Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Определённый интеграл. Учебное пособие
.pdf
132
+−=+−−=
eeee
231213
eeeeF
21
1
2
Глава 2. Приложения определённого интеграла
−
2
0
2
0
xx
.
dxexedF
))1(( −−=
2
2
2
0
0
xxxxx
−−−
∫∫∫
0
2)1( eedxxeexdxxedxexeF
Для вычисления последнего интеграла используем формулу
интегрирования по частям, выбрав
2
0
2
2
∫∫
0
0
== ,
2)(
2022
−−−
.
2
2
−−−−−
xxxx
=−−=+−=
eedxexedxxe
0
.
x−
dxedvxu
Окончательно получаем
2222
−−
.
−+−=−+−+−=
Пример 2.1.13. Вычислить площадь фигуры, ограниченной
линиями
−
xx
22
.
2,1,,
=−===
xxyeyey
Решение. В данном случае верхняя граница фигуры и её левая
и правая границы составлены из различных кривых (рис. 21).
Поэтому, чтобы применить
y
x
ey =
стандартные рассуждения, фигуру
следует расчленить на части. Рассматриваемая фигура является
e
объединением фигур I и II, как показано на рис. 21. Площадь рассматриваемой фигуры представим
1
I
II
как сумму двух площадей:
dx
.
FFF +=
0
x21
02
−+−=+−=+−=
.
xey−=2
Здесь
ограниченной линиями
гуры II, ограниченной линиями
−
x
– площадь фигуры I,
F
2
;
– площадь фи-
F
1,1
=−= xxy
22
x
,= ey
1 xy −=
2
3−
.
2,1,1,
==−==
xxxyey
Рис. 21
Определённый интеграл
1
1
2
1
3
3
3
3
cy =
dy =
)( dc <
21
ϕ=ϕ=
21
ϕ≤ϕ
],[ dcy ∈
Рис. 22
O
y
)(2yx ϕ=
)( ydF
)(1yx ϕ=
x
d
yy ∆+
c
y
dyy =∆
12
12
ϕ−ϕ=
( )
Рис. 23
x
yy ∆+
3231
Теперь можно применить стандартную схему. Вычислим беско-
нечно малые элементы площадей
F и 2F (соответствующие вертикаль-
ные полоски показаны на чертеже):
x
x
−
2
,
dxxedF
))1((
−−=
22
.
dxxedF
))1((
−−=
Тогда
1
1
∫
0
2
xx
())1((
3
1
x
xedxxeF
3
0
1
1)
0
3
5
.
−=−+−=+−=−−=
eee
3
2
2
∫
0
22
8
2
−−
xx
2
())1((
1
)
1(
3
2
x
=+−−=−−=
)
xedxxeF
3
1
1
.
+=+−−−+−−= eee
В итоге
4
.
2 −= eF
В. Рассмотрим фигуру, ограниченную линиями
,
(
)(),(
yxyx
yy
при
)()(
,
) (рис. 22).
52 53
dyy =∆
12
12
ϕ−ϕ=
( )
Рис. 23
x
yy ∆+
3231
Глава 2. Приложения определённого интеграла
Вычислим её площадь. За бесконечно малый элемент площади
примем площадь заштрихованной полоски с высотой
и шири-
ной, равной
. Тогда
)()(
yy ϕ−ϕ
,))()((
dyyydF
d
ϕ−ϕ=
∫
12
.)()(
dyyyF
Пример 2.1.14. Вычислить площадь фигуры, ограниченной пра-
вой ветвью гиперболы
322=− yx
и параболой
Решение. Построим заданные в условии кривые (рис. 23)
y
2
3 yx −=
1
dy
y
)( ydF
O
1−
2
3 yx +=
032=−+ xy
.
и найдём их точки пересечения. Для этого решим систему уравнений
22
xyx
>=−
;0,3
2
xy
−=
.3
Определённый интеграл
=
Ox
ydy ∆=
y
4
3
232
3
)1;0( −
1−=y
)1;16( −
Ox
Oy
)5;0( −
)3;0(
F
Рис. 24
y
1−
II
I
Она равносильна системе
=
;2
x
2
2
xy
−=
,3
xxx
>=−+
;0,06
или
x
=,3;2
2
xy
−=
от куда
=
;1
y
=
;2
x
−=
.1
y
Рассматриваемая фигура симметрична относительно оси Ox. Так
что её площадь вычисляется по формуле
,
2FF
0
где
и осью
– площадь фигуры, ограниченной гиперболой, параболой
F
0
.
Бесконечно малый элемент
искомой площади
dF
0
равен пло-
F
0
щади заштрихованной горизонтальной полосы (см. рис. 23) высотой
. Чтобы найти длину полосы, выразим из уравнений границы
фигуры переменную x как функцию
. Правая ветвь гиперболы есть
график функции
3 yx −=
в примере 8.5.
, а из уравнения параболы получаем
32+= yx
2
, откуда длина полосы равна
0
1
0
∫
0
1
2
0
22
3 dyydyy
22
+−−=
3(]3)3[(
1
8
3
2
+−=+−
∫∫
0
22
3)3(
+−− yy
. Тогдада
.
dyyydF ]3)3[(
3
1
y
−−=+−−=
ydyyyF
3
)
3
0
.
Интеграл, стоящий в правой части цепочки равенств, вычислен
1
2
0
3
13
+=+∫dyy
.3ln
2
54 55
4
3
2
3
2
3
)1;0( −
1−=y
)1;16( −
Ox
)5;0( −и )3;0(
Рис. 24
y
1−
II
I
Глава 2. Приложения определённого интеграла
Тогда
3
8
0
3
1
5
3ln
3ln
−=−−=F
и
3
10
3ln
−=F
.
Пример 2.1.15. Вычислить площадь фигуры, расположенной
в правой полуплоскости и ограниченной линиями
и
2
0152
=−++ xyy
.
Решение. Определим сначала тип заданных в условии линий.
Линия, описываемая уравнением
22
,
16)1(
=++ yx
22
16)1(
=++ yx
представляет собой окружность радиусом 4 с центром в точке
Уравнение
2
(46)
0152
=−++ xyy
приведём к каноническому виду
2
Получена парабола с осью симметрии
.
)16()1(
−−=+ xy
, вершиной в точкее
и направлением от директрисы к фокусу, противоположным
направлению оси
. Обе кривые пересекают ось Oy в точках
. Заданная фигура с искомой площадью F представлена
на рис. 24 и обозначена II.
3
22
=++ yx
dyy +
y
16)1(
2
5−
.
x16
yyx 215
−−=
Определённый интеграл
1
R
π=
1
Oy
1
dy
3
3
3
.1,0 −== yy
)0;0(
)1;3( −
Рис. 25
y
x43
O
yyx 4
−−=
yyx 2
−=
1
−
Площадь фигуры I, являющейся полукругом радиусом 4, обозна-
чим
то
. Так как площадь круга радиусом R вычисляется как
F
.
8
F
Площадь фигуры, ограниченной параболой (46) и осью
π
, обо-
2
,
значим
.
F
0
Заметим, что площадь F данной фигуры II можно представить
и
как разность площадей
Вычисляем
. Бесконечно малый элемент
F
0
F
. Тогдада
F
0
.
π−= 8
FF
0
равен площади
dF
0
прямоугольника, заштрихованного на рис. 24, высотой
2
ной длиной, которую найдём, выражая
из уравнения
yyx 215
−−=
параболы (46). Таким образом,
2
0
3
0
∫
5
−
2
−−=
15()215( y
125
75()9945( =−+−−−−=
,
dyyydF )215(
3
y
ydyyyF
3
)25
2
256
3
=−−=−−=
)
5
−
.
В итоге
256
F
π−= 8
.
Пример 2.1.16. Вычислить площадь фигуры, ограниченной па-
и перемен-
раболами
Решение. Построим заданную фигуру. Найдём точки пересече-
ния парабол, решая уравнение
Его корни суть
и
yyx 22−=
,
yyx 42−−=
.
22
, или
yyyy 42
−−=−
2
022
=+ yy
Заданные параболы пересекаются в точ-
. Рассматриваемая фигура представлена на рис. 25.
56 57
.
Рис. 25
y
x43
O
yyx 42−−=
yyx 22−=
1
−
Глава 2. Приложения определённого интеграла
1
1−
1−
2−
Бесконечно малый элемент площади имеет вид
22
−−−−=
.
dyyyyydF )]2()4[(
y
0
dyy +
y
yyx 22−=
yyx 42−−=
x3
1−
Рис. 26
На рис. 26 его изображает заштрихованная горизонтальная полоска.
Итак,
2
−−=
.
dyyydF )22(
Тогда
0
2
∫
dyyyF
(2)22(
23
0
yy
23
−
1
1
(2)
3
1
1
=+−=+−=−−=
)
.
3
2
Определённый интеграл
ax =
bx =
)( bxa ≤≤
Ox
)(xF
V∆
dxx +
dV
dx
)(xF
dxxFdV )(=
Ox
,ax =
,bx =
0=y
)(xfy =
Ox
],[ bax ∈
∆
],[ dxxx +
dx
dx
)(xf
Ox
Ox
O
y
Рис. 28
)(xfy =
x
bdxxxa +
2.2.2. Вычисление объёма тела через площадь его сечения
Пусть тело в пространстве расположено между плоскостями
и
(рис. 27). Будем искать объём V этого тела.
)(xF
Рис. 27
xbdxxxa +
Рассечём тело на слои в различных точках x
стями, перпендикулярными оси
площадь этого сечения
. Она является функцией переменной x.
Выделим элемент объёма
. Пусть в каждой точке x известна
– объём тела, расположенного между
параллельными плоскостями, проходящими через через точки x и
на оси Ox.
За бесконечно малый элемент искомого объёма
бесконечно узкого цилиндра высотой
Тогда
и площадью основания
,
и объём тела вычисляется по формуле
b
=
∫
a
58 59
.)(
dxxFV
плоско-о-
примем объём
.
Ox
,ax =
,bx =
0=y
)(xfy =
Ox
],[ bax ∈
∆
],[ dxxx +
)(xf
Ox
Ox
O
y
Рис. 28
)(xfy =
x
bdxxxa +
Глава 2. Приложения определённого интеграла
2.2.3. Вычисление объёма тела вращения
А. На рис. 28 показано тело,
полученное вращением вокруг оси
криволинейной трапеции, огра-
ниченной линиями
,
.
Будем искать е го объём. Обозна-
V
чим его через
костью, перпендикулярной оси
в произвольной точке
смотрим элемент объёма
. Рассечём тело плос-
x
. Рас-
, полу-
V
x
,
ченный вращением криволинейной
трапеции, опирающейся на отрезок
dV
малый элемент объёма
примем объём цилиндра с высотой dx и пло-
x
щадью основания, равной площади круга радиусом
2
π=
длиной dx. За бесконечно
:
.
dxxfdV
)(
Тогда
b
2
π=
x
∫
a
Пример 2.3.1. Вычислить
объём тела, полученного вращением вокруг оси
ры, ограниченной осью
плоской фигу-
1
и полуволной синусоиды
( xy sin= , 0=x , π=x )
(рис. 29).
dxxfV )(
. (47)
y
π
2
xy sin=
dx
xO π
Решение.
π
2
sin
x
0
π
π
=π=
∫∫
2
0
)2cos1(
Рис. 29
2
1
π
(
=−
2
2
π
π
=−
)2sin
xxdxxxdxV
0
.
2
Определённый интеграл
Ox
04 =+x
4−=x
Ox
Ox
−
4
Ox
0=x
2=x
x
2=x
8=x
Ox
Рис. 31
1
]2;0[∈x
2
x
]8;2[∈x
2
2
π
5
5
Oy
)(,0,, yxxdycy ϕ====
Oy
Oy
],[ dyyy +
)( yϕdy)( yϕ
Рис. 30
Пример 2.3.2. Вычислить объём тела, полученного вращением
вокруг оси
мой
x
плоской фигуры, ограниченной кривой
.
Решение. Построим
заданную в условии плос-
y
кую фигуру. Она ограниче-
на параболой
y
2
и прямой
xy −= 2
щать её вокруг оси
(рис. 30). Полученное тело
вращения рассечём плоско-
xdxxx 24 +−
стью, перпендикулярной
оси
круг площадью
2
искомого объёма воспользуемся формулой (47). Тогда
2
∫
2
2
x
xdxxV
2()2(
2
−
4
22=+ xy
и пр я -
2
. Будем вра-
. В сечении получим
2
yπ
, где
. Для вычисления
xy −= 2
π=−−π−−π=−π=−π=
18)88()24()
.
xy −= 2
Пример 2.3.3. Вычислить объём тела, полученного вращением
вокруг оси
2
плоской фигуры, ограниченной линиями
Решение. Построим заданную в условии плоскую фигуру
(рис. 31).
Эта криволинейная трапеция состоит из двух частей. Первая часть
ограничена сверху параболой
и
, вторая часть – гиперболой
и справа прямыми
.
8;0;8;
==== xyxyxy
2
xy =
, заключённой между прямыми
y8=
, отсечённой слеваа
и
.
60 61
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]