- •§ 5. Геометрические приложения определенных интегралов
- •Вычисление длины плоской кривой. Основные формулы
- •Задачи для самостоятельного решения
- •Вычисление объемов
- •§ 6. Приложения определенного интеграла в механике и физике Длина пути
- •Давление жидкости
- •Работа силы
- •Статические моменты и центр тяжести плоской фигуры.
- •Ответы и указания
- •ОглавлеНие
- •§ 5. Геометрические приложения определенных интегралов 120
- •Коллектив авторов решение задач по теме «интегральное исчисление функций одной переменной» Учебное пособие
§ 5. Геометрические приложения определенных интегралов
Вычисление площадей плоских фигур. Основные формулы. Если фигура на плоскости xOy ограничена прямыми x = a, x = b (a < b) и графиками функций y = (x), y = (x), причем (x) ≤ (x) (a ≤ x ≤ b), то ее площадь вычисляется по формуле
S = .
В полярных координатах площадь сектора, ограниченного дугой кривой r = r() и лучами = и = ( ≤ ), вычисляется по формуле
.
Если граница фигуры задана параметрическими уравнениями x = x(t), y = y(t), t (, ), то площадь фигуры вычисляется по одной из формул:
,
,
,
где и – значения параметра t, соответствующие началу и концу обхода контура в положительном направлении, при котором фигура остается слева.
Рассмотрим примеры.
Найти площадь фигуры, ограниченной линиями.
5.1. y = , y= . 5.2. y = tg x, y = cos x, x = 0.
5.3. y = 2x2, y = . 5.4. y = ln(x + 6), y = 3 ln x, y = 0.
5.5. x = y2, x = y2 + 1. 5.6. y = 2x–3 + 1, y = 23-x + 1, y = .
Решение.
5.1. Найдем точки пересечения графиков функций (рис. 2.1):
Рис. 2.1
x1 = – 4, x2 = 1.
Вычисляем площадь
=
= =
= = .
5.2. Найдем точку пересечения графиков функций (рис. 2.2).
С
Рис.
2.2
=
= = .
5
рис.
2.3
2x2 = , x1 = 0, x2 = 6.
При 0 ≤ x ≤ 6 имеем ≤ ≤ 2x2. Поэтому
S = =
= = 36.
5.4. Ищем точку пересечения графиков функций (рис. 2.4):
ln(x + 6) = 3 ln x = ln x3, x + 6 = x3.
Я
Рис. 2.4
S = + .
Интегралы вычисляем с помощью формулы интегрирования по частям. Для первого интеграла полагаем u = ln(x + 6), du = , v = x; для второго u = ln(x + + 6) – 3 ln x, du = , v = x.
Получаем
– + –
– = ln7 – + 2ln8 – 6ln2 – ln7 –
– = – 1 + 6 ln7 – 6 ln6 + – 2 +
+ 6 ln 8 + 1 – 6 ln 7 + 3 = + 1.
5
Рис. 2.5
= =
= = = .
При вычислении интеграла по отрезку [–2, 2] мы учли четность функции x = .
5
Рис. 2.6
Найдем выражение x через y. Получаем x1 = , x2 = = , ≤ y ≤ 2, так как точкой пересечения графиков функций x1 = и x2 = = будет точка (3, 2).
Вычисляем площадь фигуры
S = = .
Вычислим интеграл, применяя формулу интегрирования по частям, полагая
u = , du = , v = y – 1.
Тогда
S = – 2 = =
= = – 1 = .
5.7. Найти площадь фигуры (рис. 2.7), ограниченной параболой y = – x2 – 2x + 3, касательной к ней в точке М(2, – 5), и осью ординат.
Решение. Найдем уравнение касательной: y = – 2x– 2, y(2) = – 6. Тогда y + 5 = – 6(x – 2) – уравнение касательной, проходящей через точку М(2, – 5). Перепишем уравнение в виде y = – 6x + 7.
В
Рис. 2.7
S = =
= = =
= = .
Вычислить площади криволинейных трапеций, образованных графиками следующих функций.
5.8. y = , x [0, 1).
5.9. y = х4e–x, x [0, ).
Решение.
5.8. При x[0,1) ≥ 0 и, следовательно,
S = = = =
= = + = 2.
Отметим, что в этом примере площадь вычислена с помощью несобственного интеграла.
5.9. Имеем
.
Вычислим интеграл с помощью формулы интегрирования по частям, примененной несколько раз. Воспользуемся обобщенной формулой интегрирования по частям (см. гл. I, § 3). Положим u = x4. Тогда u = 4x3, u = 12x2, u = 24x, = 24. Далее v = e-x, v1 = = – e–x, v2 = = e–x, v3 = – e–x, v4 = e–x.
Получим
S = = – – –
– + .
Поскольку , m = 1, 2, … (это доказывается последовательным применением правила Лопиталя), то мы получаем
S = = = 24.
Найти площадь фигуры, ограниченной кривыми, заданными в следующих полярных координатах.
5.10. r = a cos3, (a = 2).
5.11. r = 2 – cos , r = cos .
5.12. r = , r = (внутри окружности).
5.13. r = 2, = 0 (0 ≤ ≤ 2π).
5.14. r2 = 4 cos 2, r2 = 4 sin 2 (пересечение областей, ограниченных этими кривыми).
Решение.
5.10. Так как функция r = a cos 3 имеет период T = , то при изменении от 0 до 2π радиус-вектор описывает три равных лепестка кривой (рис. 2.8). Допустимыми для являются те значения, при которых cos 3 ≥ 0, откуда
Рис. 2.8
k = 0, ±1, ±2, …
При k = 0 имеем первый лепесток, соответствующий – ≤ ≤ . При k = 1 получаем пределы для , соответствующие второму лепестку, ≤ ≤ . Если k = 2, то третий лепесток линии соответствует изменениям : ≤ ≤ . В этих трех промежутках заключена кривая, соответствующая изменению от 0 до 2π (полный оборот). Если брать k = 3, 4, … , то мы не получим новой линии, а будем каждый раз проходить одну и ту же линию.
Поскольку лепестки одинаковы, то достаточно найти площадь одного из них и затем утроить.
Имеем
S = = 3a2 = =
= = .
При вычислении интеграла мы учли четность функции cos23 .
5
Рис. 2.9
S = S1 – S2, где S1 = ,
S2 = .
Вычисляем эти интегралы.
S1 = =
= = ,
S2 = = = = .
Окончательно получаем S = = .
При вычислении S2 мы использовали четность функции cos2 .
5.12. Найдем все значения , при которых cos 2 ≥ 0. Имеем
≤ ≤ , k = 0, ±1, ±2,…
П
Рис. 2.10
Найдем полярные координаты точек пересечения кривой r = с окружностью r = . Решая уравнение = , получаем = ± , k = 0, ±1, …
Выберем значения из отрезка [–π, π] такие, что cos 2 ≥ 0. Ясно, что достаточно рассмотреть = , = , что соответствует первому лепестку. Вычислим соответствующую площадь и удвоим ее, что даст нам искомую площадь. Имеем
S = + = + = +
= + 4 – 2 .
П
Рис. 2.11
5.13. Линия r = 2 – спираль, раскручивающаяся из начала координат O. Нам требуется определить площадь, ограниченную одним витком спирали и полярной осью.
Вычисляем площадь.
S = = = .
5
Рис. 2.12
4 sin 2 = 4 cos 2, = , = .
Луч делит часть нашей области в первом квадранте пополам, луч делает то же самое с частью области в третьем квадранте. Достаточно найти площадь общей части
0 ≤ r ≤ , ≤ ≤
и умножить на четыре. Это и будет искомое решение. Вычисляем
S = = = 4 =
= = 2(2 – ).
Перейдя к полярным координатам, найти площадь области, ограниченной кривыми (рис. 2.13 и 2.14).
Рис. 2.13 Рис. 2.14
5.15. x2 + y2 = 6x, x2 + y2 = 6y, точка принадлежит области.
5.16. x2 + y2 = 9, x2 + y2 = 2 x, x + y = 0, x – y = 0,
x > 0, x2 + y2 ≤ 9.
Решение.
5.15. Линии являются окружностями (x – 3)2 + y2 = 9 и x2 + (y – 3)2 = 9. Пересечение кругов делится биссектрисой y = x первого квадранта на две равные половины. Найдем площадь одной, затем удвоим.
В полярных координатах x = r cos , y = r sin , уравнение x2 + y2 = 6x окружности принимает вид r = 6 cos , уравнение второй окружности имеет вид r = 6 sin .
Вычисляем площадь:
S = = 18 = = (π – 2).
5.16. Перейдем к полярным координатам x = r cos , y = r sin . Тогда граница области будет задаваться уравнениями r = 3, r = 2 cos , = – , = .
Наша область – фигура, симметричная относительно полярной оси (оси Ox). Найдем площадь заштрихованной области и результат удвоим. Получим искомый ответ.
Полярные координаты точки пересечения окружностей находятся из уравнения
3 = 2 cos , cos = , = ± .
Вычисляем площадь:
= π + 6 =
= π + π + 3 = + 3 – 3 = .
Найти площадь фигуры, ограниченной кривой, заданной параметрически.
5.17. x = a cos t, y = b sin t.
5.18. x = 3 cos t, y = 3 sin 2t.
Решение.
5.17. Данная линия есть эллипс + = 1. Используя формулу для вычисления площади, находим
= =
= = π ab.
5.18. Выражая y через x, получаем
y = ± 2x .
П
Рис. 2.15
Таким образом, при изменении t от 0 до π точка (x, y) описывает на плоскости xOy замкнутую кривую, симметричную относительно оси Ox. При изменении t от π до 2π x изменяется сначала от 0 до –3 (t изменяется от π до ), затем от –3 до 0 . Ордината y = –2x ≥ 0 при t и y = 2x ≤ 0 – при t , т. е. при изменении t от π до 2π мы получаем снова замкнутую кривую, симметричную первой кривой относительно оси ординат.
Мы найдем площадь фигуры, соответствующей изменению t от 0 до , а затем умножим результат на четыре. Это и даст нам искомый ответ. Вычисляем
S = = = =
= = = 24.