<<
>>

§ 50. Геометрическое приложение определённого интеграла

Отметим, что приведёммап формула справедлива д^я люЗых фу ниций fi(x) и — как положительных, так и отрицательных (см. рисунки); единственное требование — это то, что /%(х) ^ /і(я), т.е.
график функции у — /а (я) расположен над графиком функции у = — /іfc) (см. рис. 94, 95).

Рассмотрим несколько примеров.

Пример 1. Вычислить площадь параболического сегмента, отсечённого от параболы у2 = ах (о > 0) прямой х — Ь (см. рис. %}-

Ре цз єн и е.

-Параболический сегмент ограничен сверху графиком кривой У2 = — ¦/ах, снизу графином кривой у\ = —\fax и справа прямой х — Ь. Имеем:

Пример 2. Найти площадь, ограниченную параболой у — х2 и прямой х 4- у — 2 — 0 (см. рис. 97).

Решение. Найдём абсциссы xi и х^ точек пересечения Ли В пря-мой аг-Ьу — 2 = 0и параболы у ¦ решая совместно эти уравнения. Имеем: х^ + х — 2 = 0, т.е. х: — -2, хч — I. Тогда

Пример 3. Вычислить площадь, ограниченную параболами у = = 4 — х2, у = X2 - 2х (см. рис, 98),

Решение. Найдем абсциссы Яі и точек А и В пересечения параОол: 4-х7 — х2 — 2х х2 - х — 2 = Os = 2, Тогда

2

S [ {(4-х2) ~{хг-~2x)]dx = -і

2 ^ ,2 = J (4-2®a + 2ar)-і '

- S - f + 4 - [4 - (-1) - | (-I)3 + = 9.

Пример 4, Вычислить площадь, ограниченную линиями у =

— х2 — х, у = sin ъх, х — — ^. х = ™ (см. рис. 99)<

hV

Решение. Искомая площадь равна

О L

$ — J (х2 — х — sin irx) dx +¦ (яіпзгас — Xі + я)dx +

-4

з/э

+ | С^-ш-ипиІЛ-і + і+І + і + І + і-і + і.

Пример 5* Окружность я2 + у1 = S разделена параболой у2 = 2х на 2 части. Найти площадь обеих частей (см. рис, 100). 1TJ і д ї = \/2я 1 о Очі С х

У ys-vft-*®

5 j— -V'25

Рис. і00

Решение. Пусть площадь заштрихованной части $і> неза штрихованной — причём S2 — 7tR2 - Si = Sir - Si. Найдём Si. На отрез ках OD и DC соответствующие криволинейные трапеции ограничены сверху и снизу кривыми, имеющими разные уравнения.

Поэтому

S\ = SOADBO + SQACBD ~

ж О хс

= j [v^ - + j [ye xa - ^--/8-л2^] dx.

О Si5

(

Абсциссу хп найдём совместным решением уравнений окружности и параболы: у — & — ху2 = 2х\ отсюда 2х = 8 — х2 ИЛИІ1 + 2Ї-8 = 0, X} = —4} Х2 ~ 2 (хп ™ 2).

Точка С есть пересечение окружности а:2 4- j/2 ¦=? 6 с осью Ох, поэтому — 8, хс (Зс > 0). Следовательно,

= 2 dx + 2 \ у/&-х2 + 2J.

¦! 3

Для вычисления / воспользуемся результатом примера Имеем

iІ^тЛ

+ \ Xі

/ =

— х2 dx — — tircsin

2у/2

= 4 ^arcsm 1 - aicsin j + і (ї^Д ¦ 0 - 2\/4 ) ^ тг - 2.

Тогда Si - j + - 4 - 2тг + і; S2 - - (Зіг + І) = 6т - і.

Заметим, что иногда удобно при вычислен ни площади плоской фигуры считать X как функцию у, т.е. x~tp(y). Тогда площадь плоской фигуры, ограниченной графиками кривых х = я-= V'^tv) {причём

<р\{у) > ф-ііу)) и прямыми у = <*, у — ft, равна

S =

В нашем случае а = | г я

г

5-і = | ^-JfyG^+i^^-i^

-2

Приведём ещё два примера* когда удобно считать х как функцию у. I. Найти площадь фигуры, ограниченной линиями у2 = Q + т, х — -у -3 = 0.

Решение. VTi

V3 V3

- бУз.

V3

V5

D

Отметим также, что при вычислении интегралов вида J [/(a;)|/Ju;

а

следует проявлять известную осторожность. Например:

|/(®)\dx, если f(x) > 0 при а < х < с и

ъ

1. Вычислить интеграл

f(x) < 0 при с < х < Ь.

ь

| |/(ar)№it = j/(a;)ifc - J f(x) dx.

2n

2*

yT+~cos2z dx = V2 j cos a;I (Jar — о о

іг/2 Зтг/1

-V^ I cosidiih~V2 I cosztis + \/2 j cossete — о я/з 3*/2

]2T

Зпг

з»

= \/2

\/2 [l +1 + 1+1] =

л

sin a; I — emai L H-sinx

j

3. Вычислить интеграл

-r і г. ... /а»в-з(. 3/2

то

Так как [2x — 3| = | ^ _ ^ ^ < g/2

з 3/2 з

J \2х - 3| dx - (3 - 2т) dx + | (2х - 3) dx - о о з /7

О + * ~ 2 4 + 4 2 2

- 2

Пример 6.

Найти площадь эллипса -j + \ — 1 (см. рис. 103), п а в

Р е ш е н и е.

а а

S = 43ь0а = 4 Jyя 2 ц, ^ 2 2 у

(вычисление интеграла см. §41. пример 25). VI ^— 1 \ 6 —ь

Рис. 103

2. Нахождение объёма тела по поперечным сечениям. Рассмотрим тело произвольной формы. Разобьём это тело на п частей плоскостями, перпендикулярными оси Ох. Пусть нзвестна площадь любого сечения. Эта площадь есть функция от я, т. е. S = iS(s). Пусть а и Ь означают абсциссы крайних сечений тела. Сумма объёмов всех получившихся цийиндроа (высота — Ах, площадь основания — где х < f < х -Р Ді) приближенно равна объёму рассматриваемого тела. Устремив максимальный Ах к нулю, при этом число разбиений п стремится: к бесконечности, получим для вычисления объёма тела следующую формулу (см. рнс, 104)

г

йзі

3 г

Пример 7. Найти объём эллипсоида: ^ + ^ + ~

376

3. Объём тела вращения. Пусть рассматриваемое тело получается от вращения данной кривой у ~ f(x) вокруг оси Ох. Поперечными сечениями в этом случае будут круги радиуса /(я), следовательно, $(х) - тгу = = ГГ/2{х) (см. рис. 106).

Тогда Vx = п f2(x)dx, т.е. объём тела, получаемого при вращении

J і

а

вскруг оси Ох части кривой у = /(г), заключённой между абсциссами х ~а ч х — Ь, выражается формулой;

? Q

Уш — тт

y*dx = it i /2(я) dx.

- f

—ft

-а —а

Аналогично при вращении вокруг оси Оу:

d d

о

x2 dy — ъ

"I

4. Длина дули плоской линии, Длина дуги кривой у = f(x) на отрезке [а,6[ (см. рис. 110) определяется формулой

^ —

L = \\Jl + 'f{x)\2 dx

и является пределом, к которому стремится интегральная сумма L± = її

^ Ait при стремлении maxAfi к нулю;

) —4

6k - = (f^/ ¦ Ьт

и при Ахі 0 ^ -> где < & < Xti

L — lim

П1ЙХ

jm Li = lirn У2 АЦ = lim T y'l + j'2 fa) Ax4 =

b ______

= j \/ї+ /,2(х) <*r.

Пример 11. Найти длину окружности х2 + у2 = R2.

Решение, Найдём сначала длину четзёртой части окружности, лежащей э первом квадранте, а затем умножим на четыре. Так как

х2 R2

—х

У-

г '

у/В? - Л2

v = Jn

/Ї -я

то

L - 4 f /П7^ dx = 4Я Г

J J у'^^х

і л

4Я orcein 4 = 4Д ¦ ? = 2ттД.

rt I о 2.

Заметим, что длина дуги эллипса н длина волны синусоиды не выражаются в конечном виде через элементарные функции, а определяются через специальные функции не берущиеся* интегралы), для которых составлены таблицы при различных значениях аргумента.

3S2

Действительно, пусть эллипс задан параметрическими уравнениями х = acosi, y = bsmt, О < тогда

т/2

Х5 = j 4 dt & | Vo^slir? t -і- Ь2 cos21 dt =

о 0 */2

sin2 і (fts

4b

V'l + r^s

2 >,2 і a — « где с"5 = ¦ 72 .

Длина дуги синусоиды у - с cose, 0 ^ я ^ 2тг равна

= J yf+liF ^ = 4 j Vl + c2^2®

Получившийся интеграл

т/а .

-4- с2 cos2 f fit —

[ d* - ( ^ j ^ HjvT

= "j* VTT^- с2sin2tdt - (fc,ї), fc= <1,

где ?{&,?>) = [ \fT~-~k2 зіи21 dt нааыпается эллиптическим интегралом

о

и через элементарные функции не выражается; для ник составлены таблицы при различных значениях к и tp.

Пример 12. Найти длину линии у = 1па- от Xi = л/3 до x¦Л Vs

a:

L= I + I ^

V^J іД

dz,

Заменим v'T+ i" — тогда 2 < t ^ 3 и (ft =

1 t dt

rfr —

УІ+ x*dt _ tdtr

I J"

1 -t

t

3

f t2dt

li1!3

z. =

1 +t

2

t* - 1 +1 j, . , 1,

Пример 13, Вычислить площади плоских фигур, ограниченных кривыми, заданными параметрически:

а) у = бsinti у = 3, х — 2соь t, у > 3 (см. рис. П1);

г/6

a) S, - | j (6stat-3)(-2eint)A =

т/в

к/й

У („а + со» И +ЛК)Л = 6 + ^ - V^) =

5їг/Є

Пределы интегрирования (ij и І2) найдены из уравнения Gsinfc 3

5 т

и равны ti ¦= гц-. ?з = ~g

Зіг/2

6) & = j [у - 4) dx = 4 I [4(1 - cost) - 4](1 - cost) dt -

ті Л/ -

Зяг/2

16 j jj {1+ COS 2t) -сові dt = 6(7T + 4),

тг/2

Пределы интегрирования ti = t^ = ^ найдены из уравнения 4 =

— 4(1 - cosi)» COS4 = 0.

0

b)Sb = 2 f 2\/2 sin11 12\/2 cos2 isiai) dt

тг/З

и и

= -24 j Sin2 t sina 2t dt = -12 J (1 - co$2?) sin2 21 dt

t./A it/A

>r.-l—

= -6 (t - і sin - I siti3 2t

Пример 14, Найти длину дуги кривой. заданной параметрическн.

а) х я= 4fa>s? +t sin t)r у = <1(зш t - ?creU), 0 ^ і ^ 2jt;

б) і = с*(сач і -j- sin t), у - е*(со® ? - sin ?), 0 ^ і ^ ?r;

e) i = (ia-2)!rint+ 2ecost, у (2-t2)cost + 2?&int, 0 ^ t ^ Решение. Если кривая задана в параметрической форме х = ^(і),

У — У (О* h^t = dx = xr(t)dt> Длина дуги в этом случае

її

определяется формулой (х[ > 0)

J (а Г—^

= x'tdt^^^ + y? dt. 384

h

х = R він t, dx = Л cos ? dx, S = ii - I2 — Ц - l).

Пример 18. Найти объём тела, ограниченного поверхностями х2 4- + у2 ^ н s2 + у2 4- z2 ^ 2Дат.

Решение. Совместное решен не уравнения конуса а;2 + = 3-z2

и шара г2 4* ї/3 ™ (г - - R2 да?т г - 0, г - - R (см. рис, 117). Искомый объём равен V = V2 — V]., где

Л/2

R/2

тг/г3 8 1

R/2

Kl = | 5К ds = j + dz - j 3itz2dz = 0 0 0

SK — площадь поперечного сечения конуса,

R/2 R/2 R/2

j j ir(x2+y2)dz = І x(2zR~z3)dt ^I^Jft

и

о

— площадь поперечного сечении шара. Искомый объём равен 1/ — Я11.

12

Пример 19. Найти объём тела, ограниченного поверхностями х2 + у2 — 5 — г н х2 4- у2 = 4z {см, рис, 118), 2. 5 Н

/ ч 1 0 X у Рис I1S

Решение. Совместное решение уравнений двух параболоидов даёт 5 — z = 4z, z 1, Иском мй объём равен

¦U

V = Vi+V2 =

4zdz + Jtt(5 - z)dz— Ютг,

Пример 20. Найти объём тела, ограниченного поверхностями х2 + у2 = и х2+у~ =2г2 -1 (см, рис. П9). Z

\ ¦ У \0 *х Рис 119

г/

1

1 хУУУУ/

\-Щ і 3

_ nj — т У " 1

о " у* = - 1 1

Рис. 120

Решение, Совместное решение уравнения конуса х^ у* = z1 и двухполостного гиперболоида х~ — 2z2 — 1 даёт z\ = 1, = —1.

Искомый объём равен V — 2(УК — Vf), где объём конуса \ irR2h —

о

1

h = 1, Я = 1, a Vr - j тг(2z* - 1) dz = | (л/2 - 1) ,

- -, так как

1

-71

тогда V Щ- (2 - у/2) .

Пример 21« Найти объем тела, образованного вращением вокруг оси Ох фигуры, ограниченной линиями = + уг = — 1 и і = 0, а также площадь этой фигуры (см,рис.

120). Решение,

и и

К - 7Г | (у?" 1/1) da * | (Зс~аз: + 2е-т - -

-in? -in а

з „ 2е

1 --to

11

= т*-

+ -ТЄ

— п

-іл а

(J

0 1

.-"¦2т

S — | (fft — = Йх — -h ~.

— 1п2

Пример 22, Фигура ограничена линиями у = /(a:)t у = 0, х — х = Ь, В какой точке Мі(?ьуі) графика фуЕікцнн у = f(x) нужно провести касательную к нему так, чтобы она отсекала от фигуры трапеиню наибольшей площади? (см. §36),

Решение, Уравнение касательной в точке Afi(asi,j/x) графика функции у = f(x) есть у — Дяі) — - ^i), а площадь трапеции

равна

о

SV

= | js/da;

шш І{Ь- а) [/(**) +¦ I (Ь + а - 2*!)/'(*!)] |

Из условия ^^ = 0 находим (xi — /"C^i) = далее см. § 36,

Ответ: її — jft =в /(®i).

Пример 23. Прн как ил значениях параметра А" площади ограни-ченная линиями,

]) у = х 4- 2х — 4 и у = kx\ 2) у

будет наименьшей?

Решение. Площадь фигуры, ограниченной линиями у =; аз2 + 4- Ьх н- с и у = кх +¦ bi, определяется формулой

S | | (уг — yi) dx j = J J (foe + fci — ax2 -~bx — c)dx

X)

- j(®t - яг) [hi - с + ~ (fc - 6)(»1 + sa) - | (a? + ЦХ2 +®a)] J '

Предполагается, постоянные a, c, f>i такие, что прямая и парабола пересекаются, тогда точки пересечения находятся из уравнения ах2 -Ь + bx -h с ^ кх + bi или ах2 + х(Ь — fc) + с - Ец = 0. Отсюда

х1,2 —

k-b±sfD

При ?> > О парабола и прямая пересекаются, D =0 парабола касается прямой а при D < 0 прямая проходит вне параболы,

Подстааляя щ н хг в формулу для площади, после элементарных преобразований получим

G а2

Таким образом, іш пришли к задаче с несколькими параметрами (о, с. А;, i>i), решение которой определяется условиями задачи.

389

dk 32

3

1) Пусть ух = х2 + 2а: - 4 н у2 = кх, Тогда S{k) - ~ {к2 - і + 20)3^s. Из уело Е! и я -гг = 0 находим, что площадь будет наименьшей

при & = 2, а 5(2) —

2) Пусть = ж2 - 4 и у2 ^ кх + 3, тогда S(k) = і (Л2 + 28)3'*

54*) = о при Аг - 0, тогда S(0) = Щvf,

Пример 24- Через данную точку М0(:со51/о). лежащей внутри параболы у — ах2 4- 4- с, дровссти прямую, отсекающую от параболы сегмент наименьшей площади.

Решение. Зап ишем прямую в виде I/ — 2/о — — ^о) » тогда площадь сегмента есть

X, І1

3 — | {й - V2) dx - J (їо + —as0) - ax? - bx — c) dx

-4

(Xj - ЖЯ)

4-*i®a 4- 4-

+ 2 № - И{®1 + + № —кхо-с

где xi и лг^ абсциссы точек пересечения прямой и параболы определи ЕОТСЯ из уравнения у0 4- к(х - = ах2 toe -i- с или ах1, 4- — Л)4 + ? — Уо 4* fc^O - О И равны

к - Ъ ± VD

D ~ (Ь- к)2 - 4а(с -уо+ кх0).

Подставляя xi и х2 в формулу для площади сегмента, получим

Ga2

Из условия S'(k) — 0 находим к = Ь 4- 2oxq.

'ІІШ1

4 1 <•> —

~ (уо - axj - йхо — с)'? .

Заметим, что прямая с угловым коэффициентом к ~Ь-\-2ахо, про ходящая через точку Mo(z0)i/0), параллельна касательной к параболе у — ах2 4- Ьх 4-с в точке А1г(х0; org 4- Ьх0 + с). Если точка А/п(яо,!Л>) лежит на параболе, то у0 = ах^ 4- 4- с н Snijn = 0.

Пример 25. Прямая, проходящая чере^ точку Аґ0(я0іуо) образует с положи тельными полуосями координат треугольник. Найти мини 390

Таким образом, площадь сегмента будет иметь наименьшее значе-ние при угловом коэффициенте к = Ь + 2аго, при этом

дельное значение площади треугольника н написать уравнение этой прямой (см. задачу 3 §4),

Решение. Площадь треугольника S = ^ аб, а уравнение прямой

& отрезках (-7 = 1 Тогда — -Е- ^ = 1, а =

b а Ь

а

С* — 1 Л - - g

уо

dS

Аз уравнения -г- = 0 нашшм b— 2уа Искомая площадь Smin —

db л; и

а — уравнение прямой есть — + = 1.

лто 2 уо

Пример 26. Фигура ограничена линиями у'^ (зс+2)2, у = О, О- Под каким углом к оси Ох надо провести прямые через точку (0,4), чтобы они разбивали фигуру на три равновеликие части (см. рис, 121). Решение.

и

-1

S

Л DO

(я + З)2da; = і (л + 2)а|° - |.

«і 1-І J

Так как Soon = Scbd *= Sbad> tb\OD-OC=\ OD(OB - ОС) = = I - \OD-OB или ОС = ВО - ОС т І - OB. Отсюда ОС -

u Z ? У

ОБ —- Тогда искомые углы равны а і « arctg ^^ — arctg 9, аг = f OD , &

- arctg ^ - arctg

Пример 27, Найти площадь фигуры, ограниченной кривыми;

О У = |2 - |a?|j, у = 0f х = я = 4;

2) у — -ь \х\ - 2|, у = 0, я = -2h ж - 2. у j j j D{ 0,4) \ УН А ВС О х Рнс. 121

[УлМ

і¦V-* V

392

Интегральное исчисление

Решение, I) График функция у = |2 - |z| f показан з §38, Величина искомой площади равна сумме трех треуголыгикоа

3 = ^ ¦ 2 ¦ 2 -Ь ^ ¦ 4 ¦ 2 Н- ^ ¦ 2 * 2 — &

2) График функции у = ^х'2 4 — 2f изображён в §ЗЙ. Искомая площадь с учётам того, что данная функция является чётной функцией, равна

Iі 2

S = 2 | (і3 + х - 2) dx 4 2 f + .г - 2) сіх = | 4 у — 6.

'о і

Пример 28, Найти площадь фигур, ограниченной графиком функции у = $ 4 5 н касательными, проведёнными к этому графику в точках с абсциссами я = 0, х = 2 (см. рис. 122).

Решение. Так как уравнения касательных к графику функции у = X2 + 5 есть: у ~ 5; 4х — у 4- 1 = 0, то искомая площадь равна (см, рис.)

А

5 = ^ЛЛ- Злэсго - Sbcd = j (з2 + 5) das - AC - CF -

о

-і ВС¦ 1 l 4 = g.

Пример 29, Составить уравнение прямой, проходящей через начало координат и делящей криволинейный треугольник с вершиной в начале коорлинат, ограниченный линиями у = 2х — х2, у = О, х — 1, на две равновеликие части (см. рис. 123). У1 и О z^iq іс "7 1 А г Рис. 123

Решение. Уравнение прямой, проходящей через начало координат, имеет вид у = кх.

Зове = \ ОС-СБ = і Сії ^ I fc, так как ОС = 1, tga= fc =

— БС.

і

г „ 2 Э1 2

So ас =| (2а- - = 2 Socb или - - к, отсюда к - -.

Уравнен не искомой прямой есть у = » х.

Пример 30. Вычислить объём тела, образованного вращением вокруг оси Ох фигуры, ограниченной графиками функция аг 4* (у - а)* == = 1 (а > 1),

Решение. Искомый объём определяется го формуле

Ух = т J (у? - УІ) dx, где == О. ± \/l - X2 ,

-I

так как у\ - = 4а\/1 - х2 „ то

і і

Vx = it J 4а V* - я2 = 8їга j Vl - x2 dx = - J = 2тг2а,

- д

Пусть кривая задагіа в полярной системе координат г = /¦() (см. § 7). В этом случае площадь сектора, ограниченного кривой г и ра

диусами-векторами if — Of и <р = ft равна

Если кривая есть окружность г = Я, 0 < < 2*h то для площади круга имеем известный результат

2f

Эя-

= 1ГІ\

o

= \ HV

Дли получения длнньї дуги в полярной системе координат запишем формулы перехода от полярЕгой системы координат к декартовым прямоугольным координатам х =¦ гсошр> у — Т&\п<р. В общем случае т = ™ ® ~ r(tp) cos<Ръ у = r[tp)s'uitp, и, рассматривая ір как па

раметр, а сами уравнения как параметрические уравнения кривонмю-

лучим х'у = rj, coy (р - rain tp, у'9 ^T^smip+r cos тогда у=

= + г"й, Таким образом, длина дуги кривой, заданной в полярной системе координат, определяется формулой

4>г

J ^ - г2 dy.

VI

ЕСЛИ кривая есть окружность г = R, 0 ^ tp ^ 2тг, то

2тг __

Ь = | + dtp = = 2тгR. о

Пример 31. Найти в полярной системе координат площадь и длину лунки, ограниченной дугами окружностей х1 у2 — 2Rx и х2 + у2 ~ = (см. пример 17),

Решение. Уравнения заданных окружностей в полярной системе координат есть: т — 2Ясо5<р, — — < tp < г — 2/Eshi^, 0 ^ ір ^ тг (см. §7). Тогда площадь сегмента (ОАВ, см. рис, к примеру 17) равен

Ц-/2 п/2 п/2

cos: — Л" | (1 -f- cos2^>) dp ^ *r/4

тг/4

A J =

*(>1

-tf (3-і),

а длина дуги OAS есть

*/2 тг/2

Лі = J ^^ ef^ - J yWainV + ^tf3 cos2p =

rr/4 - пуЧ

-чі;*-5

Площадь сегмента ОСВ равна

и

г/4 іг/4

(1 — cos 2^) dip =

= 1 - I sraVir/J

а длина дуги ОСВ

тг/4

Li =

Таким образом, искомая площадь лунки равна S — S\ + З2 = — R2 ^ - j а её длина есть L = L\ + Li- тгії.

— к/О

-т/о

L =

т/cos2 -Ь (1 - ЙІГИ^)2 ^ір - І — нту>) dip =

-71/2

-w/в

-тг/2 -тг/fl

-тг/2

-¦к/'Л

— 4 соз

= 2.

-7Г/2

(M)

4) г = 2<р, 0 ^ ф ^ - (архимедова спираль).

з/4

З/'І

= і|+ь2

3/4

J т/4 +¦ <іх = іру/*р2 + + vfy® + 1)

(см, g 4I>.

Пример 33. Вычислить интегралы

/, = Г5ЙКА, h = + dx.

J 1-H Ж ] + X 1 + я:

rt І L J

Решение.

г - Г rl-r-( " = ^^ * = ТТЇ' ^

о J 1 + vr 4 j 1 + X

= I 1д2 — 5 ill2 = I

4 о о

Здесь учтено, что [ + г-^ dx = у In2 (см. § 48),

J 1 + х о

искомая площадь равна S — Si — S2 = 41tt 2 — 1.

399

Пример 36. Найти площади каждой из двух частей, на которые круг х 4- у2 < Ах разделен параболой у2 = 4х — 4,

Решение. Площадь первой части (см. рис. 127)

а 2

5] = 2 J \/7х -х2 dx- 21 4 dx = о і

2 ' 2 _______

= 2 j х)2 dx- 4 [ /а: -1 dx = (х - 2}^4 - (Ї - 2)5 +

8

-Sr-j

л — 2Ґ 2 3

+ 4arcsm~— і

8

(вычисление интеграла см. § 45)<

Площадь второй части - ttR2 — Si = 4тг — 2зг + | = 2п -f

О и

Пример 37. Найти площадь фигуры, ограниченной линиями х~ +- -f- у2 = 4, + у2 — 9, у = а:, у = v3ac, д: ^ 0 (см. рис. 1 28),

Решение. В полярной системе координат искомая площадь равна

*/з

їг/З

-іі^іІ^ИИ-і-

я/4 Tt/J

(см. пример 34).

Пример 38. Найти площадь криволинейной трапеции, ограниченной параболой у = х2 + Фх + с и касательными у — -4х + 3, у — 4х - — 13, проведёнными к этой параболе (см, рис. 129).

Решение. Пусть точка ^(дгьуі), э которой проведена касатель* ная у — —Ах + 3Т а A/afea,^) — касательная у — Ах - 13h тогда имеем две системы уравнений.

Произвольная постоянная С находится иэ условия р( = 0 и равна

5тг *

—, В итоге получаем

- ^ (х - 0 + ^ sin 4а;- - sin2x.

Пример 40, Найти значения параметра а, для которых і

Решение. Так как

= » 1пV5 + а + j Г+ = а +1,

4 J \ ] +1 1+ х' j

0 х

t

то получаем неравенство а — 3 < у'я — 2 „ решение которого есть 2 <

С-І

Пример 41. Вычислить объём тела, образованного вращением вокруг чрлмой у чя 1 фигуры, ограниченной графиком функции у — 1 +

+ СОЙ" х

Решение. Перенесём начало координат в точку (0; 1), тогда искомый объём равен

cos4 х dx

4- cos 2 x)7dx =

V =

ir/2 = ї f »

2

*rt

= ^ j + 2cos2s + | + ±coe4i) = І*3'.

-т/2

Пример 42. Найти объемы телг образованных вращением фигуры, ограниченной кривой х = at2, у = ab? (a > 0} и осями координат, вокруг: 1) оси Ох; 2) оси Оу, Решение,

а 1 1

1) = TrJVdx = я ja2ln3t ~2atdt ^ tin2 tdt -

/VI-И, | ылЛ «3^(1 ptfJ1 _Гі1піД\ =

У 1(й = dv, и s=tB/2 J V2 і /

І \ tdc_=dw, tr =

Л 1 -

II / ^

lo 2 2

Здесь учтено, что

a) lim tin і — lim lim —t- (правило Лолита ля) =

' ?-.0+0 1 t-1-0+0

і

-- lirn t-0;

2 7 lnt — lim * * = lim

Ы2 t

6) lim Ї2 In21 = lim — = liiu — иш -7Г

t—0+0 1 I—hO-f-O _ A I—0+0 z

7

- lim і і2 = 0- 6-tQ-M) 2

2) Vv = ir j x2dy=*\aW±dt=Va*\t*dt = i«A

-с» 0 0

Объём можно вычислять по формуле

ь

Vy = 2тг|а;)/(г)| dx.

В нашем случае і

і3 Intdt =

Vv —

д!п?) ¦ 2aidt — -4іга:

0

=

- і тга3. 4

Пример 43- Найти объёмы тел, образованные вращением вокруг оси Оу фигур, ограниченных линиями:

а) у = + 2х + % у 2; б) у2 - (я: 4- 4)3, г = 0;

а) у2 — 4 - х, х — 0; г) у — х 0, у « &. Решение,

о

о J

О

2 1

в) Vv - 2тг jVdy - 2тг J (4- = ^тг;

г) = =

о

<< | >>
Источник: Клименко Ю.И.. Высшая математика для экономистов: теория, примеры, задачи* Учебник для вузов /10.И. Клименко. — М,: Издательство «Экзамен»,. 736 с. (Серия «Учебник для вузов»). 2005

Еще по теме § 50. Геометрическое приложение определённого интеграла:

  1. § 49. Несобственные интегралы
  2. § 50. Геометрическое приложение определённого интеграла
  3. ПРИЛОЖЕНИЕ.