neopred_int(математика)

b

V = π ∫ϕ2 ( y)dy , где V – объем тела, полученного вра-

a

х=ϕ(у) щением криволинейной трапеции 0≤ x ≤ ϕ(y), c ≤ y ≤ d вокруг оси ОУ.

3. Площади плоских фигур, длины дуг кривых, площадь поверхности тела вращения рассмотрим в таблице 8.

Таблица 8.

В прямоугольных координатах

В полярных

координатах

y=f(x) на [a;b] или

x = x(t),

r

r(

),

( ;

).

t (α; β)

=

ϕ

ϕ α

β

= y(t),

x=φ(y )на [c; d ]

y

Площадь плоских фигур

b

β

1

β

S =

∫ f (x)

dx или

S =

∫y(t) x′(t)dt

S =

∫r 2 (ϕ)

dϕ

2

a

α

α

S =

∫d ϕ( y)

dy

c

Длины дуг кривых

b

β

(x′(t))2

+ (y′(t))2 dt

β

r2 (ϕ) + (r′(ϕ))2 dϕ

l = ∫ 1 + (f ′(x))2 dx или

l = ∫

l = ∫

a

α

α

d

l = ∫

′

2

dx

1+ (ϕ ( y))

c

Вычисление

площади поверхности

вращения

b

β

(x′(t))

β

′

2

dx

S = 2π ∫y(t)

2

2

dt

S = 2π ∫r sin(ϕ)

r

2

2

dϕ

S = 2π ∫ϕ(x) 1 + (ϕ′(x))

+(y′(t))

(ϕ) +(r (ϕ))

a

α

α

40

Примеры:

1.Вычислить площади фигур, ограниченных графиками функций:

а) y = x 9 − x2 , y = 0, (0 ≤ x ≤ 3).

Решение:

		9 − x2 = t 9 − x2 = t 2
S = ∫3	x	9 − x2 dx = xdx = −tdt
0		x = 0 t = 3
		x = 3 t = 0

	2 cos(t), y=2 ( y ≥ 2 ).
б) x =
	2 sin(t),
y = 2

Решение:

= −∫0 t tdt = ∫3 t 2 dt = t 3			30 = 9(кв.ед)
3	0	3

у

2 2

у =2

0

2

х

π

2 sin(t)(−

2 sin(t))dt − 2 2 = 4

3π

3π

S = ∫4

2

∫4

sin 2 (t)dt − 4 = 2

∫4

(1−cos(2t))dt − 4 =

3π

π

π

4

4

4

1

3π

4

− 4 =π − 2(кв.ед).

= 2 1

−

sin(2t)

2

π

4

2. Вычислить длины дуг кривых, заданных уравнениями.

а)

y = −arccos

x +

x − x2 ,

0 ≤ x ≤1 4.

Найдём сначала производную

y

′

1

1

1 − 2x

2 − 2x

1 − x

= 1 − x

2 x

+ 2 x − x2

= 2 x 1 − x =

x

1

1 − x 2

1

1

1

1

4

4

1 − x

4 x +1 − x

4 dx

4

L = ∫

dx =

∫ 1

+

dx = ∫

dx =

∫

=

2 x

=1(ед)

1 +

x

x

x

x

0

0

0

0

0

б)

x = (t 2

− 2)sin(t) + 2t cos(t),

0

≤ t ≤π 2

y =

(2 −t 2 )cos(t) + 2t sin(t).

Найдём производные

41

x′ = 2t sin(t) + (t 2 − 2)cos(t) + 2cos(t) − 2t sin(t) = t 2 cos(t); y′ = −2t cos(t) −(2 −t 2 )sin(t) + 2sin(t) + 2t cos(t) = t 2 sin(t).

π	π	π

L = ∫2	t 4 cos2 (t) +t 4 sin 2 (t)dt = ∫2 t 2 dt =	1	t 3	2	=	π 3	(ед)
0	0	3		0		24

в) r =1−sin(ϕ), −π 2 ≤ϕ ≤ −π 6 .

Найдём производную r′ = −cos(ϕ)

−π

−π

−π

L = ∫6

(1−sin(ϕ))2 +(−cos(ϕ))2 dϕ = ∫6

1−2sin(ϕ) +sin2 (ϕ) +cos2 (ϕ)dϕ = ∫6

2(1−sin(ϕ))dϕ =

π

π

π

−2

−2

−

2

−π6

π

−

ϕ

π

−

ϕ

−π6

= 2(ед)

= 2 ∫ sin

dϕ = 4cos

−

π

4

2

4

2

−π

2

2

3. Найти

площадь

поверхности,

образованной

вращением

кардиоиды

r = a(1 + cos(ϕ)) вокруг полярной оси (рис. см. приложение №1).

Решение:

′

2

′

2

2

2 ϕ

2

π

ϕ

+ r

= 4a

cos

S =

4πa ∫(1+cos(ϕ))sin(ϕ)cos

dϕ

r (ϕ)= −a sin(ϕ), r

2

2

0

=16πa

π

ϕ

ϕ

π

ϕ

ϕ

=

32

(ед. кв.)

2

4

2

∫cos

4

πa

2

∫cos

2

sin

2

dϕ = −32πa

d cos

5

0

0

2

2

4. Найти объем тела, образованного вращением эллипса

x2

+

y2

=1 вокруг

a2

b2

оси Ох. Решение:

Так как эллипс симметричен относительно осей координат, то достаточно найти половину искомого объема и полученный результат удвоить.

1

a

a

− x

2

a

πb

2

a

a

− πb

2

x

3

a

V = π

∫

y2

(x)dx = π

2

=π

2

−

2

= π 2

=

∫dx

∫x

dx

2

∫b

1

a

2

dx

b

a

2

b

x

0

3a

2

0

0

0

0

0

= 23 πab2 . Следовательно V = 43 πab2 .

42

5.Найти площадь поверхности шара радиуса R, рассматривая его как тело вращения.

Решение.

Поверхность шара может быть образована вращением дуги полуокружности. Рассмотрим разные варианты задания уравнения окружности:

1)Окружность задана в декартовых координатах:

а) полуокружность y = R2 − x2 , − R ≤ x ≤ R вращение вокруг оси Ох.

Применяем формулу:

′

− x

,

′ 2

x2

R

,

y

=

R2

− x2

1+

( y )

= 1+

R2

− x2

=

R2 − x2

R

R

R

.

Sx = 2π ∫

R

2

− x

2

R

2

R

2

− x

2

dx = 2π ∫Rdx = 2πRx −R = 4πR

−R

−R

б) полуокружность x =

R2 − y2 , − R ≤ y ≤ R вращение вокруг оси Оу.

Применяем формулу:

x

′

=

− y

,

′ 2

y 2

R

,

R2

− y2

1+

(x )

= 1+

R2

− y 2

=

R2 − y 2

R

′

R

R

R

.

S y = 2π ∫x

2

dy =2π ∫

R

2

− y

2

2 dy

R

2

1+ (x )

R

2

− y

= 2π ∫Rdy = 2πRy −R = 4πR

−R

−R

−R

2)Окружность задана параметрическими уравнениями: x = R cos(t), .

y = R sin(t).

				π
Применяем формулу:		1	Sx = 2π ∫2		R sin(t)	((R cos(t))′t )2 + ((R sin(t))′t )2 dt =
		2	0
π
= 2π ∫2				π
	R sin(t)Rdt = 2πR2 (−cos(t))			02 = 2πR2 . Следовательно, Sx								= 4πR2 .
0
3) Окружность задана в полярных координатах.
				π
Применяем формулу:		1	2			R		+ (R )		dϕ = 2πR		(cos(ϕ))		π	= 2πR		.
			Sx = 2π ∫R sin(ϕ)											0
							2	′	2		2			2		2
		2	0

Следовательно, Sx = 4πR2 .

43

2.6. Физические приложения определенного интеграла

Приведем в виде таблицы 9 физические приложения определенного

интеграла.

Таблица 9.

Вычислить

Дано

Формула

Путь, пройденный те-

v=v(t) – скорость матери-

t2

лом

альной точки,

S = ∫v(t)dt

t1 ≤ t ≤ t2 - время

t1

Работу переменной си-

F – переменная сила,

b

лы

S – вектор перемещения

A = ∫F(x)dx

точки, a ≤ S ≤ b

a

Работу электродвига-

N(t) – мощность в момент

b

теля переменной мощ-

времени t, t [a,b] - проме-

A = ∫N (t)dt

ности

жуток времени

a

Силу давления жидко-

ρ - плотность,

g = 9,8 м 2

b

сти

а) y = f (x), x [a,b]

с

P = g∫ρ x f (x)dx

a

b

б) y = y1 (x) и y = y2 (x), x [a,b]

P = g

∫

ρ x ( y2 − y1 )dx

a

Для плоской линии

Массу

ρ - плотность,

b

y = f (x), x [a,b]

m = ∫ρ 1+ ( y / )2 dx

a

Статические мо-

b

1+ ( y / )2 dx ,

менты

M x

= ∫ρ y

a

b

M y = ∫ρ x 1+ ( y / )2 dx

a

Моменты инерции

I x

= ∫ρ y 2

1+ ( y / )2 dx

, I y = ∫ρ x2

1+ ( y/ )2 dx

b

b

a

a

I0

= I x + I y

Координаты цен-

xc

=

M y

,

yC =

M

x

тра тяжести

m

m

Для плоской

фигуры

Массу

ρ - плотность,

b

y = f (x), x [a,b]

m = ∫ρ y dx

a

Статические мо-

1

b

b

менты

M x =

∫ρ y2 dx ,

M y

= ∫ρ xydx

2 a

a

Моменты инерции

1

b

b

I x

=

∫ρ y3dx , I y = ∫ρ x2 ydx ,

I0 = I x + I y

2 a

a

Координаты цен-

xc

=

M y

,

yC =

M

x

тра тяжести

m

m

44

Примеры:

1.Цилиндр наполнен газом под атмосферным давлением (103,3 кПа). Считая газ идеальным, определить работу (в джоулях) при изотермическом сжатии газа поршнем, переместившимся внутрь цилиндра на h =0,2 м

при H=0,4, R=0,1 м.

Решение:

Уравнение состояния газа pV = const , где p – давление, V – объем.

h

2R

H

V2

Такая работа будет вычисляться по следующей формуле: A = ∫ pdV .

V1

Где V = πR2 H , тогда	V1	= π 0,12 0,4 = 0,004π .
	V2	= π 0,12 0,2 = 0,002π
0,002π			0,002π = −206,6 (Дж).
A = ∫ 103,3 103 dV =103,3 103V
0,004π			0,004π

2.Найти статические моменты относительно осей координат и координаты центра тяжести однородной (ρ=1) полуокружности x2 + y 2 = R2 (y ≥ 0).

Решение:

Имеем y =

R

2

− x

2

, y

′

=

− x

, 1 + y

′2

=

R

. На основании формул :

R2 − x2

R2 − x2

R

R

R

M x = ∫

R

2

− x

2

dx = R ∫dx =

2R

2

,

R

2

− x

2

−R

−R

R

R

R

M y = ∫x

2 dx = −R R

2

− x

2

= 0.

R

2

− x

−R

−R

45

Масса М полуокружности численно равна длине полуокружности (M = πR) .

Находим координаты её центра тяжести:

	M y		M	x		2R2		2R		2R
xC =		= 0, yC =			=		=		. Итак C 0;		.
	M					πR		π		π
			M

3. Вычислить силу, с которой вода давит на плотину, имеющую форму равнобочной трапеции, верхнее основание которой a = 70 м, нижнее – b = 50 м, а высота H = 20 м. Плотность воды 1000 кг/м3.

Решение:

Выберем систему координат и сделаем изображение.

а=70

С(0; 70)

0

у

20

В(20; 60)

х

А(20; 10)

b=50

Координаты точек А, В и С легко определяются из чертежа: А(20; 10), В(20; 60), С(0; 70). Уравнение линии ОА имеет вид y = 0,5x , а уравнение линии ВС: y = −0,5x + 70 .

							b
По формуле расчета силу давления на пластинку: P = g∫ρx( y2												− y1 )dx при
							a
a = 0, b = 20, y1 = 0,5x ,	y2 = −0,5x + 70 вычисляем.
20	20	2			x3			x2			20	6
P = gρ ∫x(−0,5x + 70 −0,5x)dx = gρ ∫(−x				−		+ 70					0	=114,97 10 (Н).
			+ 70x)dx = gρ		3		2
0	0

4.Найти статические моменты и моменты инерции относительно осей Ох и Оу дуги цепной линии y=ch(x) при 0 ≤ x ≤1 (предполагается, что кривая однородна и ρ =1).

Решение:

Имеем y′ = sh(x) , 1 + (y′)2 = 1 + sh2 (x) = ch(x) .

46

Используя формулы из таблицы находим

			1				2			1		1										1				sh(2x)									1							2			+ sh2
M x = ∫ch								(x)dx =						∫(1+ ch(2x))dx =									x +															=								.
			0							2		0										2				2									0										4
M y = ∫1				x ch(x)dx =										x = u;dx = du;													= xsh(x)										10		− ∫01 sh(x)dx = (xsh(x) −ch(x))														10 =
														ch(x)dx = dv; sh(x) = v.
			0
= sh1 − ch1 +1 .
	1								1																				3															1
																												sh			(x))																	1
I x = ∫ch					3				∫(1						2		(x))ch(x)dx																																	3	1.
						(x)dx =								+ sh								= sh(x) +																							= sh1+					sh
																													3																			3
	0								0																																			0
I y		= ∫1	x2 ch(x)dx =											x2 = u; 2xdx = du;													= x2 sh(x)													10 − 2∫01 x sh(x)dx =
	0													ch(x)dx = dv; sh(x) = v.
=		x = u; dx = du;															= (x2 sh(x) − 2xch(x))																1					+ 2∫01 ch(x)dx =
		sh(x)dx = dv; ch(x) = v.																															0
= (x2 sh(x) − 2xch(x) + 2sh(x))																			1	= 3sh1−2ch1.
																			0
Следовательно, M x =																2 + sh2					; M y = sh1−ch1+1;																	I x = sh1+									1		sh31; I y = 3sh1− 2ch1.
																	4																													3

5.Найти статистические моменты относительно осей координат и коорди-

наты

центра

масс

однородной

( ρ =1)

полуокружности

x2 + y2 = R2 ( y ≥ 0) .

Решение.

Имеем y =

R

2

− x

2

,

y

′

=

− x

, 1+

′

2

=

R

.

R2 − x2

( y )

R2 − x2

На основании формул получим:

R

R

R

R

R

M x = ∫ R

2

− x

2

dx = R ∫dx = 2R

2

, M y = ∫x

dx = −R R

2

− x

2 R

R

2

− x

2

R

2

− x

2

−R = 0 .

−R

−R

−R

Масса М полуокружности численно равна длине полуокружности ( M =πR ), поэтому по соответствующим формулам находим координаты ее

M y

M

x

2R2

2R

2R

центра масс:

xC =

= 0, yC =

=

=

. Получаем: C 0;

.

M

M

πR

π

π

47

2.7. Экономическое приложение определенного интеграла

Приведем в виде таблицы 10 экономические приложения определенного интеграла.

					Таблица 10.
Вычислить		Формула
Объем выпускаемой продукции за Т лет		T
	Q = ∫(αt + β )e γt dt
	0
Дисконтированный доход К за время Т			T
	K = ∫ f (t)e−it dt
			0
Среднее время tср, затраченное на				1	x2
изготовление одного изделия в период	tср =				∫t(x)dx
		x		− x
освоения от x1 до x2 изделий			2	1	x
					1

Примеры:

1.Найти объем продукции, произведенной за 4 года, если функция Кобба-Дугласа имеет вид g(t) = (1+t)e3t .

Решение.

По формуле вычисления объема выпускаемой продукции имеем

Q = ∫4 (1 + t )e 3t dt .

0

Используем

метод

интегрирования по частям.

Пусть

u = t +1, dv = e3t dt.

1

3t

1

3t

4

4 1

3t

Тогда du = dt, v =

e

. Следовательно, Q = (t +1)

e

0

− ∫0

e

dt

=

3

3

3

= 1 (5e12 −1) −

1 e3t

04

= 1 (14 e12

− 2) ≈ 2,53 10 5 (усл.ед).

3

9

9

2.Определить дисконтированный доход за три года при процентной ставке 8%, если первоначальные (базовые) капиталовложения составили 10 млн. руб., и намечается ежегодно увеличивать капиталовложения на 1

млн. руб. Решение.

48

Капиталовложения задаются функцией f (t) =10 +1 t =10 +t . Тогда дискон-

тированная сумма капиталовложений K = ∫3											(10 +t)e−0,08t dt .
										0
Используем метод интегрирования по частям. Пусть																u = t +10, dv = e−0,08t dt.
Тогда du = dt, v = −			1			e−0,08t . Следовательно,
0,08
	1					3	1		13e	−0,24			10		1			30 ≈ 30,5 (млн).
K = −(t +10)		e−0,08t		30	+ ∫			e−0,08t dt = −				+		−			e−0,08t
																2
0,08						0	0,08	0,08			0,08				0,08

руб. Это означает, что для получения одинаковой наращенной суммы через три года ежегодные капиталовложения от 10 до 13 млн. руб. равносильны одновременным первоначальным вложениям 30,5 млн.руб. при той же, начисляемой непрерывно, процентной ставке.

3.		По данным исследований в распределении доходов в одной из стран
	кривая								Лоренца ОВА									(рис.		)	может быть описана															уравнением
	y =1−							1− x2 , где х – доля населения, у – доля дохода населения. Вычис-
	лить коэффициент Джини.																							100(1)%								у						А
Решение.
Коэффициент Джини, исходя из
изображения кривой Лоренца ОВА,																																				В
																																						С
можно вычислить по формуле:
																													0						100(1)%					х
k =			SOAB					=	1−	SOBAC					=1− 2SOBAC , так как S OAC									=	1		.
			S OAC							S OAC
																									2
					1	(1 −									1			1			1
SOBAC = ∫									1 − x2 )dx = ∫dx − ∫ 1 − x2 dx =1 − ∫													1 − x2 dx.
					0										0			0			0
Делаем замену x = sin(t), dx = cos(t)dt, t1																					= 0, t2		=π			2		.
1									π 2									π 2			π 2			+ cos(2t)										π 2		π 2
				2												2			2			1											1
∫ 1− x					dx			= ∫cos(t)						1−sin			(t)dt = ∫cos			(t)dt = ∫											dt =			∫dt + ∫cos(2t)dt
																										2
																																	2
0									0									0			0													0	0
	1				1							π			π
=		t +				sin(2t)						0	2	=
	2				2										4

49