微甲II-重积分的应用

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1. 能用重积分解决的实际问题的特点
   • 所求量是分布在有界闭域上的整体量
   • 所求量对区域具有可加性
2. 用重积分解决问题的方法：用微元分析法建立积分式

立体体积

曲顶柱体的顶为连续曲面$z=f(x,y),(x,y)\in D$，则其体积为

$$V=\iint_Df(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$$

占有空间有界域$\Omega$的立体的体积为

$$V=\iiint_D\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z$$

例1

求曲面$S_1:z=x^2+y^2+1$ 任一点的切平面与曲面$S_{2}:z=x^{2}+y^{2}$所围立体的体积 $V$​

解：

曲面$S_1$在点$(x_0,y_0,z_0)$的切平面的方程为

$$z=2x_0x+2y_0y+1-x_0^2-y_0^2$$

与曲面$z=x^2+y^2$的交线在$xOy$面上投影为

$$\left(x-x_0\right)^2+\left(y-y_0\right)^2=1$$

$$\begin{aligned}\therefore V&=\iint_D[2x_{0}x+2y_{0}y+1-x_{0}^{2}-y_{0}^{2}-x^{2}-y^{2}]\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ &=[1-((x-x_0)^2+(y-y_0)^2)]\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ &\downarrow\text{令}x-x_0=r\cos\theta,y-y_0=r\sin\theta\\ &=\pi-\iint_Dr^2\cdot r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta=\pi-\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^1r^3\mathrm{d}r=\frac\pi2 \end{aligned}$$

曲面的面积

设光滑曲面$S:z=f(x,y),(x,y)\in D$，则面积$A$可看成曲面上各点$M(x,y,z)$处小切面的面积$\mathrm{d}A$无限积累而成，设它在$D$上的投影为$\mathrm{d}\sigma$，则

$$\begin{aligned} &\mathrm{d}\sigma =\cos\gamma\cdot\mathrm{d}A \\ &\downarrow\cos\gamma=\frac1{\sqrt{1+{f_x}^2(x,y)+{f_y}^2(x,y)}} \\ &\mathrm{d}A =\sqrt{1+{f_x}^2(x,y)+{f_y}^2(x,y)}\mathrm{d}\sigma \end{aligned}$$

故有曲面公式

$$A=\iint_{D}\sqrt{1+(\frac{\partial z}{\partial x})^{2}+(\frac{\partial z}{\partial y})^{2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y$$

例2

计算双曲抛物面$z=xy$被柱面$x^2+y^2=R^2$所截出的面积$A$

解：

曲面在$xOy$上的投影为$D:x^2+y^2\le R^2$，则

$$\begin{aligned} A&=\iint_{D}\sqrt{1+z_{x}^{2}+z_{y}^{2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ &=\iint_{D}\sqrt{1+x^{2}+y^{2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ &=\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^R\sqrt{1+r^2}r\mathrm{d}r\\ &=\frac23\pi\left[\left(1+R^2\right)^{\frac32}-1)\right] \end{aligned}$$

例3

计算半径为$a$的球的表面积

解：

利用球坐标方程，设球面方程为$r=a$，球面面积元素为$\mathrm{d}A=a^2\sin\varphi\mathrm{d}\varphi\mathrm{d}\theta$

$$\therefore A=a^2\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^\pi\sin\varphi\mathrm{d}\varphi=4\pi a^2$$

物体的质心

设空间有$n$个质点，分别位于$(x_k,y_k,z_k)$，其质量分别为$m_k$，由力学知，该质点系的质心坐标为

$$\overline{x}=\frac{\sum_{k=1}^{n}x_km_k}{\sum_{k=1}^nm_k}\\ \overline{y}=\frac{\sum_{k=1}^{n}y_km_k}{\sum_{k=1}^nm_k}\\ \overline{z}=\frac{\sum_{k=1}^{n}z_km_k}{\sum_{k=1}^nm_k}$$

将$\Omega$分成$n$小块，任取一点$(\xi_k,\eta_k,\zeta_k)$，有

$$\overline{x}\approx\frac{\sum_{k=1}^n\xi_k\rho(\xi_k,\eta_k,\zeta_k)\Delta v_k}{\sum_{k=1}^n\rho(\xi_k,\eta_k,\zeta_k)\Delta v_k}$$

令区域直径$\lambda\to0$，即得

$$\overline{x}=\frac{\iiint_{\Omega}x\rho(x,y,z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z}{\iiint_{\Omega}\rho(x,y,z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z}$$

当$\rho(x,y,z)\equiv$常数时，则得形心坐标

$$\overline{x}=\frac{\iiint_\Omega x\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z}{V}$$

例4

求位于两圆$r=2\sin\theta$和$r=4\sin\theta$之间均匀薄片的质心

解：

利用对称性可知$\overline{x}=0$

而

$$\begin{aligned} \overline{y}& =\frac1A\iint_Dy\mathrm{d}x\mathrm{d}y \\ &=\frac1{3\pi}\iint_Dr^2\sin\theta\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta \\ &=\frac1{3\pi}\int_0^\pi\sin\theta\mathrm{d}\theta\int_{2\sin\theta}^{4\sin\theta}r^2\mathrm{d}r=\frac{56}{9\pi}\int_0^\pi\sin^4\theta\mathrm{d}\theta \\ &=\frac{56}{9\pi}\cdot2\int_0^{\pi/2}\sin^4\theta\mathrm{d}\theta=\frac{56}{9\pi}\cdot2\cdot\frac34\cdot\frac12\cdot\frac\pi2=\frac73 \end{aligned}$$

物体的转动惯量

对$z$轴的转动惯量为

$$\mathrm{d}I_z=(x^2+y^2)\rho(x,y,z)\mathrm{d}v$$

因此物体对$z$轴的转动惯量为

$$I_z=\iiint_{\Omega}(x^2+y^2)\rho(x,y,z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z$$

对于另外两轴类似，对于原点转动惯量为

$$I_O=\iiint_{\Omega}(x^2+y^2+z^2)\rho(x,y,z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z$$

例5

求半径为$a$的均匀半圆薄片对其直径的转动惯量

解：

建立坐标系如图

$$\begin{aligned} \therefore I_x&=\iint_D\mu y^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\mu\iint_D r^3\sin^2\theta\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta\\ &=\mu\int_0^\pi\sin^2\theta\mathrm{d}\theta\int_0^ar^3\mathrm{d}r\\ &=\frac14\mu a^4\cdot2\cdot\frac12\cdot\frac\pi2\\ &=\frac14Ma^2 \end{aligned}$$

物体的引力

$$\mathrm{d}F_x=G\frac{\rho(x,y,z)(x-x_0)}{r^3}\mathrm{d}v$$

引力分量为

$$F_{x} =G\iiint_{\Omega}\frac{\rho\left(x,y,z\right)\left(x-x_{0}\right)}{r^{3}}\mathrm{d}v$$

其中$r=\sqrt{\left(x-x_0\right)^2+\left(y-y_0\right)^2+\left(z-z_0\right)^2}$

例6

设面密度为$\mu$，半径为$R$的圆形薄片$x^2+y^2\le R^2$，求它对位于点$M_0(0,0,a)$处的单位质量质点的引力

解：

由对称性知引力$\vec{F}=(0,0,F_z)$

$$\mathrm{d}F_z=G\frac{\mu(0-a)\mathrm{d}\sigma}{d^3}=-Ga\mu\frac{\mathrm{d}\sigma}{(x^2+y^2+a^2)^{3/2}}$$

$$\begin{aligned} \therefore F_z&=-Ga\mu\iint_D\frac{\mathrm{d}\sigma}{(x^2+y^2+a^2)^{3/2}}\\ &=-Ga\mu\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^R\frac{r\mathrm{d}r}{(r^2+a^2)^{3/2}}\\ &=2\pi Ga\mu(\frac1{\sqrt{R^2+a^2}}-\frac1a) \end{aligned}$$