

и y=rsinθ

в уравнение z=2−x2+y2

, мы получим z=2−r.

Следовательно, объем конуса равен

∫θ=0θ=2π∫r=0r=2(2−r)rdrdθ=2π43=8π3

кубических единиц.

Анализ

Заметим, что если бы нам нужно было найти объем произвольного конуса с радиусом a

единиц и высотой h

единиц, то уравнение конуса было бы z=h−hax2+y2.

Мы все еще можем использовать [ссылка] и установить интеграл как ∫θ=0θ=2π∫r=0r=a(h−har)rdrdθ.

Вычисляя интеграл, получаем 13πa2h.

Используйте полярные координаты, чтобы найти повторный интеграл для нахождения объема твердого тела, заключенного в параболоиды z=x2+y2

и z=16−x2−y2.

V=∫02π∫022(16−2r2)rdrdθ=64π

кубических единиц

Подсказка

Наброски графиков могут помочь.

Как и в случае с прямоугольными координатами, мы также можем использовать полярные координаты для нахождения площадей определенных регионов с помощью двойного интеграла. Как и прежде, нам нужно понять область, площадь которой мы хотим вычислить. Набросок графика и определение области может помочь понять пределы интегрирования. В общем случае формула площади при двойном интегрировании будет иметь вид 9.0042

AreaA=∫αβ∫h2(θ)h3(θ)1rdrdθ.

Нахождение площади с помощью двойного интеграла в полярных координатах

Оценить площадь, ограниченную кривой r=cos4θ.

Набросав график функции r=cos4θ

, мы увидим, что это полярная роза с восемью лепестками (см. следующий рисунок).

Используя симметрию , мы видим, что нам нужно найти площадь одного лепестка, а затем умножить ее на 8.

Обратите внимание, что значения θ

, для которых график проходит через начало координат, являются нулями функции cos4θ,

и являются нечетными кратными π/8.

Таким образом, один из лепестков соответствует значениям θ

в интервале [−π/8,π/8].

Следовательно, площадь, ограниченная кривой r=cos4θ

, равна

A=8∫θ=−π/8θ=π/8∫r=0r=cos4θ1rdrdθ=8∫−π/8π/8[12r2\ |0cos4θ]dθ=8∫−π/8π/812cos24θdθ=8[14θ+116sin4θcos4θ\|−π/8π/8]=8[π16]=π2.

Поиск площади между двумя полярными кривыми

Найдите площадь окружности r=3cosθ

и кардиоиды r=1+cosθ.

В первую очередь нарисуйте графы региона ([ссылка]).

Из симметрии графа видно, что нам нужно найти точки пересечения. Уравнивание двух уравнений дает

3cosθ=1+cosθ.

Одна из точек пересечения θ=π/3.

Область над полярной осью состоит из двух частей, одна часть определяется кардиоидой от θ=0

до θ=π/3

, а другая часть определена окружностью от θ=π/3

до θ=π/2.

По симметрии общая площадь в два раза больше площади над полярной осью. Таким образом, мы имеем

A=2[∫θ=0θ=π/3∫r=0r=1+cosθ1rdrdθ+∫θ=π/3θ=π/2∫r=0r=3cosθ1rdrdθ].

Оценивая каждую часть отдельно, получаем, что площадь равна

A=2(14π+9163+38π−9163)=2(58π)=54πквадратных единиц.

Найдите площадь, заключенную внутри кардиоиды r=3−3sinθ

и вне кардиоиды r=1+sinθ.

A=2∫−π/2π/6∫1+sinθ3−3sinθrdrdθ=8π+93

Подсказка

Нарисуйте график и найдите точки пересечения.

Вычисление неправильного двойного интеграла в полярных координатах

Вычисление интеграла ∬R2e−10(x2+y2)dxdy.

Это неправильный интеграл, потому что мы интегрируем по неограниченной области R2.

В полярных координатах всю плоскость R2

можно рассматривать как 0≤θ≤2π,

0≤r≤∞.

Используя замену переменных прямоугольных координат на полярные координаты, мы имеем

∬R2e−10(x2+y2)dxdy=∫θ=0θ=2π∫r=0r=∞e−10r2rdrdθ=∫θ=0θ=2π(lima→∞∫r=0r=ae−10r2rdr)dθ= (∫θ=0θ=2πdθ)(лима→∞∫r=0r=ae−10r2rdr)=2π(лима→∞∫r=0r=ae−10r2rdr)=2πlima→∞(−120)(e−10r2\| 0a)=2π(−120)лима→∞(e−10a2−1)=π10.

Вычислите интеграл ∬R2e−4(x2+y2)dxdy.

π4

Подсказка

Преобразование в полярную систему координат.

Ключевые понятия

Чтобы применить двойной интеграл к ситуации с круговой симметрией, часто удобно использовать двойной интеграл в полярных координатах. Мы можем применить эти двойные интегралы к полярной прямоугольной области или общей полярной области, используя повторный интеграл, аналогичный тем, которые используются с прямоугольными двойными интегралами.
Район dA
в полярных координатах становится
rdrdθ.
Использование х=rcosθ,y=rsinθ,
и
dA=rdrdθ
для преобразования интеграла в прямоугольных координатах в интеграл в полярных координатах.
Использование r2=x2+y2
и
θ=tan-1(yx)
для преобразования интеграла в полярных координатах в интеграл в прямоугольных координатах, если это необходимо.
Чтобы найти объем в полярных координатах, ограниченный сверху поверхностью z=f(r,θ)
по региону на
xy
— плоскость, используйте двойной интеграл в полярных координатах.

Ключевые уравнения

В следующих упражнениях выразите область D

в полярных координатах.

— это область диска радиусом 2

с центром в начале координат, которая находится в первом квадранте.

— это область между окружностями радиусом 4

и радиусом 5

с центром в начале координат, который находится во втором квадранте.

D={(r,θ)\|4≤r≤5,π2≤θ≤π}

— область, ограниченная осью y

и x=1−y2.

— область, ограниченная осью x

и y=2−x2.

D={(r,θ)\|0≤r≤2,0≤θ≤π}

Д={(х,у)\|х2+у2≤4х}

D={(x,y)\|x2+y2≤4y}

D={(r,θ)\|0≤r≤4sinθ,0≤θ≤π}

В следующих упражнениях график полярной прямоугольной области D

дано. Экспресс Д

в полярных координатах.

![Половина кольца D нарисована в первом и втором квадрантах с внутренним радиусом 3 и внешним радиусом 5.](/calculus-book/resources/CNX_Calc_Figure_15_03_201.jpg)

![Сектор кольца D нарисован между тета = пи/4 и тета = пи/2 с внутренним радиусом 3 и внешним радиусом 5. ](/calculus-book/resources/CNX_Calc_Figure_15_03_202.jpg)

D={ (r,θ)\|3≤r≤5,π4≤θ≤π2}

![Половина кольца D нарисована между тета = пи/4 и тета = 5 пи/4 с внутренним радиусом 3 и внешним радиусом 5.](/calculus-book/resources/CNX_Calc_Figure_15_03_203.jpg)

![ Нарисован сектор кольца D между тета = 3 пи/4 и тета = 5 пи/4 с внутренним радиусом 3 и внешним радиусом 5.](/calculus-book/resources/CNX_Calc_Figure_15_03_204.jpg)

D ={(r,θ)\|3≤r≤5,3π4≤θ≤5π4}

На следующем графике область D

расположена ниже y=x

и ограничена x=1,x=5,

и y=0.

На следующем графике область D

ограничена y=x

и y=x2.

D={(r,θ)\|0≤r≤tanθsecθ,0≤θ≤π4}

В следующих упражнениях вычислите двойной интеграл ∬Rf(x,y)dA

над полярной прямоугольной областью D.

f(x,y)=x2+y2,D={(r,θ)\|3≤r≤5,0≤θ≤2π}

f(x,y)=x+y,D={(r,θ)\|3≤r≤5,0≤θ≤2π}

f(x,y)=x2+xy,D={(r,θ)\|1≤r≤2,π≤θ≤2π}

f(x,y)=x4+y4,D={(r,θ)\|1≤r≤2,3π2≤θ≤2π}

63π16

f(x,y)=x2+y23,

, где D={(r,θ)\|0≤r≤1,π2≤θ≤π}.

f(x,y)=x4+2x2y2+y4,

, где D={(r,θ)\|3≤r≤4,π3≤θ≤2π3}.

3367π18

f(x,y)=sin(arctanyx),

, где D={(r,θ)\|1≤r≤2,π6≤θ≤π3}

f(x,y)=arctan(yx),

где D={(r,θ)\|2≤r≤3,π4≤θ≤π3}

35π2576

∬Dex2+y2[1+2arctan(yx)]dA,D={(r,θ)\|1≤r≤2,π6≤θ≤π3}

∬D(ex2+y2+x4+2x2y2+y4)arctan(yx)dA,D={(r,θ)\|1≤r≤2,π4≤θ≤π3}

7576π2(21−e+ д4)

В следующих упражнениях интегралы были преобразованы в полярные координаты. Убедитесь, что тождества верны, и выберите самый простой способ вычисления интегралов в прямоугольных или полярных координатах.

∫12∫0x(x2+y2)dydx=∫0π4∫secθ2secθr3drdθ

∫23∫0xxx2+y2dydx=∫0π/4∫0tanθsecθrcosθdrdθ

54ln(3+22)

∫01∫x2x1x2+y2dydx=∫0π/4∫0tanθsecθdrdθ

∫01∫x2xyx2+y2dydx=∫0π/4∫0tanθsecθrsinθdrdθ

16(2−2)

В следующих упражнениях преобразуйте интегралы в полярные координаты и оцените их.

∫03∫09−y2(x2+y2)dxdy

∫02∫−4−y24−y2(x2+y2)2dxdy

∫0π∫02r5drdθ=32π3

∫01∫01−x2(x+y)dydx

∫04∫−16−x216−x2sin(x2+y2)dydx

∫−π/2π/2∫04rsin(r2)drdθ=πsin28

Вычислить интеграл ∬DrdA

, где D

— область, ограниченная полярной осью и верхней половиной кардиоиды r=1+cosθ.

Найти площадь области D

, ограниченной полярной осью и верхней половиной кардиоиды r=1+cosθ.

3π4

Вычислить интеграл ∬DrdA,

где D

— область, ограниченная частью четырехлепестковой розы r=sin2θ

расположен в первом квадранте (см. следующий рисунок).

Найдите общую площадь области, ограниченной четырехлепестковой розой r=sin2θ

(см. рисунок в предыдущем упражнении).

№2

Найдите площадь области D,

, которая является областью, ограниченной y=4−x2,

x=3,x=2,

и y=0.

Найдите площадь области D,

которая является областью внутри диска x2+y2≤4

и правее строки x=1.

13(4π−33)

Определить среднее значение функции f(x,y)=x2+y2

по области D

, ограниченной полярной кривой r=cos2θ,

, где −π4≤θ≤π4

(см. график).

Определить среднее значение функции f(x,y)=x2+y2

по области D

, ограниченной полярной кривой r=3sin2θ,

, где 0≤θ≤π2

(см. следующий график ).

163π

Найти объем тела, расположенного в первом октанте и ограниченного параболоидом z=1−4×2−4y2

и плоскостями x=0,y=0,

и z=0.

Найдите объем твердого тела, ограниченного параболоидом z=2−9×2−9y2

и плоскостью z=1.

№18

Найти объем твердого тела S1
ограничен цилиндром
x2+y2=1
и плоскости
г=0
и
г=1.
Найдите объем твердого тела S2
снаружи двойного конуса
z2=x2+y2,
внутри цилиндра
x2+y2=1,
и выше плоскости
г=0.
Найдите объем твердого тела внутри конуса z2=x2+y2
и ниже плоскости
z=1
путем вычитания объемов твердых тел
S1
и
С2.

Найти объем твердого тела S1
внутри единичной сферы
x2+y2+z2=1
и над плоскостью
г=0.
Найдите объем твердого тела S2
внутри двойного конуса
(z−1)2=x2+y2
и над плоскостью
г=0.
Найдите объем твердого тела вне двойного конуса (z−1)2=x2+y2
и внутри сферы
х2+у2+z2=1.

а. 2π3;

б. π2;

г. №6

В следующих двух упражнениях рассмотрим сферическое кольцо, представляющее собой сферу с цилиндрическим отверстием, прорезанным так, что ось цилиндра проходит через центр сферы (см. следующий рисунок).

Если сфера имеет радиус 4

, а цилиндр имеет радиус 2,

, найдите объем сферического кольца.

Цилиндрическое отверстие диаметром 6

см просверлено в сфере радиусом 5

см так, что ось цилиндра проходит через центр сферы. Найдите объем получившегося сферического кольца.

256π3см3

Найдите объем тела, лежащего под двойным конусом z2=4×2+4y2,

внутри цилиндра x2+y2=x,

и над плоскостью z=0.

Найдите объем тела, лежащего под параболоидом z=x2+y2,

внутри цилиндра x2+y2=x,

и над плоскостью z=0.

3π32

Найдите объем тела, лежащего под плоскостью x+y+z=10

и над диском x2+y2=4x.

Найдите объем тела, лежащего под плоскостью 2x+y+2z=8

и над единичным кругом x2+y2=1.

4π

Радиальная функция f

— это функция, значение которой в каждой точке зависит только от расстояния между этой точкой и началом системы координат; то есть f(x,y)=g(r),

, где r=x2+y2.

Покажите, что если f

– непрерывная радиальная функция, то ∬Df(x,y)dA=(θ2−θ1)[G(R2)−G(R1)],

, где G′(r)= rg(r)

и (x,y)∈D={(r,θ)\|R1≤r≤R2,0≤θ≤2π},

с 0≤R1

и 0≤θ1 <θ2≤2π.

Используйте информацию из предыдущего упражнения для вычисления интеграла ∬D(x2+y2)3dA,

, где D

— единичный круг.

№4

Пусть f(x,y)=F′(r)r

— непрерывная радиальная функция, определенная на кольцевой области D={(r,θ)\|R1≤r≤R2,0≤θ≤2π},

, где r=x2+y2,

и F

— дифференцируемая функция. Покажите, что ∬Df(x,y)dA=2π[F(R2)−F(R1)].

Примените предыдущее упражнение для вычисления интеграла ∬Dex2+y2x2+y2dxdy,

, где D

— кольцевая область между окружностями радиусов 1

и 2

, расположенными в третьем квадранте.

12πe(e−1)

Пусть f

— непрерывная функция, которая может быть выражена в полярных координатах как функция θ 9только 0042

; то есть f(x,y)=h(θ),

, где (x,y)∈D={(r,θ)\|R1≤r≤R2,θ1≤θ≤θ2},

с 0≤R1

и 0≤θ1<θ2≤2π.

Покажите, что ∬Df(x,y)dA=12(R22−R12)[H(θ2)−H(θ1)],

, где H

— первопроизводная h.

Примените предыдущее упражнение для вычисления интеграла ∬Dy2x2dA,

, где D={(r,θ)\|1≤r≤2,π6≤θ≤π3}.

3−π4

Пусть f

— непрерывная функция, которая может быть выражена в полярных координатах как функция θ 9только 0042

; то есть f(x,y)=g(r)h(θ),

, где (x,y)∈D={(r,θ)\|R1≤r≤R2,θ1≤θ≤θ2}

с 0≤R1

и 0≤θ1<θ2≤2π.

Покажите, что ∬Df(x,y)dA=[G(R2)−G(R1)][H(θ2)−H(θ1)],

, где G

и H

являются первообразными g

и ч,

соответственно.

Вычислить ∬Darctan(yx)x2+y2dA,

, где D={(r,θ)\|2≤r≤3,π4≤θ≤π3}.

133π3864

Сферическая шапка — это область сферы, расположенная выше или ниже заданной плоскости.

Покажите, что объем сферической крышки на рисунке ниже равен 16πh(3a2+h3).
Сферический сегмент – это твердое тело, определяемое пересечением сферы двумя параллельными плоскостями. Если расстояние между плоскостями h,
показывают, что объем сферического сегмента на рисунке ниже равен
16πh(3a2+3b2+h3).

В статистике — совместная плотность двух независимых нормально распределенных событий со средним значением μ=0

, а стандартное распределение σ

определяется как p(x,y)=12πσ2e−x2+y22σ2.

Рассмотрим (X,Y),

декартовы координаты шара в положении покоя после того, как он был выпущен из положения на оси z по направлению к плоскости xy

. Предположим, что координаты мяча независимо распределены нормально со средним значением μ=0

и стандартным отклонением σ

(в футах). Вероятность того, что шарик остановится не более чем на

фут от начала координат определяется как P[X2+Y2≤a2]=∬Dp(x,y)dydx,

, где D

— это диск радиусом a с центром в начале координат. Покажите, что P[X2+Y2≤a2]=1−e−a2/2σ2.

Двойной несобственный интеграл ∫−∞∞∫−∞∞e(−x2+y2/2)dydx

может быть определен как предельное значение двойных интегралов ∬Dae(−x2+y2/2)dA

по диски Da

радиусов a с центром в начале координат, поскольку a неограниченно увеличивается; то есть ∫−∞∞∫−∞∞e(−x2+y2/2)dydx=lima→∞∬Dae(−x2+y2/2)dA.

Используйте полярные координаты, чтобы показать, что ∫−∞∞∫−∞∞e(−x2+y2/2)dydx=2π.
Покажи, что ∫−∞∞e−x2/2dx=2π,
, используя соотношение
∫−∞∞∫−∞∞e(−x2+y2/2)dydx=(∫−∞∞e−x2/2dx)(∫−∞∞e−y2/2dy).

Глоссарий

полярный прямоугольник

область, заключенная в круги г=а

r=b

и углы

θ=α

θ=β;

описывается как

R={(r,θ)\|a≤r≤b,α≤θ≤β}

Эта работа находится под лицензией Creative Commons Attribution 4.0 International License.

Вы также можете бесплатно загрузить его с http://cnx.org/contents/[email protected]

Атрибуция:

По вопросам, касающимся этой лицензии, обращайтесь по адресу [email protected].
Если вы используете данный учебник в качестве библиографической ссылки, то цитировать его следует следующим образом: Колледж OpenStax, исчисление. OpenStax CNX. http://cnx.org/contents/[email protected].
Если вы распространяете этот учебник в печатном формате, вы должны указать на каждой физической странице следующее указание авторства: «Загрузите бесплатно по адресу http://cnx.org/contents/[email protected]».
Если вы распространяете часть этого учебника, вы должны сохранять при каждом просмотре страницы в цифровом формате (включая, помимо прочего, EPUB, PDF и HTML) и на каждой физической печатной странице следующее указание авторства: «Скачать бесплатно на http://cnx. org/contents/[email protected].»

Двойные интегралы – определение, формула и примеры

Двойной интеграл позволяет нам расширить наше понимание площадей под кривой от двумерной системы координат до объемов под поверхностями в трехмерной системе координат. Двойные интегралы позволяют нам вычислять плотности масс и оценивать функции плотности вероятности — всего лишь две из многих функций двойных интегралов!

Двойной интеграл позволяет вычислить объем под пространством, ограниченным областью , $\boldsymbol{R}$. Мы можем вычислять двойные интегралы, вычисляя интегралы по одной переменной и оставляя остальные переменные постоянными.

В этой статье рассматриваются все ключевые понятия, необходимые для понимания того, что представляют собой двойные интегралы. К концу обсуждения мы хотим, чтобы вы чувствовали себя уверенно при решении задач, связанных с двойными интегралами. 9{a} f(x, y) \phantom{x}dxdy\end{aligned}

Двойной интеграл также является важным примером повторных интегралов. Одна только ее общая форма подчеркивает это — мы интегрируем функцию двойной переменной по отношению к одной переменной, а затем к следующей. Мы подробнее рассмотрим процесс вычисления двойных интегралов позже, а сейчас нам нужно понять, что представляют собой двойные интегралы и как мы установили их правила.

С помощью двойных интегралов мы теперь можем вычислить площадь поверхности кривых, подобных показанной выше, и спроецированных на разные плоскости. Мы начнем наше понимание двойных интегралов с обзора того, что мы знаем об определенных интегралах. Напомним, что с помощью фундаментальной теоремы исчисления мы можем определить определенные интегралы, как показано ниже. 9{b} f(x) \phantom{x}dx &= \lim_{n \rightarrow \infty}[f(x_1)\Delta x + f(x_2)\Delta x + …+ f(x_n)\Delta x ]\\\Delta x &= \dfrac{b – a}{n}\end{aligned}

Как мы узнали ранее, $\Delta x$ представляет ширину прямоугольников, а $\{x_1, x_2, x_3, …, x_n\}$ — конечные точки, образованные подынтервалами в интервале $[a, b]$. Как это относится к двойным интегралам?

Интерпретация двойных интегралов с использованием суммы Римана

Предположим, что у нас есть область $R$, ограниченная интервалами $[a, b] \times [c, d]$ через интервалы вдоль оси $x$ и $y$ соответственно. Это означает, что мы можем разделить длину и ширину на меньшие подинтервалы и прямоугольники, как показано на изображении выше. Прямоугольник содержит $mn$ прямоугольников, где каждый меньший прямоугольник имеет площадь $\Delta x \Delta y$, где $\Delta x = \dfrac{b – a}{m}$ и $\Delta y = \dfrac{ в – г}{п}$. Мы можем определить двойные интегралы в терминах суммы площадей прямоугольников, образованных графиком, подобно тому, как мы ранее давали определение определенным интегралам.

\begin{aligned}\int \int_R f(x, y)\phantom{x}dA &= \lim_{m, n \rightarrow \infty} [f(x_1, y_1)\Delta A + f(x_1,y_2)\Delta A + … + f(x_m,y_n)\Delta A]\end{aligned}

Теперь давайте расширим это понимание, интерпретируя $f(x_i, y_j)$ как высота прямоугольной призмы с площадью основания $A$. {b} f(x, y) \phantom{x}dx\right ]\phantom{x}dy\end{выровнено}

Повторные интегралы — это интегралы функций многих переменных, в которых мы сначала вычисляем определенные интегралы функции по одной переменной, а затем интегрируем по следующей переменной. Давайте вернемся к нашему выражению для двойного интеграла, вернувшись к нашей функции $f$, определяемой двумя переменными и интегрируемой в пределах прямоугольной области, $R = [a, b] \times [c, d]$ . Это означает, что мы можем интегрировать $f(x, y)$ по $x$ от $x = a$ до $x = b$ и рассматривать $y$ как константу. 9{d} f(x, y) \phantom{x}dy \right] \phantom{x}dx \end{aligned}

Таким образом, мы показали, как двойные интегралы можно интерпретировать как повторные интегралы. Мы будем использовать эту интерпретацию для решения двойных интегралов в разделе, показанном ниже.

Интерпретация двойных интегралов как площади общих областей

Бывают случаи, когда область поверхности, над которой мы работаем, не образует прямоугольника. Давайте теперь рассмотрим два примера областей, которые не имеют прямоугольной формы.

Это означает, что теперь мы можем работать с поверхностями с нерегулярными областями, и два графика, показанные выше, являются прекрасными примерами. На первом графике показана область, образованная двумя кривыми относительно $x$, а на втором графике показана область, образованная кривыми относительно $y$.

\begin{align}R &= \{(x, y)| a \leq x \leq b,g_1(x) \leq y \leq g_2(x)\}\\\\R &= \{(x, y)| h_1(y) \leq x \leq h_2(y), c \leq y \leq d\}\end{aligned}

Это обозначения построителя набора, которые описывают две области – первое уравнение описывает область крайний левый граф, а второе обозначение построителя набора представляет правый граф. Мы можем вычислить двойной интеграл, ограниченный областями, показанными ниже. 9{h_2(y)} f(x, y) dx\phantom{x} dy\end{aligned}

Мы показали, как работают двойные интегралы для более общих областей. Теперь давайте перейдем к применению того, что мы уже узнали, для вычисления двойных интегралов.

Как решать двойные интегралы?

Мы можем решать задачи, связанные с двойными интегралами, применяя соответствующие интерпретации двойных интегралов. Самый быстрый способ вычислить двойные интегралы — использовать тот факт, что они являются повторными интегралами.

Определить пределы интегрирования функции по двум переменным (обычно $x$ и $y$).
Вычислите внутренний интеграл, работая с одной переменной и считая другую константой.
Теперь вычислите внешний интеграл, используя полученное выражение.

Существуют также некоторые свойства двойных интегралов, которые могут помочь вам в вычислении двойных интегралов. Давайте сначала рассмотрим некоторые из этих свойств!

Свойства двойных интегралов

Учитывая, что функции $f(x, y)$ и $g(x, y)$ можно проинтегрировать по областям $R$ и $S$, они удовлетворяют следующим уравнениям:

$\int \int_{R} [f(x, y) \pm g(x, y)]\phantom{x}dA = \int \int_{R} f(x, y) \phantom{x}dA \pm \int \int_{R} g(x, y) \phantom{x}dA$
$\int \int_{R} f(x, y) \phantom{x} dA = k \int \int_ {R} f(x, y) \phantom{x}dA$, где $k$ является константой
Когда $f(x, y) \leq g(x, y)$ в пределах области, $R$, неравенство $\int \int_{R} f(x, y) \phantom{x}dA \leq \int \int_{R} g(x, y) \phantom{x}dA $.
Если $f(x, y) \geq 0$ внутри $R$ и области $R$ и $S$ не перекрывают друг друга, то можно написать $\int \int_{R \cup S} f (x, y)\phantom{x} dA$, как показано ниже.

\begin{align} \int \int_{R \cup S} f(x, y)\phantom{x} dA = \int \int_{R} f(x, y) \phantom{x} dA + \int \int_{S} f(x, y) \phantom{x}dA\end{aligned}

Теперь, когда вы знаете различные свойства двойных интегралов, пришло время показать вам пример решения двойных интегралов. интегралы.

9{2} 2(1 – xy) \phantom{x}dxdy$ равно $-18$. Освоиться? Не волнуйтесь, мы подготовили для вас больше примеров! Прочтите статью, а затем проверьте свои знания с помощью наших примеров задач, показанных ниже.

Пример 1

Определите объем $V$, найденный прямо под плоскостью, $z = 4x + 2y$ над прямоугольной областью, $R = [0, 2]\times [0, 4 ]$.

Решение

Давайте сначала определим пределы двойного интеграла: мы хотим вычислить двойной интеграл от $z = 4x + 2y$ относительно $x$ от $x = 0$ до $x = 2$ .

3 Приложения двойных интегралов

Двойной интеграл с примерами решения и образцами выполнения

Механические приложения двойного интеграла / Двойной интеграл / 3dstroyproekt.

Далее:

Физические приложения двойного интеграла.

VI.3. Некоторые приложения двойного интеграла

Лекции кратные интегралы, двойной интеграл

Тогда

Тогда по формуле (10) получаем

то: (13)

15.6: Расчет центров масс и моментов инерции

Цели обучения

Центр масс в двух измерениях

Упражнение \(\PageIndex{1}\)

Упражнение \(\PageIndex{2}\)

Пример \(\PageIndex{3}\): центр масс

Упражнение \(\PageIndex{3}\)

Упражнение \(\PageIndex{5}\)

Моменты инерции

Пример \(\PageIndex{7}\): нахождение радиуса вращения треугольной пластинки

Упражнение \(\PageIndex{7}\)

Ключевые понятия

Глоссарий

Математика III. Поверхностные интегралы

Раздел 6-3: Поверхностные интегралы

Двойные интегралы как объем — Math Insight

IX. Интегральные отношения пограничного слоя — промежуточная механика жидкости

Толщина пограничного слоя

Общие интегральные уравнения пограничного слоя 92u_1}{\partial x_2}[/latex]

Метод решения

Двойные интегралы в полярных координатах · Исчисление

Полярные прямоугольные области интегрирования

Общие полярные регионы интеграции

Полярные районы и объемы

Ключевые понятия

Ключевые уравнения

Глоссарий

Двойные интегралы – определение, формула и примеры

Интерпретация двойных интегралов с использованием суммы Римана

Интерпретация двойных интегралов как площади общих областей

Добавить комментарий Отменить ответ