Белов+В.Н.Определенный+интеграл

[a, b] функции f(x), вертикальными прямыми x = a, x = b и осью OX, рассчитана по формуле

Zb

S = f(x)dx. (2)

a

Если же f(x) 6 0 при всех x [a, b], то площади фигур, ограниченных графиками функций y = f(x) и y1 = −f(x) (рис. 3), а также вертикальными прямыми x = a, x = b и осью OX, равны между собой, при этом f1(x) = −f(x) > 0 для всех x [a, b].

Zb Zb

В итоге получаем S = f1(x)dx = − f(x)dx.

aa

Рис. 3 Рис. 4

Пример 5. Найти площадь фигуры, ограниченной графиком функции f(x) = ex − e и осями координат и OY (рис. 4).

J Нижним пределом интегрирования является точка пересечения кривой с осью OY , т. е. x1 = 0. Из условия f(x) = ex − e = 0

Рис. 5

Если же непрерывная на отрезке [a, b] функция y = f(x) меняет на нем знак, конечное число раз обращаясь в нуль в точках

c1, с2, . . . , ck−1, причем c0 < c1 < c2 < . . . < ck−1 < ck, c0 = a, ck = b, то площадь фигуры, ограниченной графиком этой функции

ai=1 ci−1

x = a, x = b и графиками непрерывных на отрезке [a, b] функций y = f(x) и y = g(x), когда f(x) > g(x) при всех x [a, b],

11

Замечание. Решение этой же задачи будет короче при интегрировании по переменной y, так как из-за того, что верхняя

x = xверх(y) и нижняя x = xнижн(y) границы области не являются составными на всем промежутке изменения значений y (от –2 до

1): xверх(y) = 1−y и xнижн(y) = y2−1. В этом случае для вычисления искомой площади достаточно один раз воспользоваться форму-

2.2.Вычисление площади плоской фигуры, заданной

впараметрическом виде

Если непрерывная и неотрицательная на отрезке [a, b] функция

задана в параметрическом виде: x = ϕ(t) , причем ϕ(α) = a, y = ψ(t)

ϕ(β) = b, функции ϕ(t) и ψ(t) непрерывны, а также функция ϕ(t) на отрезке [α, β] дифференцируема и строго монотонна, то площадь фигуры, ограниченной графиком этой функции, прямыми x = a, x = b (a < b) и осью OX, находят по формуле

знакопеременна, а функция ϕ(t) по-прежнему строго монотонна,

Zβ

получаем S = |ψ(t)| ϕ0(t)dt.

α

x = 3t2;

Пример 9. Вычислить площадь петли кривой y = t − t3.

J Эта кривая — петлевая парабола. Строим ее график (рис. 8). Отмечаем, что x > 0 при всех t R, причем x(0) = 0. Находим точки пересечения кривой с осью OX из условия y = 0

или t − t3 = 0. Получаем t1 = 0; t2 = 1; t3 = −1, причем y > 0 при t (−∞; −1) (0; 1) и y < 0 при t (−1; 0)

(1; +∞). Так как ϕ(−t) = ϕ(t), ψ(−t) = −ψ(t), кривая симметрична относительно оси OX. Отмечаем также, что при t → −∞ x → +∞; y → +∞, а при t → +∞ x → +∞; y → −∞. Учитывая симметрию, находим площадь S1 верхней половины петли

14

Рис. 8

(ей отвечают пределы интегрирования t1 = 0 и t2 = 1, т. е. для формулы (4) α = 0 и β = 1) и умножаем ее на два. В итоге

Zβ Z1 Z1

S = 2S1 = 2 y(t)x0(t)dt = 2 (t − t3)6tdt = 12 (t2 − t4)dt =

α 0 0

(рис. 9).

Рис. 9

J Учитывая симметрию фигуры относительно осей OX и OY , найдем площадь ее части, находящейся в первом квадранте (область интегрирования — от t1 = π/2 до t2 = 0) и умножим

15

результат на четыре. Поскольку x = 0 при t = π/2 (значит нижний предел интегрирования α = π/2) и x = a при t = 0 (значит верхний предел интегрирования β = 0), то по формуле (4)

Zβ Z0

2.3.Вычисление площади плоской фигуры

вполярных координатах

Рассмотрим криволинейный сектор OAB (рис. 10), т. е. плоская фигура, ограниченная линией (кривой) AB, заданной полярным уравнением ρ = ρ(ϕ), ρ > 0 и двумя лучами OA и OB задаваемыми уравнениями ϕ1 = α и ϕ2 = β, α 6 β соответственно, причем ρ(ϕ) непрерывна на отрезке [α, β]. Площадь этой фигуры вычисляется по формуле

Пример 11. Вычислить площадь фигуры, расположенной внутри кривых ρ1(ϕ) = 2(cos ϕ + sin ϕ) и ρ22(ϕ) = 12 sin 2ϕ (рис. 11).

J Первая кривая является окружностью. Убедиться в этом можно, перейдя к декартовым координатам. Поскольку ρ2 =

квадраты по обеим переменным, окончательно имеем (x − 1)2 + + (y − 1)2 = √2 2, т. е. первая кривая представляет собой окруж-

ность радиуса R = √2 с центром в точке A(1; 1), проходящую через начало координат.

16

является лемнискатой. Найдем область допустимых значений переменной ϕ. Так как ρ2 > 0, то и sin 2ϕ > 0. Поэтому

2πk 6 2ϕ 6 π + 2πk, или πk 6 ϕ 6 π/2 + πk, k Z.

Первый лепесток лемнискаты (при k = 0) лежит в первом квадранте (ϕ [0; π/2]) и симметричен относительно луча ϕ = π/4, второй лепесток (при k = 1) лежит в третьем квадранте

(ϕ [π; 3π/2]).

Найдем точки пересечения заданных кривых: ρ21 = ρ22

4(cos ϕ + sin ϕ)2 = 12 sin 2ϕ cos2 ϕ + 2 cos ϕ sin ϕ + + sin2 ϕ = 3 sin 2ϕ 1 + sin 2ϕ = 3 sin 2ϕ sin 2ϕ = 1/2. Очевидно, что точки пересечения кривых находятся в первом квадранте, т. е. ϕ1 = π/12, ϕ2 = 5π/12. Обозначим S1 — площадь луночки, ограниченной лемнискатой ρ22(ϕ) = 12 sin 2ϕ и лучом ϕ = π/12, а S2 — площадь части круга, заключенного между лучами ϕ = π/12 и ϕ = π/4. Используя симметрию искомой области относительно луча ϕ = π/4 (это часть пря-

границы α = 0 до верхней границы β = π/12 и следует использовать уравнение лемнискаты ρ = ρ2(ϕ), а при вычислении S2 угол ϕ меняется от β = π/12 до γ = π/4 и надлежит использовать уравнение окружности ρ = ρ1(ϕ). I

Пример 12. Вычислить площадь фигуры, расположенной вну-

три кардиоиды ρ = 2(1 − cos ϕ) и одновременно вне окружности

√ 1

ρ2 = 2 3 sin ϕ, ϕ [0; 2π] (рис. 12).

Найденные значения ϕ определяют искомые пределы интегрирования. Обозначим: Si — площадь части кардиоиды при изменении ϕ от 2π/3 до 2π, S2 — площадь части круга при изменении ϕ от 2π/3 до π, а S — площадь заданной фигуры. Тогда

Пример 13. Вычислить площадь S фигуры, расположенной внутри кардиоиды ρ(ϕ) = 4(1+cos ϕ) выше прямой x+2y−8 = 0 (рис. 13).

Рис. 13

J Искомая площадь S = S1 − S2, где S1 — площадь участка внутри кардиоиды ρ1(ϕ) = 4(1 + cos ϕ) при изменении ϕ от

19