Za izračunavanje količina m, i moraju se koristiti formule (4), (5) i (7). Kao rezultat, dobijamo formule za koordinate centra mase tanke ploče :

Primjer 4 (izračunavanje koordinata centra mase homogene ploče)

Pronađite koordinate centra mase homogene figure ograničene linijama i .

Sagradivši figuru uočavamo da je geometrijski simetrična u odnosu na pravu liniju.Pošto je figura napravljena od homogenog materijala, ima ne samo geometrijsku, već i fizičku simetriju, odnosno masu svog dijela koja nalazi se lijevo od ose simetrije, jednaka je masi dijela koji se nalazi na desnoj strani. Zatim prema poznatom fizička svojstva centar mase, zaključujemo da se nalazi na osi simetrije, tj

Da bismo izračunali , komponujemo statički moment i koristimo formule (4) i (5):

;

Odgovor: C.

Prijave trostruki integrali

Primjene trostrukih integrala slične su primjenama dvostrukih integrala, ali samo za trodimenzionalna tijela.

Ako koristimo jedno od svojstava trostrukog integrala (o njegovoj vrijednosti iz funkcije koja je identično jednaka jedinici), onda ćemo dobiti formula za izračunavanje volumena bilo kojeg prostornog tijela :

Zapisujemo formulu za volumen u terminima trostrukog integrala i izračunavamo trostruki integral u cilindrične koordinate:

Odgovor: (jedinice zapremine).

Formula za izračunavanje mase trodimenzionalnog objekta koji zauzima volumen V, izgleda kao:

(13)

Ovdje je nasipna gustina distribucije mase.

Primjer 6 (izračunavanje mase trodimenzionalnog tijela)

Pronađite masu lopte poluprečnika R, ako je gustina proporcionalna kocki udaljenosti od centra i po jedinici udaljenosti je jednaka k.

V: elementarni volumen i .

Imajte na umu da je ovdje, prilikom izračunavanja trostrukog integrala, dobijen proizvod integrala, pošto se pokazalo da su unutrašnji integrali nezavisni od varijabli vanjskih integrala.

Odgovor: (jedinice mase).

Mehaničke karakteristike za zapreminu V(statički momenti, momenti inercije, koordinate centra mase) izračunavaju se pomoću formula koje

kompiliraju se po analogiji sa formulama za dvodimenzionalna tijela.

Elementarni statički momenti i momenti inercije u odnosu na koordinatne ose:

elementarnih trenutaka inercija u odnosu na koordinatne ravni i polazne tačke:

Zatim izračunajte mehaničku karakteristiku cijelog volumena V, potrebno je da zbrojite elementarne članove ove karakteristike na svim dijelovima particije (pošto izračunata karakteristika ima svojstvo aditivnosti), a zatim idite do granice u rezultirajućem zbiru, pod uslovom da se svi elementarni dijelovi particije smanjuju bez ograničenja (ugovor u bodove). Ove radnje su opisane kao integracija elementarnog člana izračunate mehaničke karakteristike u smislu zapremine V.

Rezultat je sljedeći formule za izračunavanje statičkih momenata M i momenata inercije I trodimenzionalnih tijela :

U praksi je korisno ne samo koristiti ove formule kao gotove, već ih i izvesti u problemu koji se rješava.

Primjeri 7 (proračun mehaničkih karakteristika trodimenzionalnih tijela)

Odrediti moment inercije homogenog cilindra čija je visina h i poluprečnik osnove R, u odnosu na osu koja se poklapa sa prečnikom baze.

Nađimo udaljenost d za proizvoljnu tačku cilindra:

udaljenost od tačke sa koordinatama do ose – je dužina okomice povučene iz ove tačke na os . Konstruirajmo ravan okomitu na osu tako da tačka pripada ovoj ravni. Tada će svaka prava koja siječe osu i pripada ovoj ravni biti okomita . Konkretno, prava linija koja povezuje tačku i tačku bit će okomita na os, a udaljenost između ovih tačaka će biti željena udaljenost d. Izračunavamo ga koristeći dobro poznatu formulu za udaljenost između dvije tačke.

3 Primjena dvostrukih integrala

3.1 Teorijski uvod

Razmotrite aplikacije dvostruki integral na broj geometrijski problemi i zadaci mehaničara.

3.1.1 Izračunavanje površine i mase ravne ploče

Razmotrite ploču od tankog materijala D nalazi u avionu Ohu. Square S ova ploča se može naći pomoću formule dvostrukog integrala:

3.1.2 Statički momenti. Centar mase ravne ploče

statički moment M x oko ose Ox materijalna tačka P(x;y) leži u avionu Oxy i misu m, naziva se proizvod mase tačke i njene ordinate, tj. M x = moj. Slično se definira i statički moment M y oko ose Oy: ­ ­ ­ M y = mx. Statički momenti ravna ploča sa površinskom gustinom γ = γ (x, y) se izračunavaju po formulama:

Kao što je poznato iz mehanike, koordinate x c ,y c centar mase ravnog sistema materijala određeni su jednakostima:

gdje m je masa sistema, i M x i M y su statički momenti sistema. Težina ravne ploče m je određena formulom (1), statički momenti ravne ploče mogu se izračunati po formulama (3) i (4). Zatim, prema formulama (5), dobijamo izraz za koordinate centra mase ravne ploče:

Tipičan proračun sadrži dva zadatka. U svakom zadatku je data ravna ploča D, ograničen linijama navedenim u uvjetu problema. G(x,y) je površinska gustina ploče D. Za ovu ploču pronađite: 1. S- kvadrat; 2. m- masa; 3. M y , M x– statični momenti oko osi Oy i Oh respektivno; 4. , su koordinate centra mase.

3.3 Kako izvesti tipičan proračun

Prilikom rješavanja svakog zadatka morate: 1. Nacrtati datu površinu. Odaberite koordinatni sistem u kojem će se izračunati dvostruki integrali. 2. Zabilježite površinu kao sistem nejednakosti u odabranom koordinatnom sistemu. 3. Izračunajte površinu S i masa m ploče prema formulama (1) i (2). 4. Izračunajte statičke momente M y , M x prema formulama (3) i (4). 5. Izračunajte koordinate centra mase , prema formulama (6). Stavite centar mase na crtež. U ovom slučaju postoji vizuelna (kvalitativna) kontrola dobijenih rezultata. Numeričke odgovore treba primiti sa tri značajne brojke.

3.4 Primjeri proračuna uzoraka

Zadatak 1. ploča D ograničen redovima: y = 4 – x 2 ; X = 0; y = 0 (x ≥ 0; y≥ 0) Površinska gustina γ 0 = 3. Rješenje. Područje navedeno u problemu ograničeno je parabolom y = 4 – x 2, koordinatne ose i leži u prvoj četvrtini (sl. 1). Problem će biti riješen u Dekartovom koordinatnom sistemu. Ovo područje se može opisati sistemom nejednakosti:

Rice. jedan

Square S ploča je jednaka (1): Pošto je ploča homogena, njena masa m = γ 0 S= 3 = 16. Koristeći formule (3), (4), nalazimo statičke momente ploče: Koordinate centra mase nalaze se po formuli (6): odgovor: S ≈ 5,33; m = 16; M x = 25,6; M y = 12; = 0,75; = 1,6.

Zadatak 2. ploča D ograničen redovima: X 2 + at 2 = 4; X = 0, at = X (X ≥ 0, at≥ 0). Površinska gustina γ (x,y) = at. Rješenje. Ploča je ograničena krugom i pravim linijama koje prolaze kroz ishodište (slika 2). Stoga je za rješavanje problema prikladno koristiti polarni koordinatni sistem. polarni ugao φ varira od π/4 do π/2. Snop povučen sa pola kroz ploču "ulazi" u njega na ρ = 0 i "napušta" krug čija je jednadžba: X 2 + at 2 = 4 <=>p = 2.

Rice. 2

Dakle, dato područje se može zapisati kao sistem nejednačina: Površina ploče se nalazi po formuli (1): Masu ploče nalazimo po formuli (2), zamjenom γ (x,y) = y = ρ grijeh φ :
Za izračunavanje statičkih momenata ploče koristimo formule (3) i (4):
Koordinate centra mase dobijamo pomoću formula (6): odgovor: S ≈ 1,57; m ≈ 1,886; M x = 2,57; M y = 1; = 0,53; = 1,36.

3.5 Izvještavanje

Izveštaj treba da sadrži sve izvršene proračune, uredno izvedene crteže. Numeričke odgovore treba primiti sa tri značajne brojke.

– izračunavanje težišta ravne ograničene figure. Mnogi čitatelji intuitivno razumiju šta je centar gravitacije, ali ipak preporučujem da ponovite materijal iz jedne od lekcija analitička geometrija, gde sam demontirao problem centra gravitacije trougla i u pristupačnom obliku dešifrovano fizičko značenje ovaj termin.

U samostalnim i kontrolnim zadacima, u pravilu se predlaže rješavanje najjednostavniji slučaj– stan ograničen homogena figura, odnosno figura konstantne fizičke gustine - staklene, drvene, limene igračke od livenog gvožđa, teško djetinjstvo itd. Nadalje, po defaultu, pričat ćemo samo o takvim brojkama =)

Prvo pravilo i najjednostavniji primjer : ako ravna figura ima centar simetrije, onda je to centar gravitacije ove figure. Na primjer, središte okrugle homogene ploče. Logično je i svjetski jasno - masa takve figure je "pravično raspoređena u svim smjerovima" u odnosu na centar. Vjerujte - ne želim.

Međutim, u surovoj stvarnosti, malo je vjerovatno da će vam biti priređeno slatko eliptična čokoladica, pa se morate naoružati ozbiljnim kuhinjskim alatom:

Izračunavaju se koordinate težišta ravne homogene ograničene figure sledeće formule :

, ili:

, gdje je površina regije (slika); ili vrlo kratko:

, gdje

Integral ćemo uslovno nazvati "X" integralom, a integral "Y" integralom.

Napomena-pomoć : za stan ograničen heterogena figure, čija je gustina data funkcijom, formule su složenije:
, gdje - masa figure;u slučaju ujednačene gustine, oni se pojednostavljuju na gornje formule.

Na formulama se, zapravo, sve novotarije završava, ostalo je vaša sposobnost riješiti dvostruke integrale Inače, sada je odlična prilika da uvježbate i poboljšate svoju tehniku. A savršenstvo, kao što znate, nema granica =)

Hajde da ubacimo okrepljujući dio parabola:

Primjer 1

Pronađite koordinate težišta homogene ravne figure ograničene linijama.

Rješenje: linije su ovdje elementarne: postavlja apscisu, a jednačina - parabolu, koja se lako i brzo gradi korištenjem geometrijske transformacije grafova:

– parabola, pomaknuta 2 jedinice ulijevo i 1 jedinica dolje.

Dovršit ću cijeli crtež odjednom sa završenom tačkom težišta figure:

Pravilo dva: ako figura ima osa simetrije, tada težište ove figure nužno leži na ovoj osi.

U našem slučaju, figura je simetrična ravno, odnosno, u stvari, već znamo "x" koordinatu tačke "em".

Također imajte na umu da je okomito centar gravitacije pomaknut bliže x-osi, jer je lik tamo masivniji.

Da, možda još nisu svi u potpunosti shvatili šta je centar gravitacije: podignite kažiprst i mentalno stavite na njega zasjenjeni „đon“ sa tačkom. Teoretski, brojka ne bi trebala pasti.

Koordinate težišta figure pronalazimo po formulama , gdje .

Redoslijed prelaska područja (oblika) je očigledan ovdje:

Pažnja! Određivanje najprofitabilnijeg reda prelaska jednom- i iskoristi ga za sve integrali!

1) Prvo izračunajte površinu figure. S obzirom na relativnu jednostavnost integrala, rješenje se može formulirati kompaktno, glavna stvar je da se ne zbunite u proračunima:

Gledamo crtež i procjenjujemo površinu po ćelijama. Ispostavilo se o slučaju.

2) X-koordinata centra gravitacije je već pronađena " grafička metoda“, tako da se možete osvrnuti na simetriju i preći na sljedeći pasus. Međutim, još uvijek ne savjetujem da to učinite - vjerovatno je da će rješenje biti odbijeno uz izraz "koristite formulu".

Imajte na umu da ovdje možete proći isključivo usmenim proračunima - ponekad uopće nije potrebno dovoditi razlomke na zajednički nazivnik ili mučiti kalkulator.

Na ovaj način:
što je bilo potrebno.

3) Pronađite ordinatu težišta. Izračunajmo integral "igre":

A ovdje bi bilo teško bez kalkulatora. Za svaki slučaj, prokomentarat ću da se kao rezultat množenja polinoma dobije 9 članova, a neki od njih su slični. Slične termine sam dao usmeno (kao što se obično radi u sličnim slučajevima) i odmah zapisao konačan iznos.

Kao rezultat:
što je veoma, veoma blizu istine.

U završnoj fazi, označavamo tačku na crtežu. Prema uslovu, nije bilo potrebno ništa crtati, ali u većini problema smo hteli-nehteli prinuđeni da nacrtamo figuru. Ali postoji apsolutni plus - vizualna i prilično učinkovita provjera rezultata.

Odgovori:

Sljedeća dva primjera za nezavisna odluka.

Primjer 2

Odredite koordinate težišta homogene ravne figure ograničene linijama

Usput, ako zamislite kako se parabola nalazi i vidite tačke u kojima ona siječe os, onda ovdje zapravo možete bez crteža.

I još teže:

Primjer 3

Pronađite težište homogene ravne figure ograničene linijama

Ako imate poteškoća s crtanjem, proučite (recenzija) lekcija o parabolama i/ili primjer br. 11. članka Dvostruki integrali za lutke.

Primjeri rješenja na kraju lekcije.

Osim toga, desetak ili dva slična primjera mogu se naći u odgovarajućoj arhivi na stranici Gotova rješenja za višu matematiku.

Pa, ne mogu a da ne obradujem ljubavnike višu matematiku koji me često traže da riješim teške probleme:

Primjer 4

Pronađite težište homogene ravne figure ograničene linijama. Nacrtajte lik i njegovo težište na crtežu.

Rješenje: uvjet ovog zadatka već kategorički zahtijeva izvođenje crteža. Ali zahtjev nije tako formalan! - čak i osoba sa prosječnim nivoom obuke može zamisliti ovu cifru u svom umu:

Prava linija siječe krug na 2 dijela i dodatnu klauzulu (cm. linearne nejednakosti) označava da je riječ o malom zasjenjenom komadu.

Figura je simetrična u odnosu na pravu liniju (prikazana isprekidanom linijom), tako da težište mora ležati na ovoj liniji. I očito su njegove koordinate modulo. Odlična smjernica koja praktično isključuje pogrešan odgovor!

Sada loše vijesti =) Neugodan integral iz korijena se nazire na horizontu, koji smo detaljno analizirali u primjeru br. 4 lekcije Efikasne metode za rješavanje integrala. I ko zna šta će se tamo još nacrtati. Čini se da zbog prisustva krugovima isplativo, ali nije sve tako jednostavno. Jednačina prave linije se pretvara u oblik i integrali će također ispasti ne šećer (iako obožavatelji trigonometrijski integrali cijeniti). U tom smislu, razumnije je zadržati se na kartezijanskim koordinatama.

Redoslijed prelaska oblika:

1) Izračunajte površinu figure:

Racionalnije je uzeti prvi integral podvesti pod znak diferencijala:

A u drugom integralu ćemo izvršiti standardnu ​​zamjenu:

Izračunajmo nove granice integracije:

2) Hajde da pronađemo .

Ovdje je ponovo korišten 2. integral metoda dovođenja funkcije pod diferencijalni predznak. Vježbajte i usvojite ove optimalne (po mom mišljenju) metode za rješavanje tipičnih integrala.

Nakon teških i dugih proračuna, ponovo skrećemo pažnju na crtež (zapamtite da su bodovi još ne znamo! ) i dobijamo duboku moralnu satisfakciju od pronađene vrednosti.

3) Na osnovu ranije obavljene analize, ostaje da se uvjerimo da .

odlično:

Hajde da nacrtamo tačku na crtežu. U skladu sa formulacijom uslova, zapisujemo ga kao konačni odgovori:

Sličan zadatak za samostalno rješenje:

Primjer 5

Pronađite težište homogene ravne figure ograničene linijama. Izvršite crtež.

Ovaj zadatak je zanimljiv jer sadrži figuru dovoljno malih veličina, a ako negdje pogriješite, postoji velika vjerojatnost da uopće ne uđete u to područje. Što je, naravno, dobro u smislu kontrole odluka.

Uzorak dizajna na kraju lekcije.

Ponekad korisno prelazak na polarne koordinate u dvostrukim integralima. Zavisi od oblika. Tražio sam i tražio dobar primjer, ali ga nisam našao, pa ću demonstrirati rješenje na 1. demo zadatku iz lekcije iznad:


Podsjetimo da smo u tom primjeru prešli na polarne koordinate, saznao proceduru zaobilaženja područja i izračunaj njegovu površinu

Nađimo težište ove figure. Shema je ista: . Vrijednost je vidljiva direktno sa crteža, a koordinatu "x" treba pomaknuti malo bliže y-osi, jer se tamo nalazi masivniji dio polukruga.

U integralima koje koristimo standardne formule prijelaz:

Verovatno je da nisu pogrešili.

Navedimo primjer određivanja centra mase tijela tako što ćemo ga podijeliti na zasebna tijela, čiji su centri mase poznati.

Primjer 1. Odredite koordinate centra mase homogene ploče (slika 9). Dimenzije su date u milimetrima na slici 9.

Rješenje: Pokažite koordinatne osi i . Podijelimo ploču na dijelove, koji se formiraju od tri pravokutnika. Za svaki pravougaonik crtamo dijagonale čije presečne tačke određuju položaje centara mase svakog pravougaonika. U prihvaćenom koordinatnom sistemu lako je pronaći vrijednosti koordinata ovih tačaka. naime:

(-1; 1), (1; 5), (5; 9). Površine svakog tijela su respektivno jednake:

; ; .

Površina cijele ploče je:

Za određivanje koordinata centra mase date ploče koristimo se izrazi (21). Zamijenite vrijednosti svih poznatih veličina u ovoj jednadžbi, dobićemo

Prema dobijenim vrijednostima koordinata centra mase ploče, na slici označavamo tačku C. Kao što vidite, centar mase (geometrijska tačka) ploče je izvan njega.

Metoda sabiranja. Ova metoda je djelomični slučaj metode razdvajanja. Može se primijeniti na tijela koja imaju zareze (praznine). Štaviše, bez izrezanog dijela poznat je položaj centra mase tijela. Razmotrimo, na primjer, primjenu takve metode.

Primjer 2 Odrediti položaj centra mase utega okrugle ploče poluprečnika R, u kojoj se nalazi izrez poluprečnika r (slika 10). Razdaljina .

Rješenje: Kao što vidite, sa slike 10, centar mase ploče leži na osi simetrije ploče, odnosno na pravoj liniji, pošto je ova prava os simetrije. Dakle, da bi se odredio položaj centra mase ove ploče, potrebno je odrediti samo jednu koordinatu, jer će se druga koordinata nalaziti na osi simetrije i uravnotežiti nulte. Pokažimo koordinatne ose , . Pretpostavimo da se ploča sastoji od dva tijela - iz punog kruga (kao bez izreza) i tijela koje izgleda kao da je napravljeno sa izrezom. U usvojenom koordinatnom sistemu koordinate za navedena tijela će biti: .Površine tijela su: ; . Ukupna površina cijelog tijela bit će jednaka razlici između površina prvog i drugog tijela, tj