Механические приложения двойного интеграла

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 $\mu (P)=\mathop {\lim }\limits_{diam(S)\to 0} \frac{m(S)}{S}$. mekhanicheskie-prilozheniia-dvoinogo-integrala-0

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 )} $.

Это интегральная сумма, при уменьшении $d=\mathop {\max }\limits_{i=1,2,\ldots ,n} diam(D_i )$ точность приближения увеличивается, и в пределе $m(D)=\mathop {\lim }\limits_{\begin{array}{l} d\to 0 \\ (n\to \infty ) \\ \end{array}} \sum\limits_{i=1}^n {\mu (P_i )\cdot \Delta s(D_i )} =\iint\limits_D {\mu (P)ds}$.

Аналогично находятся другие параметры пластины:

Координаты центра тяжести

$x_c =\frac{1}{m(D)}\iint\limits_D {x\cdot \mu (P)ds}$, $y_c =\frac{1}{m(D)}\iint\limits_D {y\cdot \mu (P)ds}$;

Моменты инерции пластины

  • $I_x =\iint\limits_D {y^2\cdot \mu (P)ds}$ {относительно оси $\mathbf{\textit{Ox}}$},
  • $I_y =\iint\limits_D {x^2\cdot \mu (P)ds}$ {относительно оси $\mathbf{\textit{Oy}}$},
  • $I_O =\iint\limits_D {(x^2+y^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 ).

Заряд пластины

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

где электрический заряд распределен по области (R) и его плотность в точке ({\left( {x,y} \right)}) равна ({\sigma \left( {x,y} \right)}).

Среднее значение функции

(\mu = \large\frac{1}{S}\iint\limits_R\normalsize {f\left( {x,y} \right)dA},\;) где (S = \large\iint\limits_R\normalsize {dA} ).

Пример 1

Найти параметры неоднородной плоской пластины, ограниченной кривыми

$D:\left[ {\begin{array}{l} y=x^2, \\ y=4; \\ \end{array}} \right.$ если плотность $\mu (x,y)=y+1$.

mekhanicheskie-prilozheniia-dvoinogo-integrala-1

Решение:

$m(D)=\iint\limits_D {(y+1)dxdy}=2\int\limits_0^2 {dx} \int\limits_{x^2}^4 {(y+1)dy} =2\int\limits_0^2 {\left. {\left( {y^2/2+y} \right)} \right|_{x^2}^4 dx} =$ $ =2\int\limits_0^2 {\left( {12-x^4/2-x^2} \right)dx} =2\left. {\left( {12x-x^5/10-x^3/3} \right)} \right|_0^2 =2\left( {24-\frac{16}{5}-\frac{8}{3}} \right)=\frac{544}{15}. $ $ x_c =\frac{1}{m(D)}\iint\limits_D {x(y+1)dx}dy=\frac{15}{544}\int\limits_{-2}^2 {dx} \int\limits_{x^2}^4 {x(y+1)dy} =\frac{15}{544}\int\limits_{-2}^2 {x\left. {\left( {y^2/2+y} \right)} \right|_{x^2}^4 dx} = $ $=\frac{15}{544}\int\limits_{-2}^2 {\left( {12x-x^5/2-x^3} \right)dx} = \quad =\frac{1}{544}\left. {\left( {6x^2-x^6/10-x^4/4} \right)} \right|_{-2}^2 =0$ {что и следовало ожидать, так как область и плотность симметричны относительно оси Оу). $ \begin{array}{l} y_c =\frac{1}{m(D)}\iint\limits_D {y(y+1)dx}dy=\frac{15}{544}\int\limits_{-2}^2 {dx} \int\limits_{x^2}^4 {y(y+1)dy} =\frac{15}{272}\int\limits_0^2 {\left. {\left( {y^3/3+y^2/2} \right)} \right|_{x^2}^4 dx} = \\ =\frac{15}{272}\int\limits_0^2 {\left( {64/3+8-x^6/3-x^4/2} \right)dx} =\frac{15}{272}\left. {\left( {88x/3-x^7/21-x^5/10} \right)} \right|_0^2 =\frac{15}{272}\left( {\frac{176}{3}-\frac{128}{21}-\frac{16}{5}} \right)=\frac{15}{272}\cdot \frac{1728}{35}\approx 2,72. \\ \end{array} $ $ I_x =\iint\limits_D {y^2(y+1)dx}dy=2\int\limits_0^2 {dx} \int\limits_{x^2}^4 {y^2(y+1)dy} =2\int\limits_0^2 {\left. {\left( {y^4/4+y^3/3} \right)} \right|_{x^2}^4 dx} =2\int\limits_0^2 {\left( {\frac{256}{3}-\frac{x^8}{4}-\frac{x^6}{3}} \right)dx} = $ $ =2\left. {\left( {\frac{256}{3}x-\frac{x^9}{36}-\frac{x^7}{21}} \right)} \right|_0^2 \approx 300,7. $ $ I_y =\iint\limits_D {x^2(y+1)dx}dy=2\int\limits_0^2 {x^2dx} \int\limits_{x^2}^4 {(y+1)dy} =2\int\limits_0^2 {x^2\left. {\left( {y^2/2+y} \right)} \right|_{x^2}^4 dx} =2\int\limits_0^2 {x^2\left( {12-\frac{x^4}{2}-x^2} \right)dx} = $ $ =2\left. {\left( {4x^3-\frac{x^7}{14}-\frac{x^5}{5}} \right)} \right|_0^2 \approx 32,9. \quad I_O =\iint\limits_D {\left( {x^2+y^2} \right)(y+1)dx}dy=I_x +I_y \approx 333,6. $

Пример 2

Вычислить моменты инерции треугольника, ограниченного прямыми (x + y = 1,) (x = 0,) (y = 0) и имеющего плотность $\rho \left( {x,y} \right) = xy.$

mekhanicheskie-prilozheniia-dvoinogo-integrala-2

Решение:

Найдем момент инерции пластины относительно оси (Ox:) $ {{I_x} = \iint\limits_R {{y^2}\rho \left( {x,y} \right)dxdy} } = {\int\limits_0^1 {\left[ {\int\limits_0^{1 - x} {{y^2}xydy} } \right]dx} } = {\int\limits_0^1 {\left[ {\int\limits_0^{1 - x} {{y^3}dy} } \right]xdx} } = {\int\limits_0^1 {\left[ {\left. {\left( {\frac{{{y^4}}}{4}} \right)} \right|_0^{1 - x}} \right]xdx} } = \\ = {\frac{1}{4}\int\limits_0^1 {{{\left( {1 - x} \right)}^4}xdx} } = {\frac{1}{4}\int\limits_0^1 {\left( {1 - 4x + 6{x^2} - 4{x^3} + {x^4}} \right)xdx} } = \\ = {\frac{1}{4}\int\limits_0^1 {\left( {x - 4{x^2} + 6{x^3} - 4{x^4} + {x^5}} \right)dx} } = {\frac{1}{4}\left. {\left( {\frac{{{x^2}}}{2} - \frac{{4{x^3}}}{3} + \frac{{6{x^4}}}{4} - \frac{{4{x^5}}}{5} + \frac{{{x^6}}}{6}} \right)} \right|_0^1 } = {\frac{1}{4}\left( {\frac{1}{2} - \frac{4}{3} + \frac{3}{2} - \frac{4}{5} + \frac{1}{6}} \right) } = {\frac{{49}}{{120}}.} $

Аналогично вычислим момент инерции относительно оси (Oy:) $ {{I_y} = \iint\limits_R {{x^2}\rho \left( {x,y} \right)dxdy} } = {\int\limits_0^1 {\left[ {\int\limits_0^{1 - x} {{x^2}xydy} } \right]dx} } = {\int\limits_0^1 {\left[ {\int\limits_0^{1 - x} {ydy} } \right]{x^3}dx} } = {\int\limits_0^1 {\left[ {\left. {\left( {\frac{{{y^2}}}{2}} \right)} \right|_0^{1 - x}} \right]{x^3}dx} } = {\frac{1}{2}\int\limits_0^1 {{{\left( {1 - x} \right)}^2}{x^3}dx} } = \\ = {\frac{1}{2}\int\limits_0^1 {\left( {1 - 2x + {x^2}} \right){x^3}dx} } = {\frac{1}{2}\int\limits_0^1 {\left( {{x^3} - 2{x^4} + {x^5}} \right)dx} } = {\frac{1}{2}\left. {\left( {\frac{{{x^4}}}{4} - \frac{{2{x^5}}}{5} + \frac{{{x^6}}}{6}} \right)} \right|_0^1 } = {\frac{1}{2}\left( {\frac{1}{4} - \frac{2}{5} + \frac{1}{6}} \right) } = {\frac{1}{{120}}.} $

Пример 3

Электрический заряд распределен по площади диска ({x^2} + {y^2} = 1) таким образом, что его поверхностная плотность равна $\sigma \left( {x,y} \right) = 1 + {x^2} + {y^2}\;\left( {\text{Кл/м}^2} \right)$ Вычислить полный заряд диска.

Решение:

В полярных координатах область, занятая диском, описывается множеством (\left[ {\left( {r,\theta } \right)|\;0 \le r \le 1,0 \le \theta \le 2\pi } \right].)

Полный заряд будет равен $ {Q = \iint\limits_R {\sigma \left( {x,y} \right)dxdy} } = {\int\limits_0^{2\pi } {\left[ {\int\limits_0^1 {\left( {1 + {r^2}{{\cos }^2}\theta + {r^2}{\sin^2}\theta } \right)rdr} } \right]d\theta } } = {\int\limits_0^{2\pi } {d\theta } \int\limits_0^1 {\left( {1 + {r^2}} \right)rdr} } = {2\pi \int\limits_0^1 {\left( {r + {r^3}} \right)dr} } = \\ = {2\pi \left. {\left( {\frac{{{r^2}}}{2} + \frac{{{r^4}}}{4}} \right)} \right|_0^1 } = {2\pi \left( {\frac{1}{2} + \frac{1}{4}} \right) } = {\frac{{3\pi }}{2}\;\left( {\text{Кл}} \right).} $