Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Санкт-Петербургский государственный университет информационных технологий, механики и оптики

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Математический анализ II Учебное Пособие

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

14.04.2015

Размер:

7.4 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 23 / 143 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 > Следующая >>>

Пример 6. Найти длину дуги окружности радиуса R , записав её урав-

нение в полярных координатах (рис 11)		y
Решение. Напомним, что уравнение	B	y
Решение. Напомним, что уравнение	B
окружности радиуса R с центром в начале	a
координат имеет вид x 2 +y 2 =R 2 . Примем	−a	0	A
во внимание связь между декартовыми и			A
во внимание связь между декартовыми и			a R x
полярными координатами:	C		a R x
x =r cosϕ, y =r sinϕ
(здесь предполагается, что начало декарто-	−a	D
вых координат совпадает с полюсом O , а

ось O X	совпадает с полярной осью).	рис 11

Тогда очевидно, что уравнение окружности в полярных координатах: r =R , причём, когда ϕ [0, 2π] , текущая точка M обегает контур окруж-

ности один раз против часовой стрелки.

Имеем rϕ′ = 0, r 2 (ϕ) +r ′2 (ϕ) =R 2 , тогда r 2 (ϕ) +r ′2 (ϕ) =R , следова-

тельно L =	2∫π R dϕ =R ϕ	02π = 2πR .
тельно L =

	0

Итак, мы получили всем известную формулу для вычисления длины дуги окружности радиуса R : L = 2πR .

3. Вычисление площади поверхности тела вращения

Рассмотрим на плоскости xO y некоторую кривую A B , заданную уравнением y = f (x ), x [a ,b] . Пусть функция f (x ) и производная f ′(x ) непрерывны на [a ,b]. От вращения кривой A B вокруг оси O x получается тело вращения, ограниченное поверхностью вращения. По определению будем считать площадью поверхности вращения площадь поверхности, которая получается от вращения ломаной линии A =A0 , A1, A2 ,...,Ak ,Ak+1,...,An =B , вписанной в кривую A B (рис 12) при условии, что число точек дробления

	бесконечно возрастает, а ранг дробления λ = sup{	xk } при этом стремится
	к нулю.	y
	От вращения хорды AkAk +1 получим усе-	y
	От вращения хорды AkAk +1 получим усе-	y =f (x)
	чённый конус, боковая поверхность которого

[

]

[

′

]

=x f (x

) +f (x

)

x ,

l =2πf (ξ ) 1+ f (ξ )

k 1

xk k k+1

где xk ≤ξk

≤xk +1 .

Площадь поверхности вращения S

таким

образом приблизительно равна

n −1

1 +[f ′(ξk )]2

S ≈σn

= ∑2πf (ξk )

рис 12

k =0

Измельчая дробление и устремляя ранг дробления к нулю, получим точное равенство

S = 2π ∫b f (x ) 1 +[f ′(x )]2dx

Пример 7. Кривая 3x +y −3 = 0 вращается вокруг оси O y , найти пло-

щадь поверхности, ограниченной плоскостью

xO z

и получившейся

поверхностью вращения.

Решение.

Очевидно,

что

кривая

3x +y −3 = 0

представляет собою прямую

линию, которая пересекается с координат-

ными осями O x и O y в точках A (1,0,0) и

B (0,3,0) , а интересующее нас тело есть

конус (рис 12). Воспользуемся выведенной

выше формулой, заменив в ней естествен-

ным образом переменную x

на перемен-

рис 13

ную y .

Получим

S = 2π ∫3 x (y ) 1 +xy′2 (x )dy .

Подставим сюда x (y ) =1 − y

1 , 1 +x ′2 (y ) =1 +

= 10

, xy′ = −

, тогда будет

y 2

= 2π

∫0

−

dy =

2π

−

=π 10 ,

что легко проверить, вычислив площадь боковой поверхности конуса

Итак Sб.пов =π

Sб.пов =πrl =π 1 10

10 кв.ед..

4. Вычисление объёмов

Рассмотрим некоторое тело, вытянутое

вдоль оси O x (x [a ,b])

и допустим, что мы

знаем площадь сечения этого тела любой

плоскостью x =c . Обозначим площадь это-

го сечения через

F (x ) . Разобьём

отрезок

k+1

[a ,b] произвольным образом на n

частей

рис 14

точками

x0 =a <x1 < ... <xk <xk +1 < ... <xn

=b .

На каждом частичном участке [xk ,xk +1] возьмём произвольную точку ξk . Площадь этого сечения F (ξk ) . Элементарный объём vk =F (ξk ) xk , тогда очевидно, что объём рассматриваемого тела

V = ∫b F (x )dx .

В частности, отсюда нетрудно получить формулу объёма тела вращения, которая получается от вращения y = f (x ) вокруг оси O x ( f (x ) предпола-

гается непрерывной на промежутке [a ,b]). Действительно, в этом случае площадь сечения представляет собою круг радиуса R = f (x ) , следователь-

но площадь сечения равна πf 2 (x ) . А тогда объём тела вращения v =π ∫b f (x )dx

					a
Пример 8. Найти объём шара радиуса R .
Решение. На шар	будем			смотреть			как	на	тело			вращения. Здесь
f (x ) = R 2 −x 2 . Тогда
R	(R	2	−x	2	)dx		2	x 3		R	4	πR	3	.
R		2		2			2	x 3		R	4		3
V шара =π ∫						=π R x −		3		=	3
−R								3		0	3
−R										0

Получим известную формулу для объёма шара радиуса R : v = 43 πR 3 куб.ед..

§4. Общая схема применения определённого интеграла

1. Методика применения определённого интеграла к решению практических задач.

Выше мы рассмотрели различные случаи применения определённого интеграла для решения геометрических задач. Но область применения определённого интеграла очень обширна и независимо от конкретного содержания задачи приходится действовать по вполне определённой схеме.

Пусть требуется определить некоторую постоянную величину Q , связанную промежутком [a ,b]. Эту величину мы будем предполагать аддитивной, т.е. такой, что разложение отрезка [a ,b] точкой c (a <c <b) на части [a ,c ] и [c ,b] влечёт за собой разложение на соответствующие части величины Q , причём значение величины Q , соответствующее всему отрезку [a ,b], равно сумме её значений, соответствующих отрезкам [a ,c ] и [c ,b].

xk =xk −xk −1

Переходя к решению задачи по определению величины Q , разложим отрезок [a ,b] при помощи точек

a =x 0 <x1 < ... <xn −1 <xn =b

на n частей

[a ,x1 ], [x1,x 2 ],...,[xn −1,b],

- длина k -го частичного промежутка, λ = sup{ xk } - ранг дробления. В соответствии с разложением промежутка [a ,b] величина Q разложится на n слагаемых Q1 , Q 2 ,..., Qn :

Q = ∑ Qk .

k =1

Допустим теперь, что существует такая функция q(x ) , что "элементарное" слагаемое Qk , соответствующее промежутку [xk −1,xk ] длины xk ,

приближенно может быть записано в виде

Qk ≈q(ξk ) xk ,

где ξk лежит между xk −1 и xk , причём ошибка этого равенства при беско-

нечно малом ранге дробления λ будет бесконечно малой, порядка высшего, чем xk , т.е.

Qk =q(ξk ) xk +o ( xk ) .

В этом случае для Q получается приближённое выражение

Q ≈ ∑q(ξk ) xk ,

k =1

тем более точно, чем меньше λ . Стало быть, точное значение Q будет служить пределом суммы при λ → 0 , или, что то же самое,

Q = ∫b q(x )dx	(1)
a

На практике это рассуждение облекают в более краткую форму, говоря, что если элемент Q величины Q , отвечающий элементарному отрезку [x ,x + x ] , представим в виде

Q =q(x ) x +o ( x ) ,

т.е.

dQ =q(x )dx ,

то равенство (1) верно.

2. Работа переменной силы

Задача 1. Какую работу нужно затратить, чтобы выкачать воду из полусферического сосуда радиуса R ?

Решение.

Плоскостями,

параллель-

ными плоскости воды, разобьём полушар

на элементы толщины dx (рис 1). Элемен-

тарная сила (сила тяжести), действующая в

направлении оси O x

на слой,

толщиной

dx , с точностью до бесконечно малых

высших порядков относительно dx

равна

ρgπr 2dx , гда ρ - плотность воды,

g - ус-

корение свободного

падения.

Следова-

рис 1

тельно, элементарная работа силы равна

dA = ρgπr 2xdx ,

где x - уровень воды, r = R 2 −x 2 ; отсюда находим

−x

)xdx =πρg

2 x 2

−

x 4

R 4

−

R 4

A = ∫ρgπ(R

=γπ

=πρg R 4 .4

3. Давление на пластинку, погруженную вертикально в жидкость

Для вычисления силы давления жидкости используют закон Паскаля, согласно которому сила давления жидкости на пластинку площади S с глубиной погружения h равна

P = ρghS ,

где ρ - плотность жидкости, g - ускорение свободного падения.

Задача 2. Треугольный щит вертикально опущен в воду, причём основание треугольника находится на уровне воды (рис 2). Требуется найти силу давления P на одну из сторон щита, если щит имеет форму равностороннего треугольника a .

Решение. Прямыми, параллельными		−a / 2	O		a / 2
плоскости воды, разобьём треугольник
на элементы (полоски) ширины dx .			x		dx
Площадь одного такого элемента (от-			x
			l

брасывая	бесконечно малые высшего
брасывая	бесконечно малые высшего
порядка),	находящегося на расстоянии
	24		a	3/ 2
	24		x
			x

рис 2

Отформатировано: русский

(Россия)

от

поверхности

воды,

равна

dS =ldx . Из

подобия

треугольников,

изображенных на рис 2, ясно, что длина

полоски удовлетворяет соотношению

= a 3 / 2 −x ,

3 / 2

следовательно, элементарное давление dP на

откуда

l =

−x

и,

полоску ширины dx равно dP = pgx

−x dx . Отсюда

a 3 / 2

a 3

x 2

x 3

P = ρg

∫

−x dx

ρg

−

2 2

a 3

ρg

a 2

a 3 3 3

ρga 3

−

3 8

Задача 3. Найти силу давления P , испытываемую полукругом радиуса R , погруженным вертикально в воду так, что его диаметр совпадает с поверхностью воды (рис 3).

Разобьём площадь полукруга на элементы (полоски) ширины dx , параллельные поверхности воды.

O		Площадь	одного			такого элемента
O		(отбрасывая бесконечно малые высше-
		(отбрасывая бесконечно малые высше-
x	R	го порядка), находящегося на расстоя-
x	dx	нии x от поверхности воды, равна
r	dx	нии x от поверхности воды, равна
r		dS = 2rdx = 2 R 2 −x 2dx .
R		Сила давления, испытываемая этим
R		элементом,				равна
x		dP = ρgx 2 R 2 −x 2dx ,				где ρ - плот-
рис 3		ность воды,	g - ускорение свободного
рис 3		падения. Отсюда вся сила давления
		падения. Отсюда вся сила давления
		есть
P = 2ρg R∫x R 2 −x 2dx = −		2 ρg (R 2 −x 2 )3		R =	2	ρgR 3 .
P = 2ρg R∫x R 2 −x 2dx = −		2 ρg (R 2 −x 2 )3		R =	2	ρgR 3 .
0		3		0	3
0		3		0	3

4. Моменты. Центры масс плоских фигур.

Моментом инерции относительно оси l материальной точки M , имеющей массу m и отстоящей от оси l на расстояние d , называется величина J 1 =m d 2 .

Моментом инерции относительно оси l системы n материальных точек с массами m 1 , m 2 ,...,m n называется сумма

J 1 = ∑m kdk 2

k =1

где d1 ,d 2 ,...,dn - расстояния точек до оси l . В случае сплошной массы, рас-

пределённой в плоской области, вместо суммы должен быть соответствующий интеграл.

Задача 4. Найти момент инерции однородной пластинки, имеющей форму треугольника с основанием a и высотой h , относительно его основания. Будет предполагать пластинку однородной, так что её поверхностная плотность равна ρ (т.е. масса, приходящаяся на единицу площади) будет

постоянной и, следовательно, m = ρS , где S - площадь пластинки.

Решение.

За основание треуголь-

ника примем ось O x , а его высоту за

ось O y

(рис 4). Разобьём треугольник

на бесконечно

тонкие

горизонтальные

полоски ширины dy ,

играющие роль

элементарных масс dm = ρdS .

Используя подобие

треугольников

получаем:

A B

h −y

рис 4

Площадь dS

бесконечно тонкой горизонтальной полоски ширины dy

равна dS =A B dy =>A B = dS , тогда получим

= h −y => dS = a (h −y )dy ,

ady

откуда dJ x =y 2 ρdS => dJ x

= a ρy 2 (h −y )dy .

a h

(h −y )dy =

y 3

y 4

Следовательно,

J x = ρ h ∫0 y

ρ h h

3 −

ρah

Статическим моментом относительно оси l материальной точки

M , имеющей массу m и отклонение x (с учётом знака) оси l , называется величина M 1 =m x .

Статическим моментом относительно оси l системы n матери-

альных точек с массами m 1 , m 2 ,,...,m n ,	лежащих в одной	плоскости с
осью l и имеющих отклонения x1 ,x 2 ,...,xn	(с учётом знаков)	от этой оси
(рис 5) называется сумма

M 1 = ∑m kxk .

k =1

Если массы непрерывно заполняют фигуру плоскости xO y , то вместо сумм должен быть соответствующий интеграл.

x	m n		y
m1	m n
m1
x1	xn	A	r	B
		dy	y
		l	y	R
		l
x2
x2		−R	O	R
рис 5			рис 6

Задача 5. Найти статический момент однородной пластинки, имеющей форму полукруга радиуса R и плотность ρ , относительно основания полу-

круга.

Решение. Основание полукруга поместим на ось O x , а за ось O y при-

мем перпендикуляр к оси O x , проходящий через центр полукруга (рис 6). Разобьём полукруг на бесконечно тонкие горизонтальные полоски ширины dy . Элементарный статический момент dM x этой бесконечно тонкой по-

лоски относительно оси O x	будет равен dM x = ρydm = ρyA B dy , следо-
вательно, dM x = ρy 2rdy .
Из треугольника (рис 6) по теореме Пифагора находим r =					R 2 −y 2 .
Следовательно,
dM x = 2ρy R 2 −y 2dy .
Интегрируя это равенство по y , получим:
M x = 2ρR∫y R 2 −y 2dy = − 2 ρ		(R 2 −y 2 )3	R	= 2R 3	ρ .

0	3		0	3

Координаты центра масс C (x ,y )			плоской фигуры массы m вычисля-
ются по формулам
x	=	M y	, y	=	M	x	,
x	=	m	, y	=	m		,
		m			m

где M y и M x - статические моменты плоской фигуры массы m .

Задача 6. Найти координаты центра масс однородной пластинки, рассмотренной в предыдущем примере.

Решение. Так как пластинка предпола-				y
гается однородной (плотность ρ ), то в силу
симметрии пластинки	её	центр	масс	C
C (x ,y ) должен лежать	на	оси O y ,	т.е.	C
x = 0 (рис. 7).			−R	O	R
Масса m пластинки равна			−R	O	R
Масса m пластинки равна				рис 7
				рис 7

m= ρS = 12 πR 2 ρ ,

атак как из предыдущего примера известно, что M x = 2R3 3 ρ , то будем

иметь y

x =

2ρR 3 / 3

0, 4R

- центр масс однородного

πρR

/ 2

3π

. Итак, C

3π

полукруга радиуса R .

5. Приложение определённого интеграла к

экономическим задачам

Рассмотрим следующую типовую задачу.

Предприятие выпускает однородную продукцию. Интенсивность её выпуска в различные моменты времени t может быть различной в силу неравномерности поставок сырья и других причин. Интенсивность выпуска продукции обозначим ϕ(t ) - это количество выпущенной продукции за едини-

цу времени, начиная с момента t (в предположении, что с этого момента интенсивность постоянна).

Стоимость единицы выпускаемой продукции также не постоянна, а меняется по закону f (t ) , в силу различной стоимости сырья, стоимости труда,

величины налогов и т.д. Требуется найти стоимость выпущенной продукции

за промежуток времени [T1 ,T 2 ] . Будем предполагать функции f (t )

и ϕ(t )

непрерывными.

Пусть Q

- искомая стоимость. Подсчитаем стоимость

Q продукции,

выпущенной за промежуток времени [t ,t +

t ]. Если бы интенсивность ϕ(t )

и стоимость f (t ) за

этот

малый промежуток

времени не

менялись, то

Q =ϕ(t )f (t ) t .

Если же

они меняются, то это произведение является

лишь главной частью

Q ,

пропорциональной

t ,

что можно записать в

виде

Q =ϕ(t )f (t ) t +o ( t ) .

Здесь o (

t ) -

бесконечно малая высшего порядка,

чем

t : o (

t ) → 0

при t → 0 . Действительно, за бесконечное время

t функции f (t ) и ϕ(t )

изменятся на бесконечно малые величины

ϕ и

соответственно,

что в

произведении с

t даст бесконечно малую высшего порядка, чем

. Эта

бесконечно малая отнесена в o (

t ) .

Итак, слагаемое ϕ(t )f (t )

есть главная часть

Q ,

пропорциональная

t , т.е. по определению - дифференциал функции Q (t )

- стоимость выпу-

щенной продукции к моменту t , начиная с какого-либо фиксированного момента:

dQ =ϕ(t )f (t ) t .

Тогда, интегрируя дифференциал в пределах T1 иT 2 , находим

T 2	T 2
Q = ∫dQ (t ) = ∫ϕ(t )f (t )dt .
T1	T1

<<< < Предыдущая 1 23 / 143 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
21.03.20162.39 Mб38Математика типовик 3 модуль.pdf
#
23.04.2019514.79 Кб16математика ч.2.docx
#
20.03.20162.47 Mб24Математика, Типовик 1 семестр 2 модуль.doc
#
14.07.2019246.56 Кб3Математика. Экзамен 2 курс 1 семестр.rtf
#
14.04.20152.46 Mб99Математический анализ II Курс Лекций.pdf
#
14.04.20157.4 Mб87Математический анализ II Учебное Пособие.pdf
#
21.03.2016133.76 Кб36Математический язык.docx
#
25.11.2019854.35 Кб26Материалы лекций_ЭКиТ_текущие_В.Скобелев_1.docx
#
21.03.2016596.2 Кб7Материалы тест №2.pdf
#
20.03.201619.35 Кб32матрица переходных вероятностей.docx
#
21.03.201638.28 Кб22менедж_реф.docx