Как вычислить центр тяжести плоской ограниченной фигурыс помощью двойного интеграла? Определить центр тяжести однородной пластинки ограниченной линиями
– вычислению центра тяжести плоской ограниченной фигуры . Многие читатели интуитивно понимают, что такое центр тяжести, но, тем не менее, рекомендую повторить материал одного из уроков аналитической геометрии , где я разобрал задачу о центре тяжести треугольника и в доступной форме расшифровал физический смысл этого термина.
В самостоятельных и контрольных заданиях для решения, как правило, предлагается простейший случай – плоская ограниченная однородная фигура, то есть фигура постоянной физической плотности – стеклянная, деревянная, оловянная чугунные игрушки, тяжёлое детство и т.д. Далее по умолчанию речь пойдёт только о таких фигурах =)
Первое правило и простейший пример : если у плоской фигуры есть центр симметрии , то он является центром тяжести данной фигуры . Например, центр круглой однородной пластины. Логично и по-житейски понятно – масса такой фигуры «справедливо распределена во все стороны» относительно центра. Верти – не хочу.
Однако в суровых реалиях вам вряд ли подкинут сладкую эллиптическую шоколадку , поэтому придётся вооружиться серьёзным кухонным инструментом:
Координаты центра тяжести плоской однородной ограниченной фигуры рассчитываются по следующим формулам :
, или
:
, где – площадь области (фигуры); или совсем коротко
:
, где
Интеграл будем условно называть «иксовым» интегралом, а интеграл – «игрековым» интегралом.
Примечание-справка
: для плоской ограниченной неоднородной
фигуры, плотность которой задана функцией , формулы более сложные:
, где 
– масса фигуры;
в случае однородной плотности они упрощаются до вышеприведённых формул.
На формулах, собственно, вся новизна и заканчивается, остальное – это ваше умение решать двойные интегралы , кстати, сейчас предоставляется прекрасная возможность потренироваться и усовершенствовать свою технику. А совершенству, как известно, нет предела =)
Закинемся бодрящей порцией парабол:
Пример 1
Найти координаты центра тяжести однородной плоской фигуры, ограниченной линиями .
Решение : линии здесь элементарны: задаёт ось абсцисс, а уравнение – параболу, которая легко и быстро строится с помощью геометрических преобразований графиков :
– парабола , сдвинутая на 2 единицы влево и на 1 единицу вниз.
Я выполню сразу весь чертёж с готовой точкой центра тяжести фигуры:
Правило второе
: если у фигуры существует ось симметрии
, то центр тяжести данной фигуры обязательно лежит на этой оси
.
В нашем случае фигура симметрична относительно прямой , то есть фактически мы уже знаем «иксовую» координату точки «эм».
Также обратите внимание, что по вертикали центр тяжести смещён ближе к оси абсцисс, поскольку там фигура более массивна.
Да, возможно, ещё не все до конца поняли, что такое центр тяжести: пожалуйста, поднимите вверх указательный палец и мысленно поставьте на него заштрихованную «подошву» точкой . Теоретически фигура не должна упасть.
Координаты центра тяжести фигуры найдём по формулам 
, где .
Порядок обхода области (фигуры) здесь очевиден:
Внимание! Определяемся с наиболее выгодным порядком обхода один раз – и используем его для всех интегралов!
1) Сначала вычислим площадь фигуры. Ввиду относительной простоты интеграла решение можно оформить компактно, главное, не запутаться в вычислениях:
Смотрим на чертёж и прикидываем по клеточкам площадь. Получилось около дела.
2) Иксовая координата центра тяжести уже найдена «графическим методом», поэтому можно сослаться на симметрию и перейти к следующему пункту. Однако так делать всё-таки не советую – велика вероятность, что решение забракуют с формулировкой «используйте формулу».
Заметьте, что здесь можно обойтись исключительно устными вычислениями – иногда совсем не обязательно приводить дроби к общему знаменателю или мучить калькулятор.
Таким образом:
, что и требовалось получить.
3) Найдём ординату центра тяжести. Вычислим «игрековый» интеграл:
А вот тут без калькулятора пришлось бы тяжко. На всякий случай закомментирую, что в результате умножения многочленов получается 9 членов, причём некоторые из них подобны. Подобные слагаемые я привёл устно (как это обычно принято делать в похожих случаях) и сразу записал итоговую сумму .
В результате: 
, что очень и очень похоже на правду.
На заключительном этапе отмечаем на чертеже точку . По условию не требовалось ничего чертить, но в большинстве задач мы волей-неволей вынуждены изобразить фигуру. Зато есть безусловный плюс – визуальная и довольно эффективная проверка результата.
Ответ
: 
Следующие два примера для самостоятельного решения.
Пример 2
Найти координаты центра тяжести однородной плоской фигуры, ограниченной линиями 
Кстати, если вы представляете, как расположена парабола и увидели точки, в которых она пересекает ось , то здесь и на самом деле можно обойтись без чертежа.
И посложнее:
Пример 3
Найти центр тяжести однородной плоской фигуры, ограниченной линиями
В случае затруднений с построением графиков, изучите (повторите) урок о параболах и/или Пример №11 статьи Двойные интегралы для чайников .
Примерные образцы решений в конце урока.
Кроме того, десяток-другой похожих примеров можно найти в соответствующем архиве на странице Готовые решения по высшей математике .
Ну а я не могу не порадовать любителей высшей математики, которые часто просят меня разбирать и трудные задачки:
Пример 4
Найти центр тяжести однородной плоской фигуры, ограниченной линиями . Фигуру и её центр тяжести изобразить на чертеже.
Решение
: условие данной задачи уже категорично требует выполнения чертежа. А ведь требование не настолько и формально! – эту фигуру способен представить в уме даже человек со средним уровнем подготовки:
Прямая рассекает круг на 2 части, и дополнительная оговорка (см. линейные неравенства
)
указывает на то, что речь идёт именно о маленьком заштрихованном кусочке.
Фигура симметрична относительно прямой (изображена пунктиром), поэтому центр тяжести должен лежать на данной линии. И, очевидно, что его координаты равны по модулю . Отличный ориентир, практически исключающий ошибочный ответ!
Теперь плохая новость =) На горизонте маячит малоприятный интеграл от корня, который мы подробно разобрали в Примере №4 урока Эффективные методы решения интегралов
. И кто его знает, что там нарисуется ещё. Казалось бы, ввиду наличия окружности
выгодно , однако не всё так просто. Уравнение прямой преобразуется к виду 
и интегралы тоже получатся не сахарные (хотя фанаты тригонометрических интегралов
оценят). В этой связи осмотрительнее остановиться на декартовых координатах.
Порядок обхода фигуры:
1) Вычислим площадь фигуры:
Первый интеграл рациональнее взять подведением под знак дифференциала
:
А во втором интеграле проведём стандартную замену :
Вычислим новые пределы интегрирования:
2) Найдём .
Здесь во 2-м интеграле опять был использован метод подведения функции под знак дифференциала . Отработайте и возьмите на вооружение эти оптимальные (по моему мнению) приёмы решения типовых интегралов.
После непростых и длительных вычислений вновь обращаем свой взор на чертёж (помним, что точки мы пока не знаем! ) и получаем глубокое моральное удовлетворение от найденного значения .
3) Исходя из проведённого ранее анализа, осталось убедиться, что .
Отлично:
Изобразим точку 
на чертеже. В соответствии с формулировкой условия запишем её как окончательный ответ
: 
Похожее задание для самостоятельного решения:
Пример 5
Найти центр тяжести однородной плоской фигуры, ограниченной линиями . Выполнить чертёж.
Эта задача интереса тем, что в ней задана фигура достаточно малых размеров, и если где-нибудь допустить ошибку, то высока вероятность вообще «не попасть» в область. Что, безусловно, хорошо с точки зрения контроля решения.
Примерный образец оформления в конце урока.
Иногда бывает целесообразен переход к полярным координатам в двойных интегралах
. Это зависит от фигуры. Искал-искал у себя удачный пример, но не нашёл, поэтому продемонстрирую ход решения на 1-й демо-задаче указанного выше урока:
Напоминаю, что в том примере мы перешли к полярным координатам
, выяснили порядок обхода области 
и вычислили её площадь
Давайте найдём центр тяжести данной фигуры. Схема та же: 
. Значение просматривается прямо из чертежа, а «иксовая» координата должна быть смещена чуть ближе к оси ординат, поскольку там располагается более массивная часть полукруга.
В интегралах используем стандартные формулы перехода:
Правдоподобно, скорее всего, не ошиблись.
Приведем пример определения центра массы тела методом разделения его на отдельные тела, центры масс которых известны.
Пример 1 . Определить координаты центра массы однородной пластины (рис.9). Размеры заданы в миллиметрах на рисунке 9.
Решение: Показываем оси координат и . Разбиваем пластину на части, которые образованы тремя прямоугольниками. Для каждого прямоугольника проводим диагонали, точки пересечения которых и определяют положения центров массы каждого прямоугольника. В принятой системе координат несложно найти значения координат этих точек. А именно:
(-1; 1), (1;5),(5;9). Площади каждого тела соответственно равны:
; 
;
.
Площадь всей пластины равна:
Для определения координат центра массы заданной пластины применяем выражения (21). Подставим значения всех известных величин в данном уравнении, получим
Согласно полученных значений координат центра массы пластины укажем точку С на рисунке. Как видно, центр массы (геометрическая точка) пластины находится за ее пределами.
Способ дополнения . Этот способ есть частичным случаем способа разделения. Он может применяться к телам, которые имеют вырезы (пустоты). Причем, без вырезанной части, положение центра массы тела известно. Рассмотрим например применение такого метода.
Пример 2. Определить положение центра массы веса круглой пластины радиусом R, в которой есть вырез радиусом r (рис.10). Расстояние .
Решение : Как видим, из рис.10 центр массы пластины лежит на оси симметрии пластины, то есть на прямой , поскольку эта прямая есть осью симметрии. Таким образом, для определения положения центра массы этой пластины необходимо определить только одну координату , поскольку вторая координата будет расположена на оси симметрии и уравновешивает нулевые. Покажем оси координат , . Примем, что пластина складывается из двух тел – из полного круга (как будто без выреза) и тела, которое как будто выполнено с вырезом. В принятой системе координат координаты для указанных тел будут равны: .Площади тел равны: ; . Общая площадь всего тела будет равна разнице между площадями первого и второго тела, а именно
Чтобы вычислить величины m, и нужно использовать формулы (4), (5) и (7). В результате получаем формулы для координат центра масс тонкой пластинки :
Пример 4 (вычисление координат центра масс однородной пластинки)
Найти координаты центра масс однородной фигуры, ограниченной линиями и .
Построив фигуру, замечаем, что геометрически она является симметричной относительно прямой Так как фигура изготовлена из однородного материала, то она имеет не только геометрическую, но и физическую симметрию, то есть масса её части, которая расположена слева от оси симметрии, равна массе части, которая расположена справа. Тогда по известным физическим свойствам центра масс заключаем, что он находится на оси симметрии, то есть
Чтобы вычислить , составляем статический момент и используем формулы (4) и (5):
 | ;
 |
Ответ: C .
Приложения тройных интегралов
Приложения тройных интегралов аналогичны приложениям двойных интегралов, но только для трехмерных тел.
Если использовать одно из свойств тройного интеграла (о его значении от функции, тождественно равной единице), то получается формула для вычисления объема любого пространственного тела :
Записываем формулу для объема через тройной интеграл и вычисляем тройной интеграл в цилиндрических координатах:
Ответ: (единиц объема).
Формула для вычисления массы трехмерного объекта, занимающего объем V , имеет вид:
(13)
Здесь - это объемная плотность распределения массы.
Пример 6 (вычисление массы трехмерного тела)
Найти массу шара радиуса R , если плотность пропорциональна кубу расстояния от центра и на единице расстояния равна k .
V : элементарный объем и .
Заметим, что здесь при вычислении трехкратного интеграла получилось произведение интегралов, так как внутренние интегралы оказались не зависящими от переменных внешних интегралов.
Ответ: (единиц массы).
Механические характеристики для объема V (статические моменты, моменты инерции, координаты центра масс) вычисляются по формулам, которые
составляются по аналогии с формулами для двумерных тел.
Элементарные статические моменты и моменты инерции относительно координатных осей:
элементарные моменты инерции относительно координатных плоскостей и точки начала координат:
Далее, чтобы вычислить механическую характеристику всего объёма V ,нужно просуммировать элементарные слагаемые этой характеристики по всем частям разбиения (так как вычисляемая характеристика обладает свойством аддитивности), а затем перейти к пределу в получившейся сумме при условии, что неограниченно уменьшаются (стягиваются в точки) все элементарные части разбиения. Эти действия описываются как интегрирование элементарного слагаемого вычисляемой механической характеристики по объёму V .
В результате получаются следующие формулы для вычисления статических моментов М и моментов инерции I трехмерных тел :
На практике полезно эти формулы не только использовать как готовые, но и выводить их в решаемой задаче.
Примеры 7 (вычисление механических характеристик трехмерных тел)
Найти момент инерции однородного цилиндра, высота которого h и радиус основания R , относительно оси, совпадающей с диаметром основания.
Найдём расстояние d для произвольной точки цилиндра:
расстояние от точки с координатами до оси – это есть длина перпендикуляра, проведенного от этой точки к оси . Построим плоскость перпендикулярную оси так, что точка принадлежит этой плоскости. Тогда любая прямая, пересекающая ось и принадлежащая этой плоскости, будет перпендикулярна . В частности, прямая, соединяющая точку и точку , будет перпендикулярна оси , а расстояние между этими точками и будет искомым расстоянием d . Вычисляем его по известной формуле расстояния между двумя точками.
