Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Пензенский Государственный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

умк_Цывис_Функции_Интеграл. исчисл

..pdf

Скачиваний:

Добавлен:

18.05.2015

Размер:

4.7 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 2627 / 3627 28 29 30 31 32 33 34 35 36 > Следующая >>>

2πa

	t2	′
Применим формулу	S = − ∫	′
Применим формулу	S = − ∫	yx dt .
	t1
На отрезке оси Ox	имеем	y = 0, то остается вычислить интеграл (с

учетом направления обхода)

S = − ∫ a2 (1 − cost)2 dt = 3πa2 .

2π

Пример 9. Вычислить площадь фигуры, ограниченной кривой

x = a sin t, y = bsin 2t .

Решение. Проведем исследование данной кривой. Отметим, если заменить t на ( π − t ), то переменная x не меняется, y меняет свой знак, а это зна- чит, что данная кривая симметрична относительно оси Ox. Если же заме- нить t на ( t + π ), то переменная y не меняет знак, а x – меняет, следова- тельно, это симметрия кривой относительно Oy. Таким образом, данная кривая симметрична относительно осей координат.

y
	t = π
	4
t = 0	t = π
t = π	2
t = π	x

t = 3 π 4

В силу того, что функции x = a sin t и y = bsin 2t имеют общий пе-

риод 2π, то t [0;2π] .

261

Переменная x и y сохраняют одновременно знак (положительный)

при t 0; π		, следовательно, при	t 0; π		получаем часть кривой, ле-
	2			2

жащей в первой четверти. Затем в силу симметрии относительно осей ко- ординат строим искомую кривую, общий вид которой приведен ниже

Искомая площадь будет равна

π	π	π	2		4ab		3		π

	′
S = 2∫ yx dt − 2ab∫sin 2t cost = 4ab∫cos				t sin tdt = −		cos		t
					3				0
0	0	0

=8 ab.

Пример 10. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линией x = t2 − 1, y = t3 − t .

Решение. Кривая задана параметрически. Область определения параметра


R ( t R ), и так как		x(−t) = x(t), y(−t) = − y(t) , то кривая симметрична от-
носительно оси	Ox. Множество значений функции x(t) – это промежуток
[−1; +∞) , а это значит кривая расположена справа от прямой						x = – 1. Ре-
шая уравнение	t3 − t = 0 ,		получим t = 0,	t = ±1, тогда	y = 0	при	t = 0 :
ax − 1; y = 0 и	x = 0	при t = ±1.
Решая	неравенство		t3 − t > 0 ,	получим,	что	y > 0	при

x (−1;0) (1;+∞) , тогда схематически кривая может быть построена, по-

лучив значения x и y. Учитывая симметрию относительно оси Ox, строим кривую.

3. Площадь фигуры, ограниченной кривой, заданной в полярной системе координат.

Пусть требуется вычислить площадь фигуры, ограниченную кривой

ρ = f (θ)	и двумя радиус-векторами с полярными углами α и β. Такую
фигуру называют криволинейным сектором.
			Теорема.	Криволинейный сектор
y	B		Д – квадрируемая фигура, площадь ко-
	ρ = ρ(ϕ)		торой S выражается формулой
	Ai +1		торой S выражается формулой
	Ai +1			1	β
	Si	Ai		1	β	2
	Si	Ai	S =	2	∫ρ		(ϕ)dϕ .
	Δϕi ρ	A	S =		∫ρ		(ϕ)dϕ .
	Δϕi ρ	A			α
	α		Доказательство.	Пусть для отрезка [α,β]
	β
0	β		х построено разбиение T = {ϕi ,i = 0, n} .
0			х построено разбиение T = {ϕi ,i = 0, n} .

262

Пусть для данного разбиения T

Δϕi (i =

0, n)

–

центральные углы

секторов и ρi (i =

)

0, n

–

соответственно их радиусы. Тогда имеем

SOAB = lim

∑Si

lim

∑

ρi2Δϕi =

∫ρ2 (ϕ)dϕ .

n →∞

i =1

n →∞

i =1

(max Δϕi →0)

Данная фигура

квадрируема, т.к. квадрируема каждая из фигур

Si (сектор OAi Ai −1 ).

Таким образом, имеем

S =

∫ρ2 (ϕ)dϕ .

Пример 11. Найти площадь фигуры скатой Бернулли, заданной уравнением ρ2 = a2 cos 2ϕ.

Решение. Данная	фигура
симметрична относительно			– a
координатных осей.			– a
координатных осей.	Поэтому
искомая площадь в 4 раза
больше площади, располо-
женной в первой четверти,
угол ϕ меняется в пределах 0; π			.
		4

Д, которая ограничена лемни-

a x

S =

4∫

ρ2 dϕ = 2 ∫ a2 cos 2ϕ = a2 sin 2ϕ

4 = a2

0 2

Пример 12. Вычислить площадь кардио-

иды

ρ = a(1 + cos ϕ) .

A x

Решение. Так как кривая симметрична относи- 0

тельно полярной оси, то искомая площадь рав-

на удвоенной площади ОАВС.

S = a2 ∫(1 + cos ϕ)2 d ϕ =a2 ∫(1 + 2cos ϕ + cos2 ϕ)dϕ =

sin 2ϕ

= a2

ϕ + 2sin ϕ +

πa2 .

263

Пример 13. Вычислить пло-

щадь фигуры, лежащей вне круга

ρ = a

ограниченной

кривой

ρ = 2a cos3ϕ .

Решение.

Так

как

функция

ρ = 2a cos3ϕ имеет период T =

2π

то при изменении

от

– π

до π

радиус-вектор описывает три равных

лепестка кривой,

при этом следует

учесть, что cos3j ³ 0 , т.е.

− π +

2kπ

≤ ϕ ≤ π +

2kπ

, k Z .

Значит, один из лепестков получаем при

−

;

, другие при

π 5π

7π 3π

;

2 6

Вырезая

из

полученных лепестков

части, принадлежащие

кругу

ρ = a , получим фигуру, площадь которой требуется найти

Для определения координат

M и N точек пересечения кривых ре-

шаем уравнение 2a cos3j = a , т.е.

cos3ϕ =

, откуда ϕ = − π

ϕ = π .

Тогда

2π + 3

S = SOMLNO

− SOMN

∫ 4a2 cos2 3ϕ dϕ −

∫

a2 dϕ = a2

−

Пример 14. Вычислить площадь

фигуры, ограниченной полярной осью

и первым витком спирали Архимеда

ρ = aϕ .

Решение.

2 2π

2π

SOABC =

∫

ϕ2d ϕ =

π3a2 .

264

Пример

15.

Вычислить

площадь фигуры,

ограниченной

ρ = 3a sin ϕ

ρ = 3

a cos ϕ и

окружностями

ρ = 3a sin ϕ .

Решение.

Окружность

arctg 2

ρ = 3

a cos ϕ

расположена в

ρ = 3

a cos ϕ

правой полуплоскости, прохо-

дит через полюс

ρ = 0 , а окруж-

ность

ρ = 3a sin ϕ

расположена

в верхней полуплоскости и проходить через полюс ρ = 0 . Таким образом, полюс есть точка пересечения окружностей. Другую точку пересечения найдем из уравнения 32a cos ϕ = 3a sin ϕ . Точка В имеет координаты

(arctg2, a6 ) .

					π
					2							arctg	2	9
S = SOABO + SOCBO =					∫		9a2 cos2 ϕ dϕ + ∫							9	a2 sin2 ϕ d ϕ =
S = SOABO + SOCBO =					∫		9a2 cos2 ϕ dϕ + ∫							2	a2 sin2 ϕ d ϕ =
					arctg	2						0		2
					arctg	2						0
			π
	9							2		9						2
=	9	a2		− arctg			−	2	+	9	a2		2 −			2	=
						2						arctg
	2		2			2		3		4		arctg				3
	2		2					3		4						3

=9a42 (π − arctg2 − 2 )

8.4.Длина дуги плоской кривой

1.Определение длины дуги. Пусть дана кривая АВ.

M 2

265

Точками	M 0 = A, M1, M 2 ...M n = B разбиваем дугу АВ на n частей
и рассмотрим	ломанную	ln , вершинами которой служат точки

A, M1, M 2 ...M n −1, B , которая будет вписана в дугу АВ. За длину дуги АВ принимают

l = lim ∑ln .

n →∞ i =1

Дугу, имеющую конечную длину, называют спрямляемой.

2. Длина дуги плоской кривой, заданной явно.

Пусть дана кривая y = f(x) и две точки А(a, f(a)) и B(b, f(b)). Требу- ется вычислить длину дуги АВ.

1. Дугу АВ точками M i (i = 0, n -1) разбиваем на n дуг, концы ко- торых попарно соединяем хордами – получим вписанную ломанную. Ис- комая длина дуги АВ есть предел суммы длин этих хорд или предел ло- манной вписанной в дугу АВ (рис. 1).

2. Найдем длину одной из хорд, например, M i M i +1

				2
				2
	2	2	Dyi
M i M i +1	= (Dxi )	+ (Dyi ) =	1 +		× Dxi .
			Dxi

По теореме о среднем имеем

Dyi = f (xi + Dx) - f (xi ) = f ′(ci ) × Dxi ; ci Î[xi , xi +1 ].


Тогда	M	M	i +1	= 1 + ( f ¢(c ))2		× Dx .
Тогда	M	M		= 1 + ( f ¢(c ))2		× Dx .
	i				i	i

Аналогично и для других хорд находим их длины.

M i+1

M i

M 0

M i

xi+1

Рис. 1

Рис. 2

Тогда

lAB =

lim

∑

Mi Mi +1

lim

∑ 1

+ ( f (ci ))2 Dxi

= ∫ 1 + ( f ¢(x))2 dx.

→∞

i =1

n →∞

i =1

(max

xi →0)

(max xi →0)

266

Таким образом, длина дуги кривой,

заданной явно

y = f (x) на от-

резке [ab] определяется по формуле

′

l = ∫ 1 +

dx .

( f (x))

Пример 16. Вычислить длину дуги параболы

x2 = 2 py на отрезке

[0,1].

Решение. В данном случае имеем

y =

;

y′ =

2 p

Тогда

l = ∫

1 +

dx =

∫

x2 + p2 dx =

(

)

+ p2 +

ln x + x2 + p2

1 + p2

ln (1 + 1 + p2 ) −

ln p.

2 p

Пример 17. Вычислить длину дуги кривой

x =

y 2

−

ln y

, заключен-

ной между точками с ординатами y = 1 и y = 2.

Решение. В этом случае за независимую переменную принимаем y, тогда

	′			y			1							y		1			2			y			1
	′			y			1		′		2			y		1			2			y			1
x		=			−			и 1 + (x )				=			+					=			+			.
x		=			−			и 1 + (x )				=			+					=			+			.
			2				2 y							2		2 y						2			2 y
Следовательно,
						2			2	y				1				3			ln 2
						2		′ 2	2	y				1				3			ln 2
			l =			∫ 1		+ (x )	dy = ∫				+		dy		=			+				.
			l =			∫ 1		+ (x )	dy = ∫			2	+		dy		=	4		+		2		.
						1			1			2		2 y				4				2
																2				2			2

Пример 18. Вычислить длину астроиды x 3 + y 3 = a 3 .

Решение. Астроида симметрична относительно осей координат и биссек- трис координатных углов. Поэтому достаточно найти длину дуги астрои- ды, заключенной между биссектрисой y = x и осью Ox, и результат ум- ножить на 8.

Для первой четверти имеем

				3
	2		2
	2		2	2		a
y = a 3		− x 3			и y = 0 при x = a, y = x при x =	a	.
y = a 3		− x 3			и y = 0 при x = a, y = x при x =		.
						3

						2 2
						2 2

267

																	1
	y¢ =	3		2		2			2		−	1		−	1	2		2	2

Тогда			a 3		- x 3		×	-		x	3		= -x		3 a 3		- x 3

		2							3

1 + ( y¢)2 = a 3

a 1 − 1

l = 8 ∫ a3 x 3 dx = 6a .

2 2

3. Длина дуги кривой, заданной в параметрической форме.

Пусть теперь	кривая	задана	в	параметрической форме:
x = ϕ(t), y = ψ(t) .
Рассмотрим случай, когда обе функции				ϕ(t) и ψ(t)	имеют непре-
рывные производные на отрезке		[t1,t2 ] ,	причем нет таких		t Î[t1,t2 ] , в ко-
торых одновременно	′	′
торых одновременно	ϕ (t) = 0 и	ψ (t) = 0 . Это условие означает следую-

щее: для любого t всегда существует малый отрезок [t - Dt,t + Dt ] , что на

	′	′	ψ(t) –
этом отрезке либо j (t) ¹ 0 , либо		y (t) ¹ 0 , т.е. либо ϕ(t) , либо
монотонна. Значит на этом отрезке:
1) либо	t выражается через	x с помощью однозначной и монотон-
ной функции	t = ϕ−1 (x) , т.е. уравнение кривой можно записать в форме

y= y(j−1(x)) = f (x) ;

2)либо t выражаем через y с помощью однозначной и монотонной функции t = y−1( y) , т.е. уравнение кривой может быть записано в форме

x= j(y−1( y)) = g( y) .

Тогда имеем, что

1 + ( y¢(x))2 dx = 1 + dy dx = (j¢(t))2 + (y¢(t))2 dt .

Тогда длина искомой кривой, заданной в параметрической форме определяется по формуле

t2		t2
t2		t2
l = ∫ (x¢(t))2	+ ( y¢(t))2 dt = ∫ (j¢(t))2			+ (y¢(t))2 dt .
t1		t1
				= a cos	3
Пример 19. Вычислить длину астроиды x				= a cos		t
			y = a sin3 t

268

Решение. Астроида симметрична относительно осей координат, поэтому найдем ее длину в первой четверти и умножим на 4.

l = 4 ∫

			x¢ = -3a cos2 t × sin t
(x¢(t))2 + ( y¢(t))2 dt =			y¢ = 3a sin2 t × cost		=
			(x¢)2 + ( y¢)2 = 9a2 × cos2 t sin2 t
		π		π
		π		2
				2
	3a 2
= 4 ×		∫sin 2td 2t = 3a(-cos 2t)		= 6a.
= 4 ×	4	∫sin 2td 2t = 3a(-cos 2t)		= 6a.
	4	0
		0
				0
				0

Пример 20. Вычислить длину дуги кривой

t	cos z	t	sin z
x = ∫		dz, y = ∫		dz
	z
0		0	z

от начала координат (t = 1) до ближайшей вертикальной касательной. Решение. При t = 1 кривая проходит через начало координат, т.к. при

t = 1 x = 0 и y = 0. Так как
		yt¢			sin t

y¢	=		=	t		= tgt ,
y¢	=		=			= tgt ,
x		xt¢			cos t
					cos t
					t
					t

тогда вертикальные касательные определим, решая уравнение cos t = 0 ,

т.е. t = π + pk (k = 0, ±1, ±2...) . Ближайшая вертикальная касательная к на- 2

чалу координат (t = 1) является t = π

(k = 0) , т.е.

t Î 1; p

. Тогда

x¢ =

cost

;

y¢ =

sin t

;

(x¢)2

+ ( y¢)2

π			π
2 dt			π


Следовательно l = ∫		= ln t	02
Следовательно l = ∫	t	= ln t	02
1	t

= ln p . 2

Пример 21. Вычислить длину дуги эллипса от точки А(0, b) до лю- бой точки M(x, y), принадлежащей эллипсу.

269

Решение. Принимаем за начало отсчета точку А – верхний конец малой оси эллипса, тогда уравнение эллипса в параметрической форме имеет вид x = a sin ϕ; y = b cos ϕ . Тогда

	ϕ
		a2 cos2 j + b2 sin2 jdj.
	l = ∫
0
Полагая k 2 =	a2 - b2	(k – эксцентриситет эллипса, k 2 <1) , полу-
	a2

чим, что

l = ∫1 - k 2 sin2 jdj.

Полученный интеграл не выражается в элементарных функциях (это эллиптический интеграл второго рода), но его можно вычислить прибли- женно. Для этого применим формулу Тейлора к подынтегральной функ-

ции, полагая x = k 2 sin2 j, получим

=1 -

k 2 sin2 j -

k 2 sin4 j - ... -

1 - k 2 sin2 j

1 - x

1×1

× 3 ×... × (2n -1)

2n sin2n j + R

× 4 × 6 ×... × 2n

при этом	R (j)	£ ε ( ε > 0 ). Если k 2 sin2 j <1 ( k 2	<1), то это условие
при этом	R (j)	£ ε ( ε > 0 ). Если k 2 sin2 j <1 ( k 2	<1), то это условие
	n

( k 2 sin2 j <1) справедливо для всех j, а следовательно,

R (j)

может быть

сделано сколь угодно малым, если

выбрать достаточно большим. Тогда

дуга эллипса выражается по формуле

2 ϕ

4 ϕ

l = a∫

1 - k 2 sin2 jdj = a(j -

∫sin2 jdj -

∫sin4 jd j - ...) + Rn (j) .

Замечание. Длину эллипса определяем по формуле

l = 4 ∫ 1 - k 2 sin2 jdj = 4E(k ) ,

где E(k) – эллиптический интеграл второго рода, который можно посчи- тать, используя таблицу функций.

270

<<< < Предыдущая 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 2627 / 3627 28 29 30 31 32 33 34 35 36 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Высшая математика (РТФ)

#
18.05.20154.76 Mб48умк_Вакульчик_Элементы векторной алгебры.pdf
#
18.05.20155.38 Mб53умк_Вакульчик_Элементы линейной алгебры.pdf
#
18.05.20151.33 Mб54умк_Мальцев_Осн дискретной матем.pdf
#
18.05.20153.75 Mб62умк_Пальчик_Теория вероятностей.pdf
#
18.05.20155.68 Mб42умк_Цывис_Диф.уравнения_Ряды.pdf
#
18.05.20154.7 Mб52умк_Цывис_Функции_Интеграл. исчисл..pdf
#
18.05.20153.54 Mб100умк_Яско_ Диф.уравнения_Ряды.pdf