Математический анализ в задачах и упражнениях

ской форме x x t , y y t и производные x t , y t

не-

прерывны на отрезке t1;

t2 , то длина дуги кривой вычисляется

t2

t 2

y t 2 dt.

по формуле l x

t1

Найдем пределы интегрирования t1 и t2 для нашего примера.

Из условия x

3t2 0

следует, что кривая лежит в правой

полуплоскости. Поскольку

x t x t , y t y t ,

то кри-

вая симметрична относительно оси ОХ. Из равенства

x

3t2

изменении

t от до (рис. 15). Найденные значения

t2 1 и t3

1 являются пределами интегрирования.

Рис. 15. График кривой х

3t2 , y t t3

Далее

находим

x t 2

3t, y t 1 3t2 ,

откуда

x t 2 y t 2 dt

1 6t2 9t4

1 3t2 . Следовательно,

l 1 1 3t2 dt t

1 1 t3

1 1 4.

1

Пример 10. Вычислить длину дуги кривой

1

1

2

от

2 до 4 .

Решение. Если кривая задана уравнением

в поляр-

2

l

2

d .

Найдем подынтегральное выражение

2

2

2

d

2

d

2

2

d 2

d

1d .

d

d

1

1

Из уравнения кривой находим

1

. Тогда

d

2

2

4

2 1

1

2

4

1

2

1

l

1

1d

2

1d

4

2

4

2

2

2

1 4

1

2

d

1

2

4

3

ln 2

.

2

ln

2

2

2

2

2

прямыми x a и x b, выражается интегралом V b

f 2 x dx.

a

Объем тела, образованного вращением вокруг оси ОY криволи-

нейной трапеции,

ограниченной

кривой

x y ,

осью ОY

ипрямыми y c и y d, выражаетсяинтегралом V d 2

y dy.

c

Пример 11. Найти объем эллипсоида

x

2

y2

z2

1.

a

2

b2

c2

Решение.

x const,

Сечение

эллипсоида

плоскостью

a x a, есть эллипс с уравнением

y2

z2

1

b

2

x2

c

2

x2

1

1

a

2

a

2

и полуосями b

1

x2

и c

1

x2

.

a2

a2

x

2

x

2

2

Площадь сечения s x b 1

c

1

bc

1

x

.

a

2

2

2

a

a

a

2

x

3

a

Тогда V bc 1

x

dx

bc x

4 abc.

2

2

a

a

3a

a

3

Пример

12.

Фигура, ограниченная

дугой

синусоиды

становку arcsin y t.

Отсюда y sin t, dy costdt. Новые пре-

2

2

2

sin t

2

V t

costdt t

02

2 t sin tdt

0

0

2

2t cost

2sin t

2

4

2

2

4

2 .

0

0

оси ОХ дуги L кривой y y x

a x b , выражается инте-

гралом S 2 b

y

1 y 2 dx.

a

2

2

x x t

dl

xt

yt

dt,

если

;

y y t

dl

2

2

d , если .

2

2

2

вокруг оси ОХ.

ной вращением астроиды x3

y3

a3

2

2

2

2

3 x

3

3 y

3

y

0,

2

y

y3

.

2

x3

Далее найдем

2

1

1 y 2 1

y3

a3

.

2

1

x3

x

3

a

3

2

2

2

1

1

S 4 a3

x3

a3 x

3 dx.

0

2

2

t2 ;

Для вычисления интеграла используем замену a3

x3

2

x

1

3

3 dx 2tdt.

Тогда получим

1

1 a3

12 a2 .

S 12 a3

t4dt =

0

5

Пример 14. Вычислить площадь поверхности тора, образо-

2

b r sin t

r sin t 2 r cost 2 dt

S 2

0

2

b r sin t dt 2 r bt

02 r cost

02 4 2br.

2 r

0

условии cos 2 0,

т.е. при

(правая ветвь лемниска-

4

4

ты) и

3

5

(левая ветвь лемнискаты).

4

4

Площадь поверхности найдем по формуле

2

S 2 y

2

2

d .

1

106

dx

lim

0

dx

lim

A

dx

0 x2

x2 2x

5

B B

x2

2x 5

A

2x 5

lim

1 arctg

x 1

0

lim

1 arctg

x 1

A

B 2

2

B

A

2

2

0

1 arctg 1

1 arctg 1

.

2

2

4

4

2

2

2

Пример

2.

Исследовать

сходимость

интеграла

x

x 1

1

dx.

x2 25 x4 1

Решение. Для выяснения сходимости интеграла воспользуемся

признаком сравнения: если при x непрерывная и неотрица-

тельная функция f x

является бесконечно малой порядка по

сравнению с функцией

1

(т.е. lim

f x

c, 0

c

), то инте-

x

x 1

x

грал f x dx

сходится при 1 ирасходитсяпри 1.

x x 1

1

1

1

1

x

x2

, то 1. Следо-

Поскольку

x

x2 25 x4 1

1

2

1

1

x

6

10

x

ный интеграл (или доказать его расходимость)

3

dx

.

2

1

4x x

3

Решение. Представим интегралв видесуммыдвухинтегралов:

3

dx

2

dx

3

dx

.

2

3

2

3

4x x

2

1

4x x

1

4x x

2

3

Вычислим каждое слагаемое в отдельности:

2

dx

2

dx

lim

2

2

4x

x

3

0 0

1 x 2

1

1

lim arcsin x 2

12

lim 0 arcsin 1

.

0 0

0 0

2

3

dx

3

dx

lim

2

2

4x

x

3

0 0

1 x 2

2

2

lim arcsin

x 2

32

lim

arcsin 1 0

.

0 0

0 0

2

Следовательно,

3

dx

– интеграл сходится.

2

1

4x x

3

2

2

f x

2 x

2 x

2

x

.

2 x

4 x2

4 x2

4 x2

Отсюда видно, что функция F x 2arcsin

x

4 x2 яв-

2

ляется первообразной для функции

f x на промежутке 0;

2 .

Кроме того, функция F x

непрерывна на

отрезке

0;

2 ,

а функция f x непрерывна

на

промежутке

0; 2 .

Значит,

2

2 x

x

2

2

2 x

dx 2arcsin

4 x

2

0

0

2arcsin1 2 2

2

2.

2

Пример 5. Исследовать сходимость несобственного инте-

2

ln 1

5

x

3

грала

dx.

sin x

1

0

e

x непрерывна и

Решение.

Подынтегральная функция f

положительна на промежутке (0; 2]. Покажем, что lim f

x :

x 0

lim

ln 1 5 x3

lim

5 x3

lim

5 x3

lim

1

.

esin x 1

sin x

x

5 x2

x 0

x 0

x 0

x 0

Одновременно мы показали, что

f x

ln 1 5

x3

~

1

esin x 1

5

x2

f x 0

определена и непрерывна на промежутке a; b

и яв-

ляется бесконечно большой порядка по сравнению с

1

b x

110