Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Определённый интеграл. Учебное пособие
.pdf
AB
AB
3
]3;1[∈x
233
2
2
2
2
1
)4;4(A
OA
4
]4;0[∈y
2
B
Рис. 42
Глава 2. Приложения определённого интеграла
ны: дуги
и дуги AC. Найдём беско-о-
нечно малый элемент длины дуги
дуга описывается уравнением
3
2
,
)1(
−= xy
где
2
. Воспользуемся формулой
(57). Вычислим предварительно
2
′
1
2
.
)1(
−=
xy
Тогда
)(
и
3
1 −=−+=
Таким образом,
3
2
∫
1
3
2
2
2
2
3
2
−= xy
)1(
. Этаа
y
4
3
2
3
A
xO 321
4
−
3
3
2
)1(
323
)1(
−=′xy
1
3
1
3
xdxxS
−⋅=−=
2
2
dxxdxxdS
.
3
3
8
9
1
=−=
)18(
56
9
C
.
Пример 2.4.2. Вычислить длину дуги параболы
x =
y
(рис. 43).
описывается уравнением
2
,
шины до точки
Решение. Заданная дуга
где
. Бесконечно малый элемент
длины этой дуги будем искать по формуле
(58). Найдём сначала
y
′
x =
.
y
4
Рис. 43
xy 42=
от вер-
A
xy 42=
xO 4
Определённый интеграл
2
2
2
2
Oy
dS
2
]2;0[ π∈t
0>a
xO
2
3
2
3
−
3
y
Рис. 44
Тогда
2
dS
y
1 +=+=
4
1
2
dyydy
4
2
и
4
1
∫
2
0
2
+= dyyS
.4
При вычислении этого интеграла используем приём интегриро-
вания по частям для того, чтобы свести его к себе самому. Положим
2
dydvyu =+= ,4
. Найдём yv
4
0
4
−=
204
0
4
du =
2
2
+
4
y
+
4
y
2
∫
0
4
2
∫
0
ydy
= ,
2
y
2
yydyy
4
+
dy
2
∫∫
0
dyy
. Тогдада
+
4
2
4
4
−+=+
0
4
+
4
4
∫
0
∫∫
0
dy
y
+−++=
452ln4204 dyy
444y
+
=
2
4ln44204
2
dyy
=
2
4
2
=++++−=
yydyy
0
=−+++−=
2ln4204ln44204
.
Получили уравнение относительно искомого интеграла. Решим
его и найдём
4
0
Окончательно
Пример 2.4.3. Вычислить длину дуги цепной линии, заданной
2
)52(ln20 ++=S
)52ln(22024
++=+∫dyy
.
.
уравнением
xx
3
72 73
−
33
(60)
)(
eey
+=
2
2
2
Oy
dS
2
]2;0[ π∈t
0>a
xO
2
3
2
3
−
3
y
Рис. 44
Глава 2. Приложения определённого интеграла
3
3
для
[−∈x
(рис. 44).
]
;
Решение. Для нахождения бесконечно
малого элемента длины дуги воспользуемся
формулой (57). Найдём сначала
xx
1
′
−
33
.
)(
eey
−=
Тогда
2
1
1
4
33
−+=
1
+=
4
2
1
33
2
Учтём теперь, что функция (60) чётная, т. е. цепная линия облада-
ет симметрией относительно оси
. А значит, для нахождения всей
xxxxxx
−−−
33
)(
eeeedxeedS
+=
.
длины дуги проинтегрируем
ченный результат на 2. В итоге
3
2
1
2
∫
2
0
Пример 2.4.4. Вычислить дли-
ну дуги астроиды, заданной параметрически уравнениями
sin
3
;cos
tax
3
tay
=
=
для
,
.
Решение. Дуга астроиды представлена на рис. 45. Заметим, что
астроида симметрична относитель-
3
на отрезке
3
xxxx
−−
2
33
33
0
и умножим полу-
]
;0[∈x
1
1
−
2
2
)(3)(3)(
−=−=+=
eeeedxeeS
.
y
a
a−
xaO
a−
Рис. 45
Определённый интеграл
2
π
( ) ( )
2
Ox
)(xfy =
)(xfy =
)(xf
′
],[ bax ∈
ax =
bx =
)(xfy =
dxx +
dS
y
y
++
2
dy
π=
)( yx ϕ=
],[ dcy ∈Oy)( yx ϕ=
],[ dcy ∈
dS
y
O
y
Рис. 46
)(xfy =
xbdxxxa +
c
y
d
dS
O
Рис. 47
)( yx ϕ=
dS
c
y
dyyd+
y
но координатных осей Ox и Oy. Следовательно, будем искать длину
четвертой части астроиды – дуги, расположенной в первом квадранте
декартовой системы координат и отвечающей изменению параметра t
от 0 до
. Для нахождения бесконечно малого элемента длины дуги
воспользуемся формулой (59). Вычислим сначала
′
−=
′
=
Тогда
2
2
22222
В итоге
π
2
3
4
∫
2
0
1
62sin
2
2.2.5. Вычисление площади поверхности тела вращения
2
ttax
;sincos3
2
ttay
.cossin3
2
π
2
2
cossin3sincos3
dtttattadS
=+−=
sincos3)sin(cossincos9
3
==+=
=−π−=−==
0
Рассмотрим поверх-
ность, образованную вращением вокруг оси
вой
(рис. 46). Пред-
дуги кри-
положим, что функция
имеет непрерывную
производную
при всехх
. Будем искать пло-
.2sin
tdtatdttadttttta
aatatdtaS 6)0cos(cos32cos
.
щадь поверхности
74 75
чённой плоскостями
. Для этого выделим на
дуге
элемент, соот-
, отсе-
L
x
,
dxx +
dS
y
++
2
dy
π=
)( yx ϕ=
],[ dcy ∈
Oy
)( yx ϕ=
],[ dcy ∈
dS
y
O
Рис. 47
)( yx ϕ=
dS
c
y
dyyd+
y
Глава 2. Приложения определённого интеграла
ветствующий изменению абсциссы от x до
В качестве бесконечно малого элемента
боковой поверхности усеченного конуса с образующей
среднего сечения
, где y – ордината, соответствующая абсциссе е x.
, и будем его вращать.
примем площадь
dL
x
и радиусомм
Действительно,
dL
π= 2
2
x
)(
dSdydSydS
π+π=
.
dyyy
Однако вторым слагаемым в последней части равенств можно пренебречь как бесконечно малой величиной более высокого порядка мало-
сти, чем
. Тогда
. (61)
dSydL
2
x
Учитывая (57), получим
b
x
∫
a
+π=
2
′
dxxfxfL
))((1)(2
. (62)
Замечание 1. Если дуга кривой описана уравнением
, то, учитывая формулу (58), получим
d
x
∫
c
2
ϕ′+π=
. (63)
dyyyL
))((12
По аналогии найдём
формулы для вычисления
площади поверхности, образованной вращением вокруг
оси
дуги кривой
,
(рис. 47).
В качестве бесконечно
малого элемента
мем площадь боковой по-
dL
при-
y
верхности усечённого конуса с образующей
и радиусом среднего сечения x, где
x – абсцисса, соответствующая ординате
, т. е.
,
xbxa
Определённый интеграл
π=
)(xfy =
],[ bax ∈
xy cos43 =
2
π
0=x
3
3
9
9
3
2
2
3
332
π
0)0( =z
3
3
9
Oy
05 =+y
xy cos
3
4
=
Рис. 48
xO
dSxdL
2
y
. (64)
Учитывая (58), получим
d
y
∫
c
2
ϕ′+ϕπ=
dyyyL
))((1)(2
. (65)
Замечание 2. Если дуга кривой описана уравнением
, то, учитывая формулу (57), получим
,
Пример 2.5.1. Дуга кривой
сами
и
−=x
щадь поверхности вращения.
y
π
−
2
и
b
y
+π=
∫
a
2
′
dxxfxL
))((12
. (66)
между точками с абсцис-
вращается вокруг оси Ox (рис. 48). Найти пло-
Решение. Для нахождения бесконечно малого элемента искомой величины воспользуемся формулой (61). Найдём сначала
4
=
xy cos
,
а затем
xO
4
′
−=
xy sin
.
Тогда
16
2
dxxdS
sin
1 +=
16
2
dxxxdSydL
sin
1cos
,
где
x
. Воспользуемся теперь формулой (62) и получим
[π−∈x
]0;
4
22 +π=π=
76 77
2
3
3
3
2
π
0)0( =z
3
3
9
Oy
05 =+y
xO
Глава 2. Приложения определённого интеграла
0
4
2 dxxxL
x
∫
3
π
−
Сделаем здесь замену переменной
4
=
dxxdz cos
,
( −=
−z
4
)
и
x
−
1cos
0
12 dzzL
∫
4
16
sin
2
+π=
9
. Получим
2
+π=
.
.
4
=
. Учтём, чтоо
xz sin
Интеграл такого типа найден в примере 7.11. Воспользуемся фор-
мулой (25). Окончательно
0
x
∫
4
−
2
+π=
12 dzzL
z
(2 zzz
2
20
( +π=
1
1
22
)1ln
2
)3ln
.
0
=++++π=
4
−
3
Пример 2.5.2. Вычислить площадь поверхности, которая полу-
чается от вращения вокруг оси
ной прямой
(рис. 49).
Решение. Для нахождения бесконечно
малого элемента искомой величины воспользуемся формулой (64). Найдём сначала
,
yx −= 1
а затем
′
1
−=
.
yx−
12
дуги параболы
2
y
5−
Рис. 49
yx −=1
, отсечён-
2
yx −= 1
5−=y
Определённый интеграл
]1;5[−∈y
2
Ox
0≥x
dS
3
yx ln3−=
]1;0(∈y
3
Oy
1,0 == yy
2
yx =
′
( )
y
Рис. 50
1
3
x
ey−=
xaO
Тогда
1
1−+=
dy
ydS)1(4
и
где
y
12
ydSxdL
−
1
4
5
−π=+−π=
2
dyydyy
4
1
+−π=π=
1122
. Воспользуемся теперь формулой (65) и получим
3
5
2
)
y
−
1
5
2
y
∫
−
5
dyyL
4
(
4
π−=−π=
2
1
3
−
5
π
4
−=
3
=
dy
)1(4
y
,
125
1
(
8
)
8
Пример 2.5.3. Найти площадь поверхности, образованной вра-
x
3
щением вокруг оси
дуги кривой
ey−=
,
(рис. 50).
Решение. Для нахождения
бесконечно малого элемента искомой величины воспользуемся
формулой (61), а для нахождения
– формулой (58). Выразим
из уравнения кривой x:
π
62
=−
.
3
а затем
lnxy −=
,
.
Найдём
′
x3−=
9
dS
1 +=
dy
,
2
y
78 79
,
y
]1;0(∈y
3
Oy
1,0 == yy
2
yx =
′
( )
Глава 2. Приложения определённого интеграла
где
. Тогда
x
ydSydL
9
122
2
y
2
dyydy
92
+π=+π=π=
.
Воспользуемся теперь формулой (63) и получим
1
2
+π=
92 dyyL
x
∫
0
.
Для вычисления этого интеграла воспользуемся формулой (25),
которая найдена в примере 7.11. Тогда
1
2
+π=
x
∫
0
92 dyyL
y
(2 yyy
2
9
9
22
2
101
+
ln910)3ln9)101ln(910(
π+π=−++π=
Пример 2.5.4. Вычислить площадь поверхности, которая полу-
чается от вращения вокруг оси
чённой прямыми
(рис. 51).
Решение. Для нахождения
дуги параболы
y
бесконечно малого элемента искомой
величины воспользуемся формулой
1
(64). Найдём сначала
2
1
+=yx
,
1
а затем
.
Тогда
Рис. 51
1
=++++π=
)9ln
0
.
)1(22−= xy
, отсе-е-
)1(22−= xy
3
xO
2
dyydS21 +=
и
2
y
y
dSxdL
(22
2
3
222
+++π=+++π=
222
1)2(1)1
2
=++π=++π=π=
dyyydyy
,111)11(
dyyydyyy
Определённый интеграл
]1;0[∈y
(
)
∫
2
4
4
2
2
( )
( )
( ) ( )
(
)
8
M
m
lMl
=
−=
M
l
где
Рассмотрим отдельно
вычисления
. Воспользуемся теперь формулой (65) и получим
1
y
0
применим приём интегрирования по частям, для тогоо
I
3
3
2
2
+= dyyI
1
1
чтобы свести его к себе самому. Положим
1
2
2
+=
2
+=
yvyydu =+= ,2)1(
. Получим
3
2
2
+=
3
3
∫
2
+=
3
2
+−
дём
3
3
1
11 dyydyyL
+++π=
∫∫
0
и
3
1)11(31
2
.
3
2
3
∫
2
∫∫
∫∫
+= ,1
1311
22
=+−+−
dyyyyy
2
13131
1
+= dyyI
3
22
dyyyyydyyI
=++
dyydyyyy
. Для
. Най-
dydvyu =
=+−
3
2
Получили уравнение относительно искомого интеграла
3
+=
3
2
+=
331 IIyy +−
.
13
:
I
3
331 IIyyI +−
.
13
Решим его и получим
3
1
Из примера 7.11 (формула (25)) известно, что
2
1
1
∫
3
y
=+= dyyI
1
+=
1
80 81
3
2
IyyI +
1
.
1
22
Cyyy
+++++ 1ln
.
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]