Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Определённый интеграл. Учебное пособие
.pdf
],[ ba
−
1
3,ln,0 === xxyy
Глава 2. Приложения определённого интеграла
Рис. 8
xO 211−
1
2
3
4
y
x
Рис. 9
Затем интегрируем равенство (45) на промежутке
и получа-
ем формулу (44). Заметим здесь, что формула (44) справедлива также
в силу геометрического смысла определённого интеграла.
Пример 2.1.1. Вычислить площадь фигуры, ограниченной лини-
ями
Решение. Данная фигура является криволинейной трапецией.
Её площадь вычисляется по формуле
9
=
∫
0
dxxF
(рис. 8).
9,,0 === xxyy
,
y
3
2
1
O
xy =
x987654321
откуда
3
9
2
3
2
2
3
0
1827
=⋅== xF
.
Пример 2.1.2. Вычислить площадь фигуры, ограниченной лини-
ями
x
2,1,2,0 =−=== xxyy
(рис. 9).
y 2=
Решение. Данная фигура является
криволинейной трапецией. Её площадь
вычисляется по формуле
2
x
=
2 dxF
,
1
1
4(
)
2ln
=−==
2
откуда
F
∫
2
1
x
2
2ln
−
1
Пример 2.1.3. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями
(рис. 10).
7
.
2ln2
Определённый интеграл
xy ln=
3,1 == xx
1
1
y
xeeO 321
xy ln=
xy ln−=
F
2
F
–1
–2
Рис. 11
1
ex
1=x
0=y
xy ln−=
2
xyyexx ln,0,,1 ====
21
+=
e
1
1
21
−
2
1
Рис. 12
Решение. Рассматривае-
y
xy ln=
1
мая фигура является криволинейной трапецией, ограниченной сверху графиком функции
, а слева и справа –
xeO 321
Рис. 10
прямыми
соответ-
ственно. Её площадь вычисляется по формуле
3
=
ln xdxF
∫
.
Используем формулу интегрирования по частям и получим:
3
1
3
3
23ln3)ln(ln
dxxxxdxF
∫∫
1
1
−=−==
.
Пример 2.1.4. Вычислить площадь фигуры, ограниченной лини-
−
2
exexxyy ====
,,ln,0
ями
1
2−
(рис. 11).
2
42 43
1
ex
1=x
0=y
xy ln−=
2
xyyexx ln,0,,1 ====
21
+=
e
1
1
21
2
1
Рис. 12
Глава 2. Приложения определённого интеграла
Решение. Площадь заданной фигуры следует рассматривать как
сумму площадей двух криволинейных трапеций. Пусть
криволинейной трапеции, ограниченной линиями
, а
линиями
– площадь криволинейной трапеции, ограниченной
F
. Тогда площадь всей фигуры
,
FFF
F
2−
=
,
– площадь
,
,
где
1
−=
)ln(
dxxF
1
∫
−
2
,
e
ln
.
xdxF
=
2
∫
Вычисляем интегралы, используя формулу интегрирования
по частям.
Итак,
11
1
e
2
∫
∫∫
22
−−
ee
222
−−−
+−=−−+−−=
eee
e
eexxxxdxF
1
2
32−−=+= eFFF
.
1
)ln(ln)ln(
=−−=−=−=
xxxxdxdxxF
2
−
e
.13)2()1(
.1)1()ln(ln
=−−−=−==
Пример 2.1.5. Вычислить площадь фигуры, ограниченной лини-
ями
yy
x
sin,0 xx
Решение. Воспользуемся
π==== 2,0,
(рис. 12).
y
y =
sin
формулой для вычисления площади криволинейной трапеции.
Тогда
x
2
xO ππ 2
2
π
x
sin
F
∫
0
dx
2
2
π
x
cos2
2
0
4)0cos(cos2
=−π−=−==
.
Определённый интеграл
3
6
π
π
xy tg=
Рис. 13
6
1,1,arctg,0 =−=== xxxyy
y
xy arctg=
1−
Рис. 14
2π−
xO 1
4π−
2π
4π
F
=
xyyxx arctg,0,1,0 ====
dxdvxu == ,arctg
x
1
1 xz +=
,2= xdxdz
2)1(,1)0( == zz
2
2
4
π
π
49
0=y
3
3,0 == xx
y
2
x30
Рис. 15
Пример 2.1.6. Вычислить площадь фигуры, ограниченной лини-
ями
,tg,0
,
=== xxxyy
=
(рис. 13).
y
1
πππ
236
xO
Решение. Воспользуемся формулой для вычисления площади кри-
волинейной трапеции.
π
3
∫
π
π
3
−=−==
xxdxF
π
6
π
cos(lncoslntg
−
3
π
cosln
6
1
ln
ln)
2
Пример 2.1.7. Вычислить площадь фигуры, ограниченной лини-
ями
(рис. 14).
1
3
2
3ln
=+−=
2
.
44 45
F
=
xyyxx arctg,0,1,0 ====
dxdvxu == ,arctg
x
1
1 xz +=
,2= xdxdz
2)1(,1)0( == zz
2
2
4
π
π
49
0=y
3
3,0 == xx
Глава 2. Приложения определённого интеграла
y
2
x30
Рис. 15
Решение. Рассматриваемая фигура симметрична относительно начала координат. Поэтому её площадь
где
– площадь криволинейной трапеции, ограниченной линиями
F
0
можно вычислить по формуле
,
2FF
0
, т. е.
1
=
arctg xdxF
0
∫
0
.
Для вычисления интеграла применим формулу интегрирования по
частям. Положим
1
0
0
arctgarctg
1
−==
xxxdxF
0
Введём новую функцию
. Получим:
1
F
0
xdx
1arctg
−=
1
0
=
2
x
+
2
1
π
∫∫
4
1
В итоге
1
(2 −
=F
Пример 2.1.8. Вычислить
площадь фигуры, ограниченной координатными осями и правой верхней
четвертью эллипса
22
yx
1
=+
.
Решение. Рассматриваемая
фигура (рис. 15) является криволинейной трапецией, ограниченной линия-
ми
формуле
2
,
2
9
xy −=
,
и найдём
1
xdx
2
+
x
1
0
2
. Заметим, что
dz
π
=−
42
z
)2ln
=−
= ,
+
−=
1arctg
2
=−
z
1
.
dx
2
1
∫∫∫
1
0
π
4
du =
1
ln
2
2ln
xdx
+
−
xv
. Тогдада
.
2
x
1
.
2ln
2
. Её площадь вычисляется по
Определённый интеграл
2
ππ
tdtdx cos3=
0=x
0=t
3=x
2
π
2
π
ax =
bx =
)( ba <
21
==
21
≤
],[ bax ∈
dx
12
( )
−=
Рис. 17
−=
Рис. 16
O
y
)(2xfy =
)(xdF
)(1xfy =
xdxxx +
ba
3
2
∫
3
0
2
−= dxxF
.9
Чтобы вычислить интеграл, используем замену переменной
2
=−
tx cos39
. Значе-че-
соответству-у-
π
2
π
1
ttdtttdtdxx
(
)2sin
2
9
.
=+=+==−
4
0
нию
соответствует значение
ет значение
3
0
2
[(sin3
−∈= ttx
=t
. Получаем:
2
cos99
0
])2,
. Тогда
2
и
, а значению
ππ
2
9
∫∫∫
2
0
9
)2cos1(
2
Окончательно
3
=F
.
Б. Рассмотрим фигуру, ограниченную линиями
)(),(
,
xfyxfy
(
)()(
xfxf
при
). Она изобра-
,
жена на рис. 16.
Вычислим её площадь.
За бесконечно малый элемент
площади примем площадь
заштрихованной полоски
шириной
ной
и высотой, рав-
)()(
xfxf −
.
Тогда
,))()((
dxxfxfdF
b
∫
a
12
−=
12
.)()(
dxxfxfF
46 47
Рис. 17
−=
Глава 2. Приложения определённого интеграла
Пример 2.1.9. Вычислить площадь фигуры, ограниченной лини-
2
.)1(,33
ями
−=−= xyxy
Решение. Найдем точки пересечения прямой и параболы и пост-
роим заданную фигуру (рис. 17).
y
9
33 −= xy
2
)1( −= xy
O
Для этого решим систему уравнений
xy
−=
;33
2
xy
−=
Она равносильна системе
xy
−=
);1(3
2
xx
=−−−
или
,0)1(3)1(
xdxxx 41 +
.)1(
=
;1
x
=
;0
y
);1(3xxxy
от куда
=−−
,0)4)(1(
=
;4
x
=
.9
y
Определённый интеграл
1
2
2
3
3
Рис. 18
4−
12
dF
x
6
2
3
,1,1,0 +=== xyxx
.1arccos −= xy
dF
.)arccos2()]1(arccos)1[( dxxxdxxxdF −+=−−+=
Определим dF – бесконечно малый элемент вычисляемой
площади. Он равен площади прямоугольника, заштрихованного
на рис. 17, т. е.
22
.)45(])1()33[(
dxxxdxxxdF −+−=−−−=
Интегрируем его в пределах изменения переменной x от 1 до 4
и получаем искомую площадь:
4
2
∫
()45( x
dxxxF
3
23
xx
5
2
4
=−+−=−+−=
)4
1
5
64
( =−+−−−+−=
1
()1640
9
.
)4
Пример 2.1.10. Вычислить площадь фигуры, ограниченной ли-
ниями
2
.6,4
=++= yxxxy
Решение. Построим заданную фигуру (рис. 18).
y
xy −= 6
5
xOdx 16−
xxy 42+=
Найдём точки пересечения указанных в условии линий. Решим
для этого систему уравнений
48 49
x
6
2
3
,1,1,0 +=== xyxx
.1arccos −= xy
dF
.)arccos2()]1(arccos)1[( dxxxdxxxdF −+=−−+=
Глава 2. Приложения определённого интеграла
2
xxy
+=
;4
yx
=+
.6
Она равносильна системе
=
;1
x
2
xx
=−+
;065
xy
−=
,6
от куда
=
;5
y
−=
;6
x
=
.12
y
Бесконечно малый элемент dF вычисляемой площади равен пло-
щади прямоугольника, заштрихованного на рис. 18, т. е.
22
.)65()]4()6[(
dxxxdxxxxdF +−−=+−−=
Искомую площадь получаем, проинтегрировав полученный ре-
зультат в пределах изменения переменной
1
2
∫
6
−
5
1
()65( x
dxxxF
от –6 до 1. Тогда
23
5
xx
2
3
343
)369072(6
=−−−+−−=
1
=+−−=+−−=
)6
6
−
.
Пример 2.1.11. Вычислить
площадь фигуры, ограниченной
линиями
Решение. По строим задан-
ную фигуру (рис. 19).
Бесконечно малый элемент
искомой площади равен
площади заштрихованного на
рис. 19 прямоугольника и вы-
y
2
1
12 −π
1cosarc −= xy
1−
Рис. 19
1+= xy
xO 1
числяется по формуле
Определённый интеграл
dxdvxu == ;arccos
11
x
x
1 xz −=
0)1(,1)0(,2 ==−= zzxdxdz
1
x
2
2
1=x
e
2=x
e
dF
dx
132
+−=+−−=
eeee
231213
eeeeF
21
1
2
Рис. 20
0
y
2
1 e−
x
ey −=1
x
xey−=
x2
dx
Тогда
1
)arccos2( xdxxdx
0
x
dxxxF
+
=−+=
2
1
2
1
)2(
arccos
0
0
9
2
1
−−=−
arccos2
∫∫∫
0
Интеграл, стоящий в правой части последнего равенства, вычисляем, пользуясь приёмом интегрирования по частям, выбрав
. Тогда
1
arccosarccos
0
1
1
xxxdx
0
xdx
+=
−
0
Осуществим теперь замену переменной. Пусть
1
xdx
=
∫∫∫
2
0
.
2
−
2
. То гда
и
.
1
xdx
2
−
0
0
1
dz
2
1
1
1
dz
∫∫∫
2
z
z
0
1
.1
===−=
z
0
Итак,
9
3
12
=−−=F
.
Пример 2.1.12. Вычислить площадь фигуры, ограниченной
линиями
−
xx
.2,1, =−==
xeyxey
Решение. Построим заданную фи-
гуру (рис. 20).
График функции
в точке
ке
максимум, равный
– перегиб, причём
Бесконечно малый элемент
комой площади равен площади заштрихованной вертикальной полосы. На рис. 20
это прямоугольник шириной
той
−
50 51
. Тогда
)1(xxexe −−
x
xey−=
1
y =
)2(
имеет
, а в точ-ч-
2
.
2
ис-
и высо-
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]