Добавил:

Mary Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Московский государственный строительный университет

Предмет:

Высшая математика

Файл:

Учебные пособия и методические указания / Определенный интеграл

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

04.01.2014

Размер:

573.19 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 72 3 4 5 6 7 > Следующая >>>

Рассмотрим случай, когда криволинейная трапеция в дискретной системе координат определяется функцией x = ϕ ( y ) , отрезками [c, d ] и прямыми y = c и y = d (рис. 8).

Тогда площадь криволинейной трапеции

вычисляется по формуле

x = ϕ ( y )

S = ∫ϕ ( y ) dy

(2.2)

Рис. 8

2.10. Вычислить площадь фигуры,

заключенной между осью OY

и параболой

x = 2 + y − y2 (рис. 9.)

0	2	x
−1

Решение. Фигура является криволинейной трапецией, основание которой есть отрезок [−1; 2] на оси OY .

2	2			y2		y3	2		9

S = ∫ x ( y ) dy = ∫		(2 + y − y2 )dy =	2 y +		−			=		.

−1	−1			2		3	−1		2

Площадь криволинейной трапеции, изображенной на рис.10, вычислим по формуле:

y	y = f1 ( x)
	y = f1 ( x)
0 a			b	x



	y = f2 ( x)
	Рис.10
b	b		b		( x)) dx .
S = ∫ f1	( x) dx − ∫ f2	( x) dx = ∫( f1		( x) − f2	( x)) dx .	(2.3)
a	a		a

Для случая, показанного на рис.11 по формуле:

x = ϕ2 ( y )

x = ϕ1 ( y )

ϕ ( y ) −ϕ

( y ) dy

(2.4)

S =

∫

2.11. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями x = y2 ; x =

; y = 2

(рис. 12).

x =

x = y2

Рис. 12

Решение.

S =

y2 −

−

= 2

∫0

Полярные координаты (r = r (ϕ ))

В полярной системе координат площадь криволинейного сектора (трапеции), огра-

ниченного функцией r = r (ϕ )

и лучами ϕ = ϕ1 и ϕ = ϕ2

(рис. 13), вычисляется по

формуле:

ϕ = ϕ2

ϕ2

(ϕ ) dϕ

(2.5)

r = r (ϕ )

S =

∫ r 2

ϕ = ϕ1

ϕ1

ϕ2 ϕ1

При этом формулы перехода от декартовых к полярным имеют вид x = r cosϕ ; y = r sin ϕ ;

и от полярных к декартовым

r = x2 + y2 ; ϕ = arctg y . x

2.12. Вычислить площадь, ограниченную ленинискатой r = acos 2ϕ (рис. 14)

	y
		y2	= π
		y2	= π
			4 ϕ = 0
0			1	a	x

Рис. 14

Решение:

Радиус-вектор опишет четверть искомой площади, если ϕ меняется от 0 до π . 4

ππ

1	4		2	2	4		2 sin 2ϕ	π	2
	∫	r dϕ = 2a			∫	cos 2ϕdϕ = 2a		64	= a .
2	∫				∫		2
S = 4
	0				0
Если кривая задана параметрически:
x = x (t ) ,			y = y (t ) , где t1 ≤ t ≤ t2 , x (t1 ) = a , x (t2 ) = b ,

то после замены переменных формула для вычисления площади криволинейной трапеции примет вид:

b			t2
S = ∫ y ( x)dx = ∫ y (t )x '(t ) dt					(2.6)
a			t1
2.13. Вычислить площадь области, ограниченной эллипсом
x = a cos t ,		y = b sin t

			y
				b		x
				b

	−a	0			a

Рис. 15

Решение: Вычислим площадь верхней половины эллипса (рис. 15) и удвоим.

Здесь x изменяется от −a до +a , следовательно, t					изменяется от π до 0 .
		0		0	π	π		− cos 2t
			S = 2∫(b sin t )(−a sin tdt ) = −2ab∫sin2tdt = 2ab∫sin2 tdt = 2ab∫				1	− cos 2t	dt =
								2	dt =
			π	π	0	0		2
			π	π	0	0
= 2ab t − sin 2t				0 = π ab .
				π
	2		4
	2		4

Если поменять местами пределы, то интеграл меняет знак.

2.14. Вычислить площадь фигуры, заключенной между параболой y = x2 − 2x + 3 и прямой y = 2x (рис. 16)

y		y = 2x	y = x2 − 2x + 3

Рис. 16

Решение.

x2 − 2x + 3 = 2x x2 − 4x + 3 = 0

x1 = 1 ; x2 = 3

Площадь фигуры равна разности площадей криволинейных трапеций, расположен-

ных на отрезке [1, 3]		оси OX и ограниченных сверху одна – прямой y1 ( x) = 2x , дру-
гая –	параболой y2 ( x) = x2 − 2x + 3
3	3	3		x3		3		4

S = ∫ y1 ( x) dx − ∫ y2 ( x) dx = ∫(−x2 + 4x − 3)dx =			−		+ 2x2 − 3x	1	=

1	1	1		3				3

2.15. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линией y = ( x − 2)ln x и осью абс-

цисс. (рис. 17)

Рис. 17

Решение. Найдем точки пересечения кривой с осью OX : y = 0 ; x1 = 1 ; x2 = 2 .

Фигура является криволинейной трапецией, расположенной под осью OX , следовательно

2
S = −∫( x − 2)ln xdx
1
Для вычисления используем формулу интегрирования по частям:																						x			2
2					x									( x − 2)	2			2	( x − 2)	2	2	x			2
∫( x − 2)ln xdx =	u =ln x;du =					dx							=			ln x	2	− ∫			dx = 0 − ∫			− 2 +		dx =
∫( x − 2)ln xdx =	(		)					1	(		)	2	=			ln x	1	− ∫			dx = 0 − ∫			− 2 +		dx =
1	(		)					2	(		)			2				1	x		1		2		x
	dV =	x−2		dx;V			=			x−2

		x2			2		5			5
		x2			2		5			5
=	−		+ 2x − 2 ln	x	1	=		− 2 ln 2 ;	S = 2 ln 2 −
	−					=		− 2 ln 2 ;	S = 2 ln 2 −

		4					4			4
		4					4			4

2.16. Вычислить площадь фигуры, ограниченной кривой y2 = x4 (2 − x)

Решение: Кривая симметрична относительно оси OX и пересекает ее в точках x1 = 0 , x2 = 2 . Над осью OX расположена криволинейная трапеция, ограниченная кривой y = x2 2 − x .

S = 2∫ x2 2 − xdx =

Произведем замену переменных: (2 − x) = t 2 ; x = 2 − t2 ; dx = −2tdt .

Найдем новые пределы интегрирования. При x = 0 , t = 2 , при x = 2 , t = 0 отсюда:

0			0
0		2	0							4				4				1			2		256 2
	2	2		2		4		6		4		3		4		5		1		7	2		256 2
= 2 ∫ (2 − t		)	t (−2t ) dt = −4 ∫ (4t		− 4t		+ t		)dt = 4		t		−		t		+		t		0	=		.
= 2 ∫ (2 − t		)	t (−2t ) dt = −4 ∫ (4t		− 4t		+ t		)dt = 4		t		−		t		+		t		0	=		.
										3				5				7					105
2			2							3				5				7					105

2.2.Криволинейный интеграл первого рода (интеграл по длине дуги)

Вычисление криволинейного интеграла ∫ f (Ρ) dL

сводится к вычислению обычно-

го определенного интеграла по промежутку:

y = ϕ ( x) ,

a ≤ x ≤ b , то при вы-

если Γ - плоская кривая, заданная уравнением

числении криволинейного

интеграла

∫ f ( x, y ) dL

производим

замену:

f ( x, y ) = f ( x,ϕ ( x)) ,

dx =

1+ (ϕ '( x))2

dL =

1+ ( y ')2

дифференцал длины

дуги плоской кривой.

Получим:

∫ f ( x, y ) dL = ∫ f ( x,ϕ ( x))

1+ (ϕ '( x))2 dx

(2.7)

если Γ - пространственная кривая, заданная параметрически x = X (t ) ,

y = Y (t ) ,

z = Z (t ) ; α ≤ t ≤ β , то dL =

( X '(t ))2 + (Y '(t ))2 + (Z ('t ))2

откуда

∫ f ( x, y, z ) dL = ∫ f ( X (t ),Y (t ), Z (t )) ( X '(t ))2 + (Y '(t ))2 + (Z

('t ))2 dt

(2.8)

Если кривая плоская, то Z (t ) = 0 .

3) если кривая Γ задана в полярной системе координат, т.е. r = r (ϕ ) , ϕ1 ≤ ϕ ≤ ϕ2 , то dL = r2 (ϕ ) + (r '(ϕ ))2 dϕ , здесь x = r (ϕ ) cosϕ , y = r (ϕ ) sin ϕ .

Тогда

ϕ2	(ϕ ) + (r '(ϕ ))2 dϕ
∫ f ( x, y ) dL = ∫ f (r (ϕ )cosϕ, r (ϕ )sin ϕ ) r 2	(ϕ ) + (r '(ϕ ))2 dϕ	(2.9)

Γϕ1

2.17. Вычислить интеграл													x −		y			dL ,		где линия Γ -		часть параболы y =		x2	от
2.17. Вычислить интеграл													x −					dL ,		где линия Γ -		часть параболы y =			от
												∫Γ				x							2
точки A 1,				1		до точки B (2, 2) .
точки A 1,						до точки B (2, 2) .
				2			y
			2
			1

			2																x
			0							1				2					x
			0							1				2
														Рис. 18
Найдем интеграл по формуле (2.7) .
Решение:											1+ x2 dx =						1 ∫ x 1+ x2 dx = 1 ∫(1+ x2 )2						d (1+ x2 ) =
∫ x − y dL = ∫ x − x											1+ x2 dx =						1 ∫ x 1+ x2 dx = 1 ∫(1+ x2 )2						d (1+ x2 ) =
Γ			2							2						2					2	1

		x				1			2x							2 1				4 1
	1 (1+ x2 )				2
			3										)
			2				1
							1
=	4	3			=		6 (	5 5 − 2				2		.
=					=			5 5 − 2				2		.

		2			1
		2			1

2.18. Вычислить ∫ ydL , где L - первая арка циклоида x = a (t − sin t ) , y = a (1− cos t ) ,

0 ≤ t ≤ 2π (рис. 19). y

2π a

Рис. 19

Решение:

dt ;

dL =

(x '(t ))2 + ( y '(t ))2

x '(t ) = a ( 1− cost ) ;

y '(t ) = a sint .

dt = a

2 2 sin2

dt = 2a sin

dt .

dL =

a2 (1− 2 cos t + cos2 t ) + a2 sin2 t

так как при 0 ≤ t ≤ 2π , sin

≥ 0 .

2π

1− cos2

sin

∫ ydL = ∫ a2 (1− cos t ) 2 sin

dt =4a2

∫ sin2

sin

dt = 4a2

∫

dt =

2π

= −8a2 ∫ 1− cos2

2.19. Вычислить

t	d cos	t	= 8a2	− cos	t	+	1	cos3

2		2		2 3

∫(x2 + y2 )dL , где Γ - окружность

t	2π	32		2

	=		a		.
2		3
	0

r = 2 cosϕ (рис. 20)

0	x
	1

Рис. 20

Решение:

−π ≤ ϕ ≤ π

r2 + (r ')2

dL =

dϕ =

4 cos2 ϕ + 4 sin2 ϕdϕ = 2dϕ ;

f ( x, y ) = x2 + y2 = r2

= 4 cos2 ϕ

∫(x2 + y2 )dL = ∫ 4 cos2 ϕ2dϕ = 4 ∫ (1+ cos 2ϕ ) dϕ = 4

ϕ + 1 sin 2ϕ

2 = 4π

−π

−

2.20. Найти длину кардиоиды r = a (1+ cosϕ ) (рис. 21) y

r ϕ

0	x

r = (1+ cosϕ )

	Рис. 21
Изменим полярный угол ϕ от 0		до π и получим половину искомой длины.
Решение:
π		π		π	ϕ dϕ = 8a sin	ϕ	π


S = 2∫ a2	(1+ cosϕ )2 + a2 sin2 ϕdϕ = 2a∫		2 (1+ cosϕ )	dϕ = 4a∫ cos			= 8a
0		0	0		2	2	0

2.19. Вычислить площадь части цилиндрической поверхности x2 + y2 = 4 , отсеченной плоскостями z = 0 , и z = 3 − x − y (рис. 20).

2	x	17

y 2	Рис. 20

Решение:

Перейдем к параметрической системе координат x = 2 cos t , y = 2sin t , 0 ≤ t ≤ 2π

dL = 4 sin2 t + 4 cos2 tdt = 2dt . z = 3 − x − y = 3 − 2 cos t − 2sin t .

2π

S = ∫ zdL = ∫ (3 − 2 cos t − 2sin t ) 2dt = (6t − 4 sin t + 4 cos t ) 2π = 12π .

Γ0

2.3Двойной интеграл в декартовой системе координат

Вычисление двойного интеграла в декартовой системе координат сводится к последовательному вычислению двух объемных определенных интегралов.

∫∫ f ( x, y ) dS = ∫ dx

y2 ( x)
∫ f ( x, y) dy	(2.10)
y1 ( x)

Следует заметить, что элемент dS - есть сколь угодно малый элемент разбиения фигуры S на части (рис. 21);

y
y + dy
S		dS
y
x	x + dx	x
x	x + dx

Рис. 21

dS ограничен двумя парами бесконечно близких прямых: x = const , x + dx = const ,

y = const , y + dy = const ,

поэтому его площадь определяется формулой dS = dxdy .

При этом считается, что область S , проекция которой на ось OX есть отрезок [a, b] , такова, что всякая прямая, параллельная оси OX , пересекает границу области не более чем в двух точках (рис. 22). Такая область называется правильной, т.е. каждая прямая x = const при a ≤ x ≤ b пересекает y = y1 ( x) и y = y2 ( x) в точке входа

A и точке выхода B .

y2 ( x)

В формуле

(2.10)

интеграл ∫ f ( x, y) dy

- называется внутренним интегралом,

y1 ( x)

который вычисляется первым, в этом случае

x = const , а затем вычисляется внеш-

ний интеграл ∫ dx от полученной функции от x .

y2 ( x)

y1 ( x)

x = const

Рис. 22

Иногда удобно применить другой порядок интегрирования:

∫∫ f ( x, y ) dS = ∫ dy

x2 ( y )
∫ f ( x, y ) dx	(2.11)
x1 ( y )

где [c, d ] - проекции S на ось OY . Каждая прямая, проходящая через произволь-

ную точку отрезка [c, d ] OX , пересекает границу области S не более чем в двух

точках.

Области более сложной формы, чем рассмотрены на рис.21 и рис.22, нужно разбить на части, удовлетворяющие указанному выше требованию, затем вычислить интеграл для каждой части и воспользоваться свойством сложения интегралов.

2.20. Расставить пределы интегрирования для вычисления двойного интеграла

∫∫ f ( x, y ) dxdy в области, ограниченной линиями y = x2 , y = 4x − 3 .

Построим область S и найдем ее проекцию на ось OX (т.е. найдем точки пересечения линий) (рис. 23).

y
9				B
				B
		y = 4x + 3
1				A
1				y = x2
				y = x2
				x
0	3	1	2	3
	4

Рис. 23

	y = x2		x2 − 4x − 3 = 0
	y = 4x −			x1 = 1, x2			= 3
	y = 4x −		3	y = 1, y		2	= 9
				1		2
Возможны два варианта:
1) Рис. 23
				3	y2 =4 x−3
∫∫ f ( x, y )dxdy = ∫ dx					∫		f	( x, y ) dy
S				1	y1 =x2
2)	Рис. 24
				9	x=	y
∫∫ f ( x, y )dxdy = ∫ dy					∫		f ( x, y) dx
S				1	x= y + 3
y					4		4
y
9
y				A				B
					x =		y		x = y + 3
1					x =		y		4	4
1
0	3	1		2				3	x
0	3	1		2				3
	4				Рис. 24
2.21. Вычислить двойной интеграл ∫∫( x − y)dxdy на области S , ограниченной линиями
y = 0 ; y = x ; x + y = 2								S
y = 0 ; y = x ; x + y = 2
Построим область S и определим координаты пересечения линий(рис. 25):
	y
1				B
1
y = x							x + y = 2
A		S						C
A								C	x
0	y = 0			1				2	x
0	y = 0			1				2
			Рис. 25
Решение.
Определим координаты линий
y = x	→ x = 0; y = 0; A(0, 0)
y = 0	→ x = 0; y = 0; A(0, 0)
y = x		→ x = 1, y = 1; B (1,1)
x + y = 2		→ x = 1, y = 1; B (1,1)
										20

<<< < Предыдущая 12 / 72 3 4 5 6 7 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Учебные пособия и методические указания

#
04.01.2014631.81 Кб141Векторная алгебра и аналитическая геометрия.doc
#
04.01.2014564.74 Кб94Неопределённый интеграл.doc
#
04.01.2014573.19 Кб95Определенный интеграл.pdf
#
04.01.2014137.92 Кб63Ряды.pdf
#
04.01.20142.27 Mб137Теория вероятностей.doc
#
04.01.2014392.19 Кб91Теория пределов.doc
#
04.01.20141.18 Mб100Элементы линейной алгебры.doc