Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Определённый интеграл. Учебное пособие
.pdf
( )
( )
( ) ( )
(
)
8
M
M
=
−=
M
Глава 2. Приложения определённого интеграла
Тогда
1
y
0
1
4
1
4
π
=
2
1
1
yy
1
3
3
2
11
+++π=
∫∫
0
3
+++π=
4
3
7
2
y
2(4
)).21ln(7211(
++
2
1
1
11
4
0
1
1
2
1
=+π=
IIdyydyyL
13
0
3
2
1
++π=
22
++++++π=
yyy
1
7
=
IyyIIyy
1
4
0
1
=
)1ln
0
2.3. Механические приложения определённого интеграла
Пусть имеется материальная точка
массой m. Зададим ось l.
Моментом инерции точки относительно оси называется произ-
ведение её массы на квадрат расстояния до оси:
2
mdIl=
(рис. 52).
Статическим моментом точки
M
относительно оси l на зывает ся про-
изведение её массы на расстояние от
точки до оси, взятое с каким-либо знаком:
mdM
l
d
π
2
l
или
mdM
l
Рис. 52
в зависимости от договорённости, с
какой стороны оси l материальным точкам приписывается положительный статический момент, а с какой – отрицательный.
Пусть задана система, состоящая из конечного числа n матери-
альных точек
)(i
с массами
, отстоящих от оси l на расстоянии
m
i
d
Тогда
.
i
Определённый интеграл
i
1
l
h
dy
Ox
],0[ hy ∈
ady
Ox
=
,ax =
,bx =
0=y
)(xfy =
Ox
],[ dxxx +dx)(xf
2
3
)(xf
n
=
∑
2
dmI
,
iil
=
а
n
±=
dmM
, (67)
iil
i
∑
=
1
причём в формуле (67) для точек, расположенных по разные стороны
от оси
, выбираются разные знаки.
Пусть теперь масса сплошным образом распределена по плоской
пластине. Тогда вместо сумм рассматривают интегралы. Будем считать,
что масса распределена по плоской фигуре равномерно. Для простоты
считаем плотность распределения массы равной единице. Тогда масса
любой части фигуры равна её площади.
Рассмотрим две показательные задачи.
1. Найти статический момент
гольника с основанием a и высотой
и момент инерции
M
x
I
относительно его основания
прямоу-у-
x
(рис. 53).
Выделим внутри прямоу-
y
h
dyy +
y
O
dy
x
a
Рис. 53
гольника полоску высотой
и шириной a. Расстояние этой по-
лоски до оси
равно y,
. Масса выделенногоо
элемента равна его площади
Вычислим статический момент и
момент инерции выделенного
элемента относительно оси
:
.
,
yadydM
x
.
adyydI2=
Тогда
h
∫
0
1
2
ahyadyM
==
82 83
, (68)
2
,ax =
,bx =
0=y
)(xfy =
Ox
],[ dxxx +
dx
)(xf
2
3
)(xf
Глава 2. Приложения определённого интеграла
h
x
2
∫
0
2. Найти статические моменты
I
криволинейной трапеции, ограниченной линиями
y
,
, относительно коор-
динатных осей.
M
1
3
==
ahadyyI
. (69)
3
M
,
и моменты инерции
y
x
y
y = f (x)
А. Ищем моменты относитель-
но оси
(рис. 54). Выделим внут-
)(xf
ри трапеции криволинейную полоску, опирающуюся на отрезок
. Будем вычислять беско-
нечно малые элементы моментов по
формулам (68)–(69) как моменты
прямоугольной полоски с основани-
ем
и переменной высотой
O
.
Тогда
1
=
x
2
dxxfdM
))((
, (70)
Рис. 54
,
I
x
xbdxxxa +
1
=
x
3
dxxfdI
))((
. (71)
В формулах (70)–(71) мы, пренебрегая бесконечно малыми вели-
чинами более высокого порядка малости, чем dx, отождествили криво-
линейную полоску с прямоугольником высотой
. Проинтегриру-
ем полученные равенства при изменении x от a до b и получим
b
1
=
x
∫
2
a
b
1
=
x
∫
3
a
2
dxxfM
))((
, (72)
3
dxxfI
))((
. (73)
Определённый интеграл
Oy
],[ dxxx +
)(xf
Oy
=
m
m
O
M
)0( ≥r
OM
ϕ
)2,0[ π∈ϕ
ϕ=
ϕxy
M
r
Ox
)(, β<αβ=ϕα=ϕ
)(ϕ= rr
Б. Ищем статический момент
y
y = f (x)
и момент инерции относительно оси
(рис. 55). Выделим внутри тра-
)(xf
пец ии ту же полоску, что и в п. А. За
бесконечно малый элемент массы
этой полоски примем массу прямо-
угольника с основанием
x
и высотой
. В силу сделанногоо
ранее предположения масса этого
прямоугольника равна его площади.
O
Рис. 55
xbdxxxa +
Расстояние любой точки этого
прямоугольника до оси
Тогда
dxxxfdM
)(
y
2
=
y
, (74)
dxxfxdI
)(
. (75)
Интегрируем равенства (74)–(75) при изменении переменной x от
a до b и получим
b
=
y
∫
a
dxxfxM )(
, (76)
равно x.
b
2
=
y
∫
a
dxxfxI )(
. (77)
Знание статических моментов плоской фигуры относительно координатных осей позволяет определить координаты центра тяжес-
ти этой фигуры.
Известно, что величина статических моментов не изменится, если
предположить, что вся масса фигуры сосредоточена в центре тяжести
этой фигуры.
Пусть
– центр тяжести фигуры массой m, а
),(ccyxC
её статические моменты относительно координатных осей. Тогда
==
,, mxMmyM
cycx
84 85
M
M
,
–
y
x
откуда
m
m
O
M
)0( ≥r
OM
ϕ
)2,0[ π∈ϕ
ϕ=
ϕ
M
Ox
)(, β<αβ=ϕα=ϕ
)(ϕ= rr
Глава 2. Приложения определённого интеграла
M
x
c
y
M
y
x
.,
==
c
(78)
2.4. Геометрические приложения определённого интеграла
в полярной системе координат
Пусть задана полярная система
координат с полюсом
и полярной
осью r (рис. 56). Тогда любая точка
на плоскости имеет в этой системе две
координаты: полярный радиус r
, равный длине отрезка
полярный угол
, на который нужно
, и
повернуть полярную ось до совмещения с точкой M. Обычно договариваются, что
(y)
O
y
Рис. 56
r
ϕ
x
. Однако этоо
M
x
y
)(xr
ограничение не является универсальным. Из рис. 56 видно, что
;cos
rx
ry
(79)
ϕ=
sin
и
222
yxr
+=
;
y
(80)
,tg
x
причём для определения угла
=ϕ
следует учитывать знаки x и y. Фор-
мулы (79) и (80) устанавливают связь между полярными и декартовыми координатами точки
с осью
.
для случая, когда полярная ось r совпадает
2.4.1. Вычисление площади
Рассмотрим криволинейный сектор, ограниченный лучами
и кривой
(рис. 57). Вычислим его площадь.
Определённый интеграл
β=ϕ
Рис. 57
ϕd
]),[( βα∈ϕϕ
ϕ+ϕ d
)(ϕr
ϕd
2
ϕ
α
ϕ= 3cosr
0>r
03cos >ϕ, ]2;0[ π∈ϕ
ϕ
6
2
6
6
2
π
ππ
ππ
π
6
π
ππ
1
Рис. 58
ϕ+= sin1r
2
π
Oy
2
2
π
π
)(ϕ= rr
α=ϕ
β
α
Для этого выделим элементарный криволинейный сектор, распо-
ложенный между лучами с полярным углом
углом
. За бесконечно малый элемент площади dS примем пло-
щадь кругового сектора переменного радиуса
лом
. Тогда
1
2
Проинтегрируем полученное равенство при изменении
до β и получим
β
1
∫
2
α
Пример 4.1.1. Вычислить площадь фигуры, ограниченной лини-
ей
, заданной в полярных координатах.
Решение. Заданная в условии линия является трёхлепестковой ро-
зой (рис. 58).
Так как
дём те значения
, то, решая неравенство
, для которых она определена. Она определена для
значений
ϕ
)(xrO
и полярным
с центральным уг-
ϕϕ= drdS )(
.
от
2
.)(
ϕϕ= drS
(81)
, най-
∪
[]
11
].2;
∪
7
;
[]
5
[]6;0[ π
∈ϕ
∪
;
3
Ограниченная ею фигура состоит из трёх фигур («лепестков»)
с одинаковой площадью. Более того, каждый из трёх «лепестков» име-
86 87
6
π
ππ
1
Рис. 58
ϕ+= sin1r
2
π
Oy
2
2
π
π
Глава 2. Приложения определённого интеграла
ет ось симметрии, делящую фигуру на две равновеликие части. Так
что достаточно вычислить площадь одной из половинок «лепестка»
и умножить её на 6. Рассмотрим половину «лепестка», ограниченную
,0
=ϕ=ϕ
лучами
6
1
6
2
0
. Тогда согласно формуле (81) получим:
6
2
3cos
3
∫∫
2
0
)6cos1(
ddS
1
3
(
6
2
π
6
π
=ϕ+ϕ=ϕϕ+=ϕϕ⋅=
)6sin
.
4
0
5π
π
7π
2π
3
6
6
π
2
4π
3
3π
2
π
3
π
6
π2;0
ϕ= 3cosr
11π
6
5π
3
Пример 4.1.2. Вычислить площадь фигуры, ограниченной лини-
ей
, заданной в полярных координатах.
Решение. Заданная в условии линия является кардиоидой (рис. 59).
=ϕ
Фигура симметрична относительно луча
(оси
). Будем
вычислять площадь одной из половинок кардиоиды, заключённой меж-
,
ду лучами
−=ϕ
=ϕ
, и умножать её на 2. Применяя формулу (81),
получим:
Определённый интеграл
1 2
Рис. 59
π
π
2
2
2
π
ϕ= 2sin2r
1=r
1=r
0>r
02sin >ϕ
]2;0[ π∈ϕ
ϕ
2
2
π
π
4
π
4
π
4
12π12
π
4
π
9π
7π
2 ddS
5π
3π
4
8
8
5π
4
11π
2
1
2
π
−
π
8
3π
8
2
3π
∫∫
π
13π
8
π
4
π
8
π2;0
15π
8
7π
4
8
2
=ϕϕ+ϕ+=ϕϕ+=
)sinsin21()sin1(
2
ϕ+= sin1r
2
2
−
Пример 4.1.3. Вычислить площадь фигуры, ограниченной лини-
ями
женной вне круга.
π
π
2
2
π
−
2
1
2
,
, заданной в полярных координатах, и располо-
sin)cos2( dd
π
−
2
(
2
1
=ϕϕ+ϕ−ϕ=
)2sin
2
88 89
π
π
−−
(
2
2
2
π
−
π
2
1
)
∫∫
2
π
−
2
π
π
3
=
+π=ϕ−ϕ+π=
2
.
2
=ϕϕ−+
)2cos1(
1=r
0>r
02sin >ϕ
]2;0[ π∈ϕ
ϕ
2
2
π
π
4
π
4
4
12
π
12
π
4
Глава 2. Приложения определённого интеграла
Решение. Заданная
π
в условии кривая является двухлепестковой розой,
а кривая
– окружностью радиусом 1 с центром в начале координат
(рис. 60). Так как
решая неравенство
,
дём те значения
торых двухлепестковая
роза определена:
;0[
∈ϕ
, для ко-
3
π∪
;[]
, то,
, най-
].
π
5π
4
Эти два отрезка определяют два лепестка розы. При этом луч
2
3π
Рис. 60
π
4
π
12
π2;0
r21
2
=ϕ
делит лепесток первой четверти круга на две равные части. Так что
двухлепестковая роза состоит из четырёх половинок «лепестка» одинаковой площади.
Найдём теперь координаты точки пересечения окружности и по-
ловины лепестка розы, ограниченной лучами
,0π=ϕ=ϕ
. Для этогоо
решим уравнение
π
])
;0[(12sin2
∈ϕ=ϕ
Его решением будет
. Таким образом, четвёртая часть ис-
=ϕ
комой фигуры заключена между лучами
.
π
и
=ϕ
.
=ϕ
На рис. 60 эта часть заштрихована. Площадь всей фигуры полу-
чим, если площадь заштрихованной части умножим на 4.
Определённый интеграл
ϕ= 2sin2r
12
4
π
1=r
12
π
4
π
12
π
π
π
ϕ+= 2cos1r
3
π
2
π
6
5π
π
6
7π
3
4π
3
5π
6
11π
6
π
2
3π
r2
3
2π
Рис. 61
ϕ+= 2cos1r
π2;0
0≥r
]2;0[ π∈ϕ
π2;0
ϕ= 2cos
r
r1
0
≥r
02cos >ϕ
]2;0[ π∈ϕ
ϕ
Площадь заштрихованной фигуры будем искать как разность меж-
ду площадью фигуры, ограниченной линиями
=ϕ
, и площадью сектора круга
, заключённого между теми жее
,
π
,
=ϕ
лучами
и
=ϕ
.
=ϕ
Тогда согласно формуле (81) получим:
4
1
(4
2
π
12
π
4
∫
π
2
)2sin2(
d
4
1
2
π
12
4
∫∫∫
π
12
π
4
)4sin2()4cos42(
=ϕ−ϕ=ϕϕ−=
π
12
2
]1)2sin2[(2)
=ϕ−ϕ=ϕ−ϕϕ=
dddS
π
π
−
π
sin
+
=
62
Пример 4.1.4. Вычислить площадь фигуры, ограниченной лини-
ей
, заданной в полярной системе координат..
Решение. На рис. 61 изображена заданная фигура.
3
π
33
.
+
2
90 91
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]