Международный научно-образовательный

ФИО авторов: Туйчиева Сайёра Тахировна, Одамбоев Сулаймон Кахрамон угли, Хасанов Акбарбек Мурод угли
Ташкентский государственный транспортный университет
Название публикации: «ВЫЧИСЛЕНИЕ ЦЕНТРА ТЯЖЕСТИ ПЛОСКОЙ ОГРАНИЧЕННОЙ ФИГУРЫ С ПОМОЩЬЮ ДВОЙНОГО ИНТЕГРАЛА»


Цель работы: данная работа посвящена, для изучения приложения двойного интеграла на практике в технических сферах для определения центра тяжести плоских геометрических фигур.
Точку относительно, которой суммарный момент сил тяжести всех частей тела равен нулю, называют центром тяжести. При рассмотрении объектов, находящихся в однородном гравитационном поле, центр тяжести твердого тела совпадает с центром масс.
Первое правило: если у плоской фигуры есть центр симметрии, то он является центром тяжести данной фигуры.
Правило второе: если у фигуры существует ось симметрии, то центр тяжести данной фигуры обязательно лежит на этой оси.

Координаты
х₀ ; у₀
центра тяжести ^M плоской однородной ограниченной

фигуры ^D рассчитываются по следующим формулам:

_ xdxdy x₀  ^D ,
_dxdy
D
_ ydxdy
_{y0 } D
_dxdy
D


или
_ xdxdy ^x₀ ^{ D} ,
S
_ ydxdy
_{y0 } D
S

где S – площадь области D (фигуры) или совсем коротко:

x  ^Lx ,
0 _S
y  ^Ly
0 _S
где
S  _
D
dxdy ,
L_x  _
D
xdxdy
, L_y
^ 
D
ydxdy .

Для плоской ограниченной неоднородной фигуры, плотность которой задана

функцией
^{р(х, у)} , формулы более сложные:
_ xp(x, y)dxdy
_ yp(x, y)dxdy

x₀  ^D ,
M
_{y0 } D
M

M  _ p(x, y)dxdy
D
– масса фигуры; в случае однородной плотности ^{p  const}

они упрощаются до вышеприведённых формул.
Пример: найти центр тяжести однородной плоской фигуры, ограниченной

линиями
^{x2  y2  4},
x  y  2 , (x  y  2  0) . Фигуру и её центр тяжести

изобразить на чертеже.
Решение: условие данной задачи требует выполнения чертежа.

Прямая ^
x  y  2
рассекает круг на 2 части, и дополнительная оговорка


^x  y  2  0
указывает на то, что речь идёт именно о маленьком заштрихованном кусочке.

Фигура симметрична относительно прямой y  x
(изображена пунктиром),

поэтому центр тяжести должен лежать на данной линии. И, очевидно, что его координаты равны по модулю.
И кто его знает, что там нарисуется ещё. Казалось бы, ввиду наличия окружности выгодно перейти к полярной системе координат, однако не всё так просто.

Уравнение прямой
x  y  2
преобразуется к виду
^{r } cos  sin
. В этой связи

2
осмотрительнее остановиться на декартовых координатах. Порядок обхода фигуры:
 4  x²  y  x  2

1. 
   Вычислим площадь фигуры:
   

0  x  2

2 x2 2
x2 ₂

S  _dxdy  _dx _
dy  _ y dx  _x  2  _
_dx 

D 0 _
⁰  ⁰

 2 _x  2  _{  }
2 2
dx  x  2 dx  4  x² dx
  
0 0 0
Первый интеграл рациональнее взять подведением под знак дифференциала:
2 2
_ x  2_dx  _ x  2_d _ x  2_
0 0
А во втором интеграле проведём стандартную замену:
x  2sin t

  4_1  sin² t _  2
 2cost

^{dx } ^{2sin t} ^{ dt  2costdt}
x  2sin t  sin t  ^x  t  arcsin ^x
2 2

Вычислим новые пределы интегрирования:
t  arcsin^{ 0 }  arcsin_0_  0 , t  arcsin^{ 2 }  arcsin_1_  ^ .

2

2
1  
 
1  
  ²

 




S  ¹
2
 ^{x  2}^{2 }

2
0
2
_ 4cos²
tdt 
¹ 0²  2² 
2
2
_ 4cos²
tdt 

0 0


_ 1
^{ 2  4 } _{2 } ^{1  cos 2t} ^{dt   2  2}_ ^{t } ₂ ^{sin 2t }
₀ 

 2  2^{ }  ¹  sin  ^ 0  ¹  sin 0^  2  2  ^


 2    1,14 ед²

^ 2 2
^ ₂ ^ ₂



2. 
   Найдём х
   

0
 _

2 x2 2
x2 ₂

L_x  _ xdxdy  _ хdx _ dy _ х  y dx  _ х  _x  2 
_dx 

^{D 0} _ ⁰  ⁰

2 2
_{3 2 2} 1₂

3
 _х²  2х_dx  _ х  _{ }dx  ^x  x²
0 0 ⁰
 ¹ _4  x² _

2
0
d _4  x² _ 

 ^{ 8}  4 ^  0  ¹  ^2
2   ⁴  ¹  _0  _ ^{4 8 4}
   

^ 3 ^ 2 3
3 3 3 3 3

  ₀
Здесь во 2-м интеграле опять был использован метод подведения функции под знак дифференциала.

x  ^Lx
4


_ 3 _
⁴  1,17

3. 
   Найдём y
   

0
^{0 S   2 3 } ^{  2}

2 x2
₂ x2
1
1 ²  ² 

L_y  _ ydxdy  _dx _
ydy 
_ ^{y2 dx } _ ^{x  2}^{2 } _^ _{ }^{dx }

D 0 _
^{2 0}  ^{2 0  }

₁ 2 ₁ 2
2
1 1 ^
_{x3 } 2


 _ x  2_² d _ x  2_  _4  x² _dx  
 _ 4x  _ 

2 2 2


0 0
₀ 2 3 _{ 0}

 ¹ 
3 3 ^{1 }
₂3 _




^ 8 1 16 8 4

_2  2_
6
 _0  2_{ }  _ 4  2  _  0 _       
2 3

Отлично:
_ 

_{L } 4
_ 6 2 3 6 3

y  ^y  ³   ⁴
 1,17

^{0 S   2 3 } ^{  2}

Изобразим точку

_M ^ 4 _; 4 ^

на чертеже. В соответствии с

^ 3  _  2_ 3  _  2_ ^
 
формулировкой условия запишем её как окончательный

ответ:

_M ^ 4 _; 4 ^ _.

^ 3  _  2_ 3  _  2_ ^
 

СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ

1. 
   Письменный Д. Т. Конспект лекций по высшей математике: полный курс- М.: Айрис-пресс, 2011, 608 с.
   
2. 
   Белоусова В.И., Ермакова Г.М., Михалева М.М., Чуксина Н.В., Шестакова И.А. Высшая математика: учебное пособие. — Екатеринбург: Изд-во Урал. ун- та, 2017— Ч.II. — 300 с.
   
3. 
   Семерикова Н.П., Лапинова С.А. КРАТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ. Электронное учебнометодическое пособие. – Нижний Новгород: Нижегородский госуниверситет, 2012. – 57 с.