Математика в примерахизадачах Часть 4 под общ ред. Л. И. Майсеня

• Название: Математика в примерахизадачах Часть 4 под общ ред. Л. И. Майсеня
• Дата: 01.10.2019
• Размер: 1.84 Mb.
• Имя файла: n1.pdf
• Тип: Учебное пособие; #88200
• страница: 15 из 31

Пример 2. Найти площадь фигуры, ограниченной линиями:
1) эллипсом
2 2
2 2
1;
x
y
a
b
+
=
2) первой аркой циклоиды
2(
sin ),
0 2 ,
2(1 cos ),
x
t
t
t
y
t
π
=
−

≤ ≤
 = −

и прямой
0;
y
=
3) кардиоидой
3(1 cos ),
ρ
ϕ
=
+
0 2 .
ϕ
π
≤ ≤
Решение. 1) Запишем уравнение эллипса в параметрическом виде cos ,
sin ,
x
a
t
t
y
b
t
π
π
=

− ≤ ≤
 =

Эллипс – симметричная кривая. В основу вычисления положим площадь фигуры, лежащей в первой координатной четверти, образо- ванной эллипсом и координатными осями (рис. 20.19). Она проектиру- ется на отрезок [0; 2] оси Ox. Найдем пределы интегрирования: если
0,
x
=
то
;
2
t
π
=
если
2,
x
=
то
0.
t
=
Поэтому воспользуемся форму- лой (20.11) для вычисления площади фигуры
0 0
0 2
2 2
2 4
sin ( cos )
4
sin ( sin )
4
sin
S
b
t a
t dt
b
t a
t dt
ab
tdt
π
π
π
′
=
=
= −
=
∫
∫
∫
2 2
2 0
0 0
1 cos 2
sin 2 4
2
(1 cos 2 )
2 2
2 2
2
t
t
ab
dt
ab
t dt
ab t
ab
ab
π
π
π
π π
−


=
=
−
=
−
=
=




∫
∫
2) Фигура, ограниченная аркой циклоиды и осью Ox, изображена на рис. 20.20.
x = 2 – y
2
x = y
2 2
2
– 1 1
1
– 1
– 2
– 2
x
y
0 116
Рис. 20.19
Рис. 20.20
Найдем пределы интегрирования: если
0,
x
=
то
0;
t
=
если
4 ,
x
π
=
то
2 .
t
π
=
Найдем площадь фигуры по формуле (20.11)
2 2
2 2
2 0
0 0
2(1 cos )(2(
sin ))
4 (1 cos )
4 (1 2cos cos )
S
t
t
t dt
t dt
t
t dt
π
π
π
′
=
−
−
=
−
=
−
+
=
∫
∫
∫
(
)
2 2
2 2
0 0
0 0
1 cos 2 4
(1 2cos )
4 4(
2sin )
2 1 cos 2 2
t
t dt
dt
t
t
t dt
π
π
π
π
+
=
−
+
= −
+
+
=
∫
∫
∫
(
)
2 2
0 0
sin 2 8
2 8
2
sin 2 8
4 12 .
2
t
t
t
t
π
π
π
π
π
π
π


=
+
+
=
+
+
=
+
=




3) Кардиоида образует фигуру, симметричную относительно оси
Ox (рис. 20.21).
Используя симметрию, найдем площадь фигуры по формуле (20.12)
2 2
0 0
1 2
(3(1 cos ))
9 (1 2cos cos
)
2
S
d
d
π
π
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ ϕ
= ⋅
+
=
+
+
=
∫
∫
2 3
–
1 1
–
2
–
3
x
y
0 0
4
x
y
2π
4π

117 0
0 0
0 1 cos 2 9
9 1 2cos
(2 4cos
1 cos 2 )
2 2
9 9
sin 2 9
27
(3 4cos cos2 )
3 4sin
3 2
2 2
2 2
d
d
d
π
π
π
π
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ ϕ
ϕ
π
ϕ
ϕ ϕ
ϕ
ϕ
π
+


=
+
+
=
+
+ +
=






=
+
+
=
+
+
= ⋅
=




∫
∫
∫
Рис. 20.21
Пример 3. Вычислить длину дуги кривой:
1) ln
y
x
=
от точки с абсциссой 1 до точки с абсциссой 8;
2)
x
y
e
=
от точки
0
x
=
до точки
4;
x
=
3)
2 2
x
y
=
от точки
0
y
=
до
1.
y
=
Решение. 1) Применим формулу (20.14). Для ln
y
x
=
имеем
1
y
x
′ =
Получаем:
(
)
1 2
8 8
8 2
2 1
2 1
1 1
1 1
1 1
x
l
dx
dx
x
x
dx
x
x
−
+
 
=
+
=
=
+
 
 
∫
∫
∫
Подынтегральное выражение является дифференциальным бино- мом. Поскольку
1,
m
= −
2,
n
=
1
,
2
p
=
2
s
=
и
1 0
m
n
+ =
– целое число, то используем подстановку
2 2
1
x
t
+
=
Тогда
2 1
,
t
x
=
+
2 2
1,
x
t
= −
2 1,
x
t
=
−
2 1
tdt
dx
t
=
−
Если
1,
x
=
то
2,
t
=
если
8,
x
=
то
3.
t
=
Получим:
( )
3 3
3 3
2 2
1 2
2 2
2 2
2 2
2 2
1 1 1
1 1
1 1
1 1
tdt
t dt
t
l
t
t
dt
dt
t
t
t
t
−
− +


=
−
=
=
=
+
=


−
−
−


−
∫
∫
∫
∫
φ = π
φ = 0
y
x
6 118
(
)
(
)(
)
(
)
(
)
(
)
3 2
2 1
1 1
1 1
2 1
ln
3
ln
2
ln
3 2
2 1
2 2
2 2 1 2 1 1
1 1
1
ln ln
3 2
ln 2 ln
2 1 2
2 2
2 2 1 2 1 3
2
ln 2
ln
2 1 3
2
ln 2 2 .
t
t
t



− 
−
= +
= +
−
+
= −
+




+


+


−
+
−
= −
−
−
− =
+
−
= −
−
−
− = −
−
−
2) Применим формулу (20.14). Для функции
x
y
e
=
имеем
,
x
y
e
′ =
поэтому
4 2
0 1
x
l
e dx
=
+
∫
Используем подстановку
2 2
1
x
e
t
+
=
Тогда
2 1
,
x
t
e
=
+
2 2
1,
x
e
t
= −
2 2
ln(
1),
x
t
=
−
2 1
ln(
1),
2
x
t
=
−
2 1
tdt
dx
t
=
−
Находим новые пределы интегрирования: если
0,
x
=
то
2;
t
=
если
4,
x
=
то
8 1
t
e
=
+
Получаем:
8 8
8 1
1 2
1 8
2 2
2 2
2 1
1
ln
1 2
1 1
1
e
e
e
tdt
t dt
t
l
t
t
e
t
t
t
+
+
+


−
=
=
= +
=
+
+




+
−
−


∫
∫
8 8
8 8
8 1
1 1
1 2 1 1
1 1
ln
2
ln
1
ln
2 ln( 2 1).
2 2
2 2 1 1
1 1
1
e
e
e
e
e
+ −
−
+ −
+
−
−
= + +
−
−
−
+
+ +
+ +
3) Применим формулу (20.15). Для функции
2 2
x
y
=
имеем
4 ,
x
y
′ =
тогда
1 2
0 1 16
l
y dy
=
+
∫
Вычислим интеграл методом интегрирования по частям:
2 1
2 2
2 0
1 1
1 1
2 2
2 2
2 2
0 0
0 0
32 16 1 16
,
,
1 16 2 1 16 1 16
,
16
(16 1) 1 17 17 1 16 1 16 1 16 1 16
ydy
ydy
u
y
du
l
y
y
y
y
dv
dy v
y
y dy
y
dy
dy
y dy
y
y
y
=
+
=
=
=
=
+
−
+
+
=
=
+ −
−
=
−
=
−
+
+
=
+
+
+
∫
∫
∫
∫

119 1
1 2
2 2
0 0
1
(4 )
1 17 1 16 17
ln 4 1 16 4
4 1 (4 )
d
y
y dy
l
y
y
y
=
−
+
+
=
− +
+
+
+
∫
∫
Найдем длину дуги l из полученного равенства:
1 17
ln(4 17).
4
l
l
=
− +
+
Выражаем:
(
)
1 4
17
ln(4 17)
17 1
ln 4 17 .
2 2
8
l
+
+
=
=
+
+
Пример 4. Найти длину:
1) астроиды
[
]
3 3
cos ,
0; 2
;
sin ,
x
a
t
t
y
a
t
π
 =
∈
 =

2) дуги розы sin ;
a
ρ
ϕ
=
3) первого витка спирали Архимеда
;
a
ρ
ϕ
=
4) дуги логарифмической спирали
a
ϕ
ρ
=
(
0,
1)
a
a
>
≠
между точками
4
,
4
A a
π
π






и
3 2
3
,
2
B a
π
π






Решение. 1) Применим формулу (20.16). Астроида – симметрич- ная кривая (рис. 20.22).
Рис. 20.22
Вычислим длину дуги, лежащей в первой координатной четверти.
Тогда для
0
x
=
имеем
,
2
t
π
=
для x
a
=
имеем
0.
t
=
Вычисляем про- изводные:
2 3 cos sin ,
x
a
t
t
′ =
2 3 sin cos .
y
a
t
t
′ =
a
y
0
a x
–a
–a
120
Получаем:
2 2
4 2
2 4
2 0
4 9
cos sin
9
sin cos
l
a
t
t
a
t
tdt
π
=
+
=
∫
(
)
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
0 0
9 4
9
cos sin cos sin
4 4cos sin
4
a
a
t
t
t
t dt
t
tdt
π
π
=
+
=
⋅
=
∫
∫
( )
(
)
2 2
2 2
0 0
0 6
sin 2 6
sin 2 3 cos2 3
1 1
6 .
a
t dt
a
tdt
a
t
a
a
π
π
π
=
=
= −
=
− −
=
∫
∫
2) Кривая, определяемая уравнением sin ,
a
ρ
ϕ
=
имеет один лепе- сток (рис. 20.23).
Рис. 20.23
Длину дуги лепестка получим, если φ изменяется от 0 до π. При- меним формулу (20.18). Вычислим производную: cos .
a
ρ
ϕ
′ =
Получаем:
2 2
2 2
0 0
0
sin cos
2 2
2
l
a
a
d
a d
a
a
π
π
π
ϕ
ϕ ϕ
ϕ
ϕ
π
=
+
=
=
=
∫
∫
3) Длину первого витка спирали Архимеда (рис. 20.24) получим, если φ изменяется от 0 до 2π. Применим формулу (20.18). Поскольку
,
a
ρ
′ =
то получаем:
2 2
2 2
2 2
2 2
0 0
1
,
,
1
,
1
u
dv
d
d
l
a
a d
a
d
du
v
π
π
ϕ
ϕ
ϕ ϕ
ϕ
ϕ
ϕ ϕ
ϕ
ϕ
=
+
=
=
+
=
+
=
=
=
=
+
∫
∫
a
x
y
0

121 2
2 2
2 2
2 2
2 2
0 0
0 1 1 1
2 1 4 1
1
d
a
a
d
π
π
π
ϕ ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
π
π
ϕ
ϕ
ϕ




+ −




=
+
−
=
+
−
=








+
+




∫
∫
2 2
2 2
2 0
0 2
1 4 1
1
d
a
d
π
π
ϕ
π
π
ϕ ϕ
ϕ




=
+
−
+
+
=




+


∫
∫
(
)
2 2
2 0
2 1 4
ln
1
l
a
a
π
π
π
ϕ
ϕ


=
+
− +
+
+
=




(
)
2 2
2 1 4
ln 2 1 4
l
a
a
π
π
π
π


=
+
− +
+
+




Найдем длину дуги l из полученного равенства
(
)
2 2
2 1 4
ln 2 1 4
l
a
l
a
π
π
π
π
=
+
− +
+
+
Выражаем:
(
)
2 2
1 4
ln 2 1 4 2
a
l
a
π
π
π
π
=
+
+
+
+
Рис. 20.24 4) Логарифмическая спираль
a
ϕ
ρ
=
изображена на рис. 20.25.
Применим формулу (20.18). Точку
4
,
4
A a
π
π






получим, если
,
4
π
ϕ
=
точку
3 2
3
,
2
B à
π
π






получим, если
3 2
π
ϕ
=
Поэтому имеем:
3 3
3 2
2 2
2 2
2 2
2 4
4 4
ln
1 ln
1 ln
l
a
a
ad
a
ad
a
a d
π
π
π
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
π
π
π
ϕ
ϕ
ϕ
=
+
=
+
= +
=
∫
∫
∫
3 3
2 2
2 2
4 4
1 ln
1 ln ln ln
a
a
a
a
a
a
a
π
π
π
ϕ
π


+
+


=
=
−




0
х
122
Рис. 20.25
Пример 5. Найти объем тела, ограниченного эллиптическим пара- болоидом
2 2
2 2
x
y
z
a
b
=
+
и плоскостью
z
h
=
Решение. Если эллиптический параболоид
2 2
2 2
x
y
z
a
b
=
+
пересечь плоскостью
,
z
const
=
то в его сечении получим эллипс
2 2
2 2
1,
x
y
za
zb
+
=
т. е.
2 2
2 2
1.
(
)
(
)
x
y
za
zb
+
=
Площадь эллипса найдена в примере 2 (см. с. 115). Имеем
,
S
za zb
abz
π
π
=
=
0
z
h
≤ ≤
Для вычисления объема тела применим формулу (20.19):
2 2
0 0
2
h
h
abz
V
abzdz
abh
π
π
π
=
=
=
∫
Пример 6. Используя определенный интеграл, получить формулу объема шара двумя способами.
Решение. 1-й способ. Поместим центр шара в начало координат
(рис. 20.26). Пересечем шар плоскостью, перпендикулярной оси Ox.
Вычислим площадь круга, полученного в сечении. Обозначим его ра- диус через r. Тогда
2 2
r
R
x
=
−
Площадь круга является функцией переменной x и равна
2 2
2
(
),
S
r
R
x
π
π
=
=
−
причем x изменяется от –
R до R. Для вычисления объема шара применим формулу (20.19):
2 2
2 2
( )
(
)
(
)
R
R
R
R
R
R
V
S x dx
R
x dx
R
x dx
π
π
−
−
−
=
=
−
=
−
=
∫
∫
∫
3 3
3 2
3 3
3 4
3 3
3 3
R
R
x
R
R
R x
R
R
R
π
π
π
−






=
−
=
−
− −
+
=












Р
φ
ρ
M
х
0

123
Рис. 20.26
2-й способ. Вычислим объем шара, рассматривая его как тело вра- щения. Пусть окружность
2 2
2
x
y
R
+
=
вращается вокруг оси Ox, она образует сферическую поверхность, которая является границей шара.
Для вычисления объема шара применим формулу (20.20). Поскольку
2 2
2
,
y
R
x
=
−
где
[
]
;
,
x
R R
∈ −
то получаем формулу объема шара:
3 2
2 2
2
(
)
3
R
R
R
R
R
R
x
V
y dx
R
x dx
R x
π
π
π
−
−
−


=
=
−
=
−
=




∫
∫
3 3
3 3
3 4
3 3
3
R
R
R
R
R
π
π




=
−
− −
+
=







