Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Томский Политехнический Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

2.7ИДЗ матан

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

25.03.2016

Размер:

1.12 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 23 / 103 4 5 6 7 8 9 10 > Следующая >>>

Ответ:	dx			1	ln		ex		C.
Ответ:	ex	4		4	ln		ex 4		C.

Методические указания к решению индивидуального задания № 2

Индивидуальное задание № 2 соответствует теме «Определённый интеграл» теоретического раздела дисциплины. Каждый вариант содержит 15 заданий, решение которых позволит освоить понятие определенного интеграла и его приложения для вычисления различных геометрических величин.

Внешняя общность записи определённого и неопределённого интегралов подчёркивает тесную связь между ними. Однако у них есть принципиальное различие, а именно, определенный интеграл – это число, неопределенный интеграл – это множество функций.

Формула Ньютона-Лейбница даёт основной способ вычисления определённых интегралов и позволяет находить определённый интеграл, обходя суммирование, при помощи первообразных функций. Она имеет смысл только, когда отрезок интегрирования конечный, а подынтегральная функция ограничена на этом отрезке. Если хотя бы одно из этих условий не выполняется, формулу Ньютона-Лейбница использовать нельзя.

В связи с необходимостью распространения понятия определённого интеграла на случаи бесконечного промежутка интегрирования и разрывной подынтегральной функции вводятся несобственные интегралы (1-го и 2-го родов).

Решение типового варианта и образец оформления индивидуального задания № 2

Вариант 0

Задание 1. Вычислите определённые интегралы:

0		x cos5xdx;
1.1. x2
2	x3 1 dx
1
1.2. 0			;
	x4	4x 1 2

1.3. x3

1 x2dx;

arctg3

tgx 5

1.4.

dx;

2 sin2x 4cos

x 0,

1.5. f

(x)dx,

0 x 1,

f x

3x 4,

x 1.

Решение

1.1. x2 x cos5xdx.

Подынтегральная функция представляет собой произведение многочлена второй степени на тригонометрическую функцию, следовательно, для вычисления данного интеграла необходимо применить формулу интегрирования по частям два раза:

0							u x2 x du 2x 1 dx
x2 x cos5xdx							dv	cos5xdx v					cos5xdx		1	sin5x
2							dv	cos5xdx v					cos5xdx		5	sin5x
	x2	x		0	1	0						u 2x 1 du 2dx



			sin5x				2x 1 sin5xdx					dv sin5xdx v					1	cos5x
		5	sin5x		5												1
		5			5
				2			2									5
				2			2									5
	x2	x		0	1			2x 1		0	2		0
				0

			sin5x						cos5x					cos5xdx
			sin5x						cos5x					cos5xdx
		5			5			5			5
		5		2	5			5		2	5		2
				2						2			2

0 2 2				2 sin 10						2x 1				cos5x			0		2		sin5x		0
										2x 1							0		2				0

	5										25						2		125				2
	5										25						2		125				2
		6	sin10		1		4 1		cos 10						2	sin0 sin 10
			sin10	25			25		cos 10							sin0 sin 10
	5			25			25						125
		6	sin10		1		5	cos10				2	sin10					148		sin10		1		cos10		1	.
			sin10	25			25	cos10			125		sin10					125		sin10				cos10			.
	5			25			25				125							125			5				25
1		x3 1 dx
1.2. 0						.
1.2. 0	x4 4x 1 2					.

Для вычисления этого интеграла используем метод подведения под знак дифференциала:

1	x3 1 dx								1			x3 1 d x4 4x 1

	x		4	4x 1			2					4									2				4
			4							x		4	4x 1								2	x			4	4x
0									0	x			4x 1									x				4x		1
	1 x3 1 d x4 4x 1														1					1 d x4 4x 1													1	1			1
	1 x3 1 d x4 4x 1														1					1 d x4 4x 1													1	1			1
0																				0																	0
		x4 4x 1 2 4x3 4																4				x4 4x 1 2											4		x4 4x 1
		x4 4x 1 2 4x3 4																4				x4 4x 1 2											4		x4 4x 1
		1			1								5
								1						.
		4			1 4 1			1				24		.
		4			1 4 1							24
1
1.3. x3			1 x2dx
0																																				f x,				,

Подынтегральная функция содержит выражение вида																																							1 x2
которое интегрируется с помощью соответствующих замен:
										f x,														dx x sint,
										f x,						1 x2								dx x sint,
										f x,														dx x tgt, .
										f x,						1 x2								dx x tgt, .
										f x,													dx x						1			.
																	x2 1												1
																	x2 1
																													cost
Поэтому, используем замену переменных, исключающую иррацио-
нальность: x tgt. Тогда:

																											sin2 t			1						dt
	x tgt 1 x									2									2	t 1							sin2 t			1				; dx		dt
											1 tg																											.
											1 tg																				cost					cos2 t		.
																											cos2 t				cost					cos2 t
Находим новые пределы интегрирования:
						0 tgt				tнижн. 0;														1 tgt				tверхн.					/ 4.
Тогда:


1																				3			t								dt														3					t						dcost													2		t
1																	4	tg		3																				4					3																		4			sin			2
x3						1 x2 dx												tg																										sin																						sin							dcost
x3						1 x2 dx												cost													2																	6																					6				dcost
0																	0	cost										cos								t					0 cos										t			( sint)									0			cos					t

					1 cos2 t																																								cos2 t
4																																4				1
4																																4				1
															dcost																																								dcost
							cos			6		t			dcost																			cos				6							cos							6	t		dcost
0							cos					t																	0					cos						t					cos								t

								1											1																	1														1									1								1				2					2
																																																																											2
									4														4																																																				2			.
		5cos5 t												3cos3 t																																			5																	3				15								.
									0													0			5(											2 /2)5																			3(				2 / 2)3
									0													0			5(											2 /2)5																			3(				2 / 2)3
arctg3									tgx 5
1.4.									tgx 5																		dx.
1.4.																					2						dx.
	2 sin2x 4cos																							x
	4
Вычислим интеграл, используя подстановку:
tgx t sinx																						t								;			cosx																1								; x arctgt dx																	dt				,
tgx t sinx																														;			cosx																								; x arctgt dx																					,
																		1 t2																												1 t2																											1 t2
										sin2x 2sinxcosx 2																																							t										1							2t				.
										sin2x 2sinxcosx 2																																																												.
																																														1 t2												1 t2						1 t2
Находим новые пределы:
											tg					t t																1;								tg(arctg3) t t																										3.
											tg					t t									нижн.							1;								tg(arctg3) t t																										3.
													4												нижн.																																					верхн.
													4
Тогда:
	arctg3												tgx 5																													1arctg3																	tgx 5
																																			dx																																					dx
						2 2sinxcosx 4cos2 x																													dx							2									1 sinxcosx 2cos2 x																					dx
			4																																											4
1					3							t 5																dt								1			3								t 5														dt		1			3			t 5
																																																																													dt
				2								t						2								1 t2											2						1 t2 t 2																	1 t2					2			t2		t 3							dt
					1 1																																		1																											1
					1 1												1 t2																						1																											1
							1 t2										1 t2																													1 t2

Выделим в знаменателе полный квадрат и сделаем ещё одну замену переменных:

								2										2				1						1					1											1		2		11
						t			t 3 t											2						t									3 t
						t			t 3 t											2						t		4					4		3 t															4
																						2						4					4											2						4
						t				1	z t z														1		dt dz.
						t				2	z t z																dt dz.
										2															2
новые пределы интегрирования будут равны: zнижн. 1/2,																																					zверхн. 5/ 2.
			5																5																					5
	1	2		z 9/ 2											1			2						z											9				2					1
		1									dz								1										dz										1												dz
	2			z2 11/ 4												2				z2		11/ 4														4													2
	2			z2 11/ 4												2				z2		11/ 4														4					2					11

																																								2 z
		2																2
		2																2																										2
																																												2
	1							11				5		9 2														2z					5
	1				2			11				2		9 2														2z						2
		ln z																				arctg


	4								4			1		4						11								11				1

												2																					2
	1			25						11									1			11									9													5									1
		ln											ln																									arctg									arctg
	4				4					4									4			4
																																												11									11
																														2 11														11									11
																											5						1
	1													9													5						1									1						9						11

		ln9 ln3																	arctg								11						11										ln3									arctg			.
																											11						11

	4											2			11								1					5							1						4				2					11				4

																												11							11
																												11							11
4														3,										x 0,
1.5. f x dx,							f x
																	x,				0 x 1,
																	x,				0 x 1,
3														3x 4,										x 1.

Воспользуемся свойством аддитивности определённого интеграла:

f x dx f x dx f x dx f x dx.

Тогда:

4			0					1							4
f x dx			3 dx
f x dx			3 dx									xdx 3x 4 dx
3			3					0							1
																					1
																					1
0	1			1		4														3						4
0	1			1		4										0		x2				3		2		4
3 dx x2dx																0		x2				3		2
								(3x 4)dx 3x															x		4x
								(3x 4)dx 3x								3			3			2	x		4x
3	0					1													3							1
				2							3						3		2		0



														2					2
3 0 3						1 0							4		4 4				1 4 1
3 0 3				3		1 0					2		4		4 4		2		1 4 1
				3							2						2
9	2	8			3		4		13	.
9	3	8					4			.
	3			2				6

Задание 2. Вычислите площади фигур, ограниченных графиками функций.

2.1. y

y 0,

;

1 cosx

2.2. sin ,

3cos ;

2.3.

x cost,

y 1

y 1 .

y 2sint,

Решение

2.1. y

y 0,

1 cosx

Построим

фигуру,

ограниченную линиями y

, y 0,

1 cosx

x и x . Это можно сделать по точкам, методами исследования

2 2

поведения функций или с использованием любого графического приложения (см. рис. 1).

	2
	1
–	/2	x

Рис. 1

Найдём площадь фигуры по формуле:

	b						f x					1
S f x dx, где												1				,	a			и b		.
S f x dx, где												1 cosx				,	a			и b		.
	a											1 cosx					2				2
Тогда:

						dx						dx						x
		2						2
		2						2											2
		S															tg
		S			1 cosx						2cos		2	x			tg	2
					1 cosx								2	x				2
																	2
																	2
				2					2					2
				2					2
		tg			tg			tg				tg			2 кв.ед. .
		tg			tg			tg				tg			2 кв.ед. .
		4			4					4				4
2.2. sin ,
2.2. sin ,			3cos .

Данные уравнения определяют в полярной системе координат две окружности. Первое уравнение sin задаёт окружность с центром

;

в точке

и радиусом

. Вто-

sin

рое

уравнение

задаёт

ок-

3cos

ружность

центром в точке

и радиусом r

sin

Построим

окружности

Выделим их общую часть,

3cos .

3cos

площадь

которой

необходимо

вычис-

лить (рис. 2). Найдём площадь фигуры

по формуле:			Рис. 2
по формуле:
		1	2
	S	1	2 d .
	S	2	2 d .
	1

Заметим, что искомая площадь состоит из двух криволинейных секторов S1 и S2. Найдём 0 – угол, при котором пересекаются две окружности. Из равенства:

sin		sin		tg				.
	3cos		3		3	0

		cos					3

Тогда пределы интегрирования при вычислении площади первого

сектора равны 0 и 0		; а второго сектора –	0		и		. Таким обра-
сектора равны 0 и 0	3	; а второго сектора –	0	3	и	2	. Таким обра-
зом, получаем:


3			2
S S1 S2	1	0 sin2 d	1		3cos 2 d
S S1 S2	2	0 sin2 d	2		3cos 2 d
				3

1 3 1 cos2 d 3 2 1 cos2 d 2 0 2 2 2

		1		sin2									3			sin2
		1		sin2						3			3			sin2							2

		4		2						0			4					2
		4		2						0			4					2

																							3
					sin2														sin2							sin2
		1												3
		1					3							3								2						3
									0
		4	3	2					0					4						2					3		2
		4	3	2										4	2					2					3		2

		1							3												1			5
						3											3
						3											3
																										3	кв.ед. .
		4	3					4				2												6		3	кв.ед. .
		4	3		4			4				2		3 4							4			6
2.3.	x cost,										y 1 .
2.3.						y 1					y 1 .
	y 2sint,

Заданные параметрические уравнения определяют кривую второго порядка эллипс с полуосями a 1, b 2. Построить данную кривую можно либо по точкам, либо с использованием любого графического приложения. Прямая y 1 отсекает верхнюю часть эллипса S1, площадь которой мы будем искать (см. рис. 3). Найдём точки пересечения прямой и эллипса:

2sint 1 sint	1	t		,	t			5	.

2		1	6			2	6

Здесь t1 соответствует точке x1, t2 соответствует точке x2 . Найдём площадь фигуры по формуле:

	t2	y

	S y t x t dt .

Однако в этом случае мы получим площадь между кривой – эллипсом и осью ОХ, т.е. S1 S2 . Поэтому искомая площадь S1 бу-

y =1

дет представлять собой разность S S2 :

t dt ,

S1 y1 t x

t dt y2 t x

где

t 2sint,

x t cost,

y2 t 1,

5π

Рис. 3

Кроме того, заметим, что фигура S1 S2 симметрична относительно оси OY. Поэтому вычислим площадь как удвоенный интеграл по половинному промежутку от x0 0 до x1 cos π / 6 . Из первого уравнения параметрической системы эллипса x cost найдем t0 , соответствующий x0 :


											0 cost t0													.
											0 cost t0												2	.
Тогда:


								6											6
S1 S S2					2			6											6
S1 S S2					2			2sint(cost) dt 1 (cost) dt


								2											2

			6						6									2							2
2			6			2	tdt		6									2		2					2
2	2sin						tdt		sintdt			2					2sin					tdt sintdt


			2						2									6							6

																					sin2t
	2
	2																									2
	1 cos2t dt cost												2																2
													2																2
2														2					t				2			cost


													6																6
													6																6
		6																								6
				1						1						2
				1						1						2															3	кв.ед. .
2					sin						sin							cos					cos				2
2					sin						sin				6			cos		2			cos			6	2	3		4
	2 2								6 2						6					2						6		3		4

В заключение отметим, что S2 можно вычислить как площадь прямоугольника, но при этом не забывать, что вычисления будут проводиться в декартовой системе координат.

Задание 3. Вычислите длины дуг кривых, заданных уравнениями:

	ex e x 3
3.1. y			, 0 x 2;

2
3.2. 2sin ,		0 6;

x et cost sint ,

3.3. 6 t 4.

y et cost sint ,

Решение

	ex e x 3
3.1. y		, 0 x 2.
	2

Так как линия задана в декартовой системе координат в явном виде, длину дуги кривой найдем по формуле:

1 y 2 dx.

ex e x

, тогда:

Производная функции y

x 2

22 e2x 2 e 2xdx

2						2								2

	1	0	e2x 2 e 2x					dx	1	0	ex e x 2dx					1	0 ex e x dx
	2								2							2
	1	ex e x			2	1	e2 e 2					1	e0 e0		e2 e 2			sh2.


2					0	2					2		2

3.2. 2sin ,				0 6.

Так как линия задана в полярной системе координат, длину дуги кривой найдём по формуле:

2
2		2
L	2	2	d .
L			d .
1

<<< < Предыдущая 1 23 / 103 4 5 6 7 8 9 10 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
08.11.20193.92 Mб32. Сущность процесса реструктуризации.doc
#
16.12.201832.08 Кб42.2.1.2. Виброакустические колебания.docx
#
16.12.201846.77 Кб62.2.1.4. Электромагнитные поля и излучения.docx
#
16.12.201874.24 Кб42.2.1.5. Ионизирующие излучения.doc
#
22.07.201935 Кб242.4.2.Герметичные системы, находящиеся под давл....docx
#
25.03.20161.12 Mб252.7ИДЗ матан.pdf
#
25.03.201613.27 Mб82.docx
#
23.08.2019280.58 Кб1002.Ответы на билеты по газу.doc
#
26.11.201950.29 Кб320,21,22.docx
#
25.03.201619.92 Кб1320.docx
#
29.05.2015969.44 Кб32007-issom-blr.pdf