Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный авиационный университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

0887578_645D9_denisyuk_v_p_repeta_v_k_gaeva_k_a_kleshnya_n_o_visha_matemat

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

19.02.2016

Размер:

2.32 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 1819 / 2819 20 21 22 23 24 25 26 27 28 > Следующая >>>

8.5. Робота змінної сили

Нехай матеріальна точка М переміщується вздовж осі Ох під дією змінної сили F = F(x), напрямленої паралельно до цієї осі. Роботу, яку виконує сила при переміщенні точки М з положення х = а в положення х = b (а < b), визначають за формулою

A = ∫ F(x)dx.

8.6. Координати центра мас

Координати центра мас однорідної дуги кривої y = f (x) , x [a, b]

об-

числюють за формулами

∫ xdl

∫ x 1+ ( f ′(x))2 dx

∫ f (x)dl

∫ f (x) 1+ ( f ′(x))2 dx

x =

, y =

∫ dl

∫ 1+ ( f ′(x))2 dx

∫ dl

∫ 1+ ( f ′(x))2 dx

Координати центрамасоднорідної криволінійноїтрапеціїкривої y = f (x) , x [a, b] (рис. 2.5) визначають за формулами

		b				1	b
		∫ xf (x)dx				1	∫ f 2 (x)dx
x	=	a	,	y	=	2	a	.
x	=	b	,	y	=		b	.
c		b		c			b
		∫ f (x)dx					∫ f (x)dx
		a					a

Т.8 ПРИКЛАДИ РОЗВ’ЯЗАННЯ ТИПОВИХ ЗАДАЧ

1. Обчисліть площу фігури, обмеженої кривими y = x 2 − 3x та y = 4 . Розв’язання. Прирівнявши праві частини заданих рівнянь, знайдемо аб-

сциси точок перетину параболи y = x 2 − 3x з прямою y = 4 (рис. 2.14): x 2 − 3x = 4 ; x 2 − 3x − 4 = 0 ; x = −1 та x = 4 .

181

–1

3 4

–3

2 3

Рис. 2.14

Рис. 2.15

Тоді

− 3x) dx =

S =

∫

4 − (x

∫

4 − x

+ 3x dx = 4x

−

−1

= 16 −

+ 24

− −4 +

= 20

2. Обчисліть площу фігури,

обмеженої кривою

y = x 2 − 2 ,

прямими

x = −3 , x = 3 та віссю абсцис (рис. 2.15).

Розв’язання. Фігура симетрична відносно осі Oy.											Тому достатньо обчи-
слити її площу на проміжку [0; 3]								і результат помножити на два, тобто
S = 2S1 . Оскільки функція					y = x 2 − 2 змінює на цьому проміжку свій знак,
то записуємо
3	2			2		2		3 2				x3 2
3	2			2		2		3 2				x3 2
S1 = ∫	x − 2										2x −				+
S1 = ∫	x − 2		dx = ∫ (2 − x )dx + ∫ (x − 2)dx =								2x −	3			+
0				0				2				3		0
														0
x3		3		= 2 2 −		2 2		+ 9 − 6 −	2 2	+ 2 2 = 3 +			8 2			.
+	− 2x			= 2 2 −				+ 9 − 6 −		+ 2 2 = 3 +						.
							3		3					3
3			2				3		3					3
			2

Отже,

S= 2S1 = 6 + 163 2 .

3.Обчисліть площу фігури, обмеженої кривими y = 2+ x2 та ( y − 2)3 = x 2

(див. рис. 2.16).

182

	Розв’язання. Розв’язавши систему																																y				y = 2 + x2
			+ x				2	,																									3									3			2
		y = 2	+ x					,																									3							(y – 2)		3	= x		2
			3	= x 2																																				(y – 2)			= x
		( y − 2)	3	= x 2					,
																																	2
																																	2
знайдемо абсциси точок перетину:															x = 0 ,
x = ±1 .																															–1 О					1				x
	Враховуючи симетричність фігури віднос-
но осі ординат, маємо																																			Рис. 2.16
		1																							1		3		x2 − x2 dx =
		S = 2∫ (3 x2			+ 2)− (2 + x2 ) dx = 2∫																						3		x2 − x2 dx =
		0																							0
								5				x	3			1
								5					3			1
				3				3														3			1				8
		= 2					x		−							= 2								−			=					.
		= 2					x		−							= 2								−			=					.
				5							3											5			3				15
				5							3					0						5			3				15
																0
	4. Обчисліть площу фігури, обмеженої прямими																																y = x − 2 ,							y = − x				та
кривою y =		x (див. рис. 2.17).
	Розв’язання. Пряма		x = 1 ,							що проходить через точку перетину прямих
y = x − 2 та		y = − x, ділить область на дві частини.																														Тоді					S = S1 + S2 ,							де
S	— шукана площа, S1			— площа лівої частини фігури, обмеженої прями-
ми	y = − x ,	x = 1 та кривою							y =					x,			S2				— площа правої частини фігури,
обмеженої прямими y = x − 2 , x = 1 та кривою y = x . Маємо:
		1															3								1
		1													2x		2				x2								2			1			5
		S1 = ∫( x + x)dx =																	+								=			+			=			;
		S1 = ∫( x + x)dx =													3				+			2					=		3	+		2	=		6	;
		0													3							2				0			3			2			6
								3														4

	4												2
	S2 = ∫( x − x + 2)dx =					2x2				−		x			+ 2x									=		16		− 8 + 8 −						2			−	1	+	2 =	19			;
	S2 = ∫( x − x + 2)dx =									−					+ 2x						1			=	3			− 8 + 8 −									−		+	2 =		6		;
	1			3							2										1				3								3 2									6


						S = S1 + S2 =												5		+		19			= 4.
						S = S1 + S2 =														+			6		= 4.
																	6						6
	5. Обчисліть площу фігури, обмеженої параболами																																		x = y 2 − 2 y − 3									та
x = 5 + 4 y − y 2 .

183

Розв’язання. Для зручності запишемо функції у вигляді

x + 4 = ( y − 1)2 ,

− (x − 9) = ( y − 2) 2

і виконаємо рисунок 2.18.

ν = х – 2

х = 1

х = 5 + 4у – у2

ν =

х = у2 – 2у – 3

–4

–2

ν = –х

Рис. 2.17

Рис. 2.18

Інтегрування проводимо за змінною y (при інтегруванні за змінною х

область інтегрування слід розбити на три частини). Знайдемо ординати точок А і В, для чого розв’яжемо рівняння

y 2 − 2 y − 3 = 5 + 4 y − y 2 ; y 2 − 3y − 4 = 0 ; y A = −1, yB = 4 .

Тоді

4					4
S = ∫ 5 + 4 y − y2 − ( y2 − 2 y − 3) dy = ∫ 8 + 6 y − 2 y2 dy =
−1					−1
= 8y + 3y 2 −	2 y3	4		128	−		2			125
		4
		= 32	+ 48 −			−8 + 3 +			=		.
	3	− 1	3				3		3
		− 1
6. Знайдіть площу меншої частини еліпса x = 6 cos t,								y = 4sin t, що від-

сікається прямою y = 2 3 ( y ≥ 2 3 ).

Розв’язання. З рисунка 2.19 видно, що шукану площу можна подати у вигляді

S = 2SMNC = 2(SONCD − SOMCD ).

Визначимо значення параметра t , які відповідають точкам N і C . Ко-

ордината xN = 0 , тому

cos t = 0 і

t N

Точка

є точкою перетину

прямої й еліпса, тому 2

3 = 4 sin t ,

sin t =

, tC

Площа прямокутника OMCD така:

SOMCD = OM MC = 2

3 6 cos π

= 6

3 .

184

Знайдемо тепер площу криволінійної трапеції ONCD :

	π	π	π
3		3	2
SONCD = ∫ 4 sin td(6 cos t) = − 24		∫sin 2 tdt = 24	∫sin 2 tdt =
	π	π	π
2		2	3

sin 2t

= 12

∫

(1− cos 2t)dt = 12

t −

= 12

−

= 2π + 3 3 .

Отже,

S = 2(2π + 3 3 − 6

3) = 4π − 6 3 .

ϕ =

ρ = cos 2ϕ

Рис. 2.19

Рис. 2.20

7.Обчисліть площу фігури, обмеженої лемніскатою Бернуллі (x2 + y2)2 =

=x2 − y2 (рис. 2.20).

Розв’язання. Крива, що обмежує область, описується складним рівнянням. Для зручності перейдемо до полярних координат за формулами x = ρcos ϕ , y = ρsin ϕ, дістанемо

ρ 4 = ρ 2 (cos 2 ϕ − sin 2 ϕ) , звідки ρ = cos 2ϕ .

Враховуючи симетрію заданої фігури (рис. 2.20), маємо

		1		4			π
S = 4S1	= 4			∫	cos 2ϕ d ϕ = sin 2ϕ			= 1 .
							4
		2
						0
			0

8. Обчисліть площу фігури, що лежить поза колом ρ = 3 ( ρ ≥ 3 ) і обмежена кривою ρ = 6 sin 3ϕ .

Розв’язання. Оскільки функція ρ = 6 sin 3ϕ має період T = 23π , то при зміні кута ϕ від 0 до 2π радіус-вектор опише три однакові пелюстки кри-

185

вої. При цьому допустимими для ϕ є ті значення, для яких виконується нерівність sin 3ϕ ≥ 0, що відповідає вимозі ρ ≥ 0. Звідси

2πk ≤ 3ϕ ≤ π + 2πk , або
	π
	3	π
ρ = 3	B	π
ρ = 3		6
		6
С		π
О		18
О	A
	ρ = 6

2πk	≤ ϕ ≤	π	+	2πk	, k Z .
3		3		3

Перша пелюстка описується при зміні кута ϕ від 0 до π3 (k = 0) , дві інші пелюстки одержуються при зміні

кута		ϕ від		2π	до	π (k = 1) та від
кута		ϕ від		3	до	π (k = 1) та від
				3
	4π	до	5π	(k = 2)		(рис. 2.21). При
3		до	3	(k = 2)		(рис. 2.21). При
3			3

іншихзначеннях k дістанемоповтори. Виключаючи з пелюсток частини, що належать кругу ρ ≤ 3 , діста-

	немо фігуру, площу якої необхідно
Рис. 2.21	знайти. З умов симетрії випливає,
Рис. 2.21	що шукана площа S = 6S ABCA .
	що шукана площа S = 6S ABCA .
Знайдемо полярні координати точок А та В: 6 sin 3ϕ = 3 , sin 3ϕ =		1	,
		2	,
		2

ϕA = 18π . Точці В відповідає кут ϕ B = π6 .

Зрис. 2.21 видно, що S ABCA = SOABO − SOACO , де ОАСО — круговий сектор радіуса 3. Його площу обчислимо без інтегрування:

				SOACO =	1	R 2 α =			1	9 (	π−	π	) =		π .
				SOACO =	2	R 2 α =			2	9 (	π−	18	) =		π .
					2				2		6	18			2
Далі маємо
			π				π											π
			π				π											π
		6				6
	1	6				6								sin 6ϕ				6		3 3 .
SOABO =	1		∫36 sin 2 3ϕdϕ = 9				∫ (1− cos 6ϕ)dϕ = 9(ϕ −							sin 6ϕ		)			= π +
SOABO =	2		∫36 sin 2 3ϕdϕ = 9				∫ (1− cos 6ϕ)dϕ = 9(ϕ −									)			= π +
	2		π				π								6			π		4
																	18
Тоді		18				18											18
		18				18

				S = 6(π + 3 3				− π ) =			3π + 9 3 .
						4			2			2

186

Довжина дуги кривої

9. Обчисліть довжину дуги кривої y 2 = x3 , що розміщена всередині па-

раболи y 2 = 16x .
Розв’язання. З огляду на симетрію даних кри-																						y		y2 = 16x
вих відносно осі Ox								довжина всієї дуги кривої															А	y2 = 16x
дорівнюватиме подвоєній довжині кривої, що
міститься над віссю							Ox (рис. 2.22). Із системи																2	3
рівнянь																							y	= x
рівнянь																						О		x
								2	= x		3	,										О	4	x
						y			= x			,
									= 16x
						y 2			= 16x

знайдемо абсциси точок О та А, тобто																		xO = 0 ,
x A = 4 .																							Рис. 2.22
				3									3		1	, ( y′)2 =			9
Оскільки y = x					2	, то y′ =							3	x	2				9	x .
Оскільки y = x					2	, то y′ =								x	2			4		x .
												2						4
Отже,
		4					9 xdx =					4						1		4
l = 2∫				1+			9 xdx =						∫		4 + 9xdx =			1		∫ 4 + 9xd (4 + 9x) =
		0					4					0						9		0
		0										0								0
=	1		2		(4 + 9x)					3		4		=	2		(40 40 −			8) =	16	(10	10 − 1) .
=	9		3		(4 + 9x)							0		=	27		(40 40 −			8) =	27	(10	10 − 1) .
	9		3									0			27						27

10.Знайдіть довжину дуги однієї арки циклоїди

x= a(t − sin t) , y = a(1− cos t) .

Розв’язання. Як видно з рис. 2.23, одна арка циклоїди відповідає зміні параметра t від 0 до 2π.

2πa

Рис. 2.23

187

Отже,

2π

l = ∫

0,5

2π

t dt =

a 2 (1− cos t)2 + a 2 sin 2 tdt = a ∫

2 − 2 cos tdt = a ∫ 4 sin 2

2π

2π = 8a .

= 2a ∫

sin

dt = 2a ∫sin

dt = − 4a cos

11. Знайдіть довжину дуги кривої ρ = sin ϕ (рис. 2.24).

Розв’язання. Оскільки ρ ≥ 0, то 0 ≤ ϕ ≤ π . Отже,

l = ∫ sin2 ϕ + cos2 ϕdϕ = ∫ dϕ = π .

Зауваження. Покажемо, що геометричним образом рів-

Рис. 2.24

няння ρ = sin ϕ є коло з центром у точці (0; 1/ 2)

і радіусом

1/ 2 . Справді,

ρ2 = ρ sin ϕ ; x 2 + y 2 = y ; x 2 + ( y − 1/ 2) 2

= 1 / 4 .

Об’єми тіл

y 2

12. Знайдіть об’єм тіла, обмеженого параболоїдом

z = x 2 +

і кону-

сом x2 +

= z 2 (рис. 2.25).

Розв’язання. Потрібно обчислити об’єм тіла, яке мі-

ститься між стінками параболоїда та конуса. Тому

V = Vп

− Vк ,

де Vп — об’єм параболоїда, обмеженого зверху пло-

щиною z = 1 (це значення є коренем рівняння

z = z 2 ),

а Vк — об’єм конуса, обмеженого зверху також пло-

Рис. 2.25

щиною z = 1 .

Перетнемо тіло площиною, перпендикулярною до

осі Oz . У перерізі параболоїда одержимо еліпс

= 1 з півося-

z )2

(2 z )2

(

ми a = z ,

a = 2

z ; у перерізі конуса також дістанемо еліпс:

= 1 ,

(2z)2

його півосі z

та

2z. Як відомо, площа еліпса

x 2

y 2

= 1 дорівнює πab.

a 2

b 2

188

Тому

						1										1											1							1
V = Vп		− Vк = π∫						z 2 zdz − π∫ z 2zdz = π∫ 2zdz − π∫ 2z 2 dz =
						0										0											0							0
								= πz			2		1	−		2	πz		3	1			=		π		.
											2		1			2			3	1					π
													0			3				0				3
													0			3				0				3
13. Криволінійна						трапеція						обмежена									лініями								x 2 + y 2					= 1,				y = 2x 2 ,
x = 0 ( x ≥ 0 ). Знайдіть об’єм тіла,																утвореного обертанням цієї трапеції
а) навколо осі Ox (рис. 2.26); б) навколо осі Oy (рис. 2.27).
				y																									у
				1																								1
																												1
												x																								1		х
										1		x																								1		х



			Рис. 2.26																								Рис. 2.27


Розв’язання. Розв’язавши систему
												x 2			+ y 2				= 1,
															=		2x 2 ,
												y			=		2x 2 ,
															> 0,
												x			> 0,
дістанемо значення x =								2		, y =					2	. Далі маємо:
								2						2
	2																	x3
	2		(1− x		2				4	dx													2			5			2		11 2
	∫				2				4														2			5					11 2
а) V = π						) − 2x						= π x −									−			x				2		=					π ;
а) V = π						) − 2x						= π x −									−			x				2		=					π ;
																			3				5					0			30
	0																		3				5					0			30
	2						1																								y3	1
	2	y									2							y2					2								y3	1						16 − 7 2
	∫																																	2
	∫						∫																											2
б)V = π				dy + π				(1		− y		) dy			= π								2	+ π y						−							=		π .
	0	2					2										2 2					0									3							24
	0	2					2										2 2					0									3		2					24

							2
14. Знайдіть об’єм тіла,										утвореного обертанням навколо осі Ox фігури,
обмеженої астроїдою x = a cos3 t ,															y = a sin 3 t									(рис. 2.28).

189

Розв’язання. Шуканий об’єм дорівнює подвоєному об’єму, одержаному обертанням фігури ОАВ навколо осі Ox :

V = 2π∫ y 2 (x)dx .

Перейдемо до змінної t :

		x = a cos3 t ,						dx = −3a cos2 t sin tdt ,																y = a sin 3 t .
Значенню x = 0 відповідає значення tB																			=	π	, а значенню					x = a — зна-
Значенню x = 0 відповідає значення tB																			=	2	, а значенню					x = a — зна-
чення t A = 0 .																				2
чення t A = 0 .
Отже,																							π
																							π
0																					2
V = 2π∫ (a sin 3 t) 2 (−3a) cos 2 t sin tdt = 6πa3 ∫sin 7 t cos2 tdt =
	π																				0
2
			π														π								π
																	π								π
2																			2					2			=
= 6πa3 ∫sin 7 t(1− sin 2 t)dt = 6πa3																			∫ sin7 tdt − ∫ sin9 tdt								=
0																			0					0

				= 6πa3			6		4	2	−	8		6		4		2		=		32			πa3 .
				= 6πa3						3	−	9			5					=	105				πa3 .
						7		5		3		9	7		5		3				105
Тут ми використали рекурентну формулу
					π										π
2												n − 1			2
					∫sin n xdx =							n − 1			∫sin n−2						xdx .
					∫sin n xdx =								n		∫sin n−2						xdx .
0													n		0
0															0

15. Обчисліть об’єм тіла, утвореного обертанням навколо полярної осі фігури, обмеженої кривою ρ = 2 cos 2 ϕ (рис. 2.29).

Розв’язання. Шуканий об’єм дорівнює подвоєному об’єму, одержаному обертанням правої пелюстки навколо полярної осі (полярна вісь збігається з віссю Ox , а полюс — із початком координат), тобто V = 2V1 .

Перейдемо, як і у попередньому прикладі, до параметричного задання кривої, взявши за параметр t полярний кут ϕ :

x = ρ cos ϕ = 2 cos3 ϕ = 2 cos3 t ,

y = ρ sin ϕ = 2 cos2 ϕ sin ϕ = 2 cos2 t sin t .

190

<<< < Предыдущая 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 1819 / 2819 20 21 22 23 24 25 26 27 28 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
14.04.20196.01 Mб39(Т3укр)м(Л14).doc
#
29.08.20195.47 Mб21(Т4 укр)м(Л21).doc
#
29.08.20193.68 Mб36(Т5укр)м(Л22-23).doc
#
11.12.2018296.96 Кб12+Изгот микросхем.doc
#
11.12.2018437.76 Кб3+страничная память.doc
#
19.02.20162.32 Mб210887578_645D9_denisyuk_v_p_repeta_v_k_gaeva_k_a_kleshnya_n_o_visha_matemat.pdf
#
19.02.20163.59 Mб510887579_C36AB_denisyuk_v_p_repeta_v_k_gaeva_k_a_kleshnya_n_o_visha_matemat.pdf
#
19.09.2019106.5 Кб01 000 000 $.doc
#
16.11.20191.38 Mб11 Lab (Neuro).docx
#
19.02.20161.12 Mб1001 Конспект лекций Основы системного анализа.doc
#
25.11.2019238.27 Кб41 Літосферні стихійні лиха.docx