Высшая_математика_Том2

венстве будет тем больше, чем меньше мелкость разбиения λR = max xi. В
	16i6n
пределе при λR → 0 мы получаем точное значение площади криволинейной
трапеции
n	b
S = lim ∑ f (ξi) xi =	f (x) dx.
λR →0 i=1	a

Формула

b

S = f (x) dx

a

выражает геометрический смысл определенного интеграла — площадь между осью абсцисс и графиком положительной функции y = f (x).

Б. Теперь рассмотрим фигуру G, заключенную между двумя графиками функций, точнее

G = {(x, y) : a 6 x 6 b, ϕ(x) 6 y 6 ψ(x)},

где функции ϕ(x) и ψ(x) мы предполагаем непрерывными на отрезке [a, b] (рис. 2.2). Вычислим площадь фигуры G (рис. 2.2, а). Пусть C — такое число,

y					y		y = ψ(x) + C
		y = ψ(x)
							G′
O					O
				x					x
							y = ϕ(x) + C
	a		b			a		b
		G
		y = ϕ(x)
		а					б

Рис. 2.2

что ϕ(x) +C > 0 при всех x [a, b]. Тогда фигура G′ = {(x, y) : a 6 x 6 b, ϕ(x) + C 6 y 6 ψ(x) + C} получена из фигуры G параллельным сдвигом вдоль оси Oy (рис. 2.2, б). Следовательно, площади фигур G и G′ равны. Пусть S — площадь фигуры G (значит, и площадь G′), очевидно,

b b b

S = [ψ(x) + C] dx − [ϕ(x) + C] dx = [ψ(x) −ϕ(x)] dx.

a a a

51

ПРИМЕР 2.4.1. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями x2 − 3x + 4, y = x + 1 (рис. 2.3).

y

4

3

2

G

1

O

							x
	1		2	3	4

Рис. 2.3

Находим точки пересечения линий. Из x2 − 3x + 4 = x + 1 следует, что x1 = 1, x2 = 3. По формуле вычисляем площадь

	3
S =	(x + 1) −(x2 −3x + 4) 2 dx =

1

	3	x3	3	4
	= (4x −x2 −3) dx = (2x2 −		−3x) 1 =
		3		3 .
	1

В. Пусть теперь G — криволинейная трапеция, но кривая задана не уравнением y = f (x), а параметрически: x = ϕ(t), y = ψ(t), α 6 t 6 β, и пусть ϕ(α) = a, ϕ(β) = b и x = ϕ(t) — монотонная функция на [α, β]. Допустим, мы решили уравнение x = ϕ(t) относительно t и результат t = t(x) подставим в y = ψ(t). Мы получим уравнение y = ψ(t(x)) = f (x) криволинейной стороны трапеции. Мы считаем, что f (x) > 0 на [a, b]. Тогда площадь G находится по известной формуле

b

S = f (x) dx.

a

Сделаем в интеграле замену переменной

x = ϕ(t), dx = ϕ′(t) dt, f (ϕ(t)) = ψ(t).

52

Тогда
	b		β	β
S =	f (x) dx =		f (ϕ(t))ϕ′(t) dt = ψ(t)ϕ′(t) dt.
	a		α	α
ПРИМЕР 2.4.2. Найти площадь одной арки циклоиды
x = a(t −sin t),		y = a(1 −cos t),		0 6 t 6 2π,	(рис. 2.4).
y
2a
O
			πa		2πa	x
			Рис. 2.4

Используя полученную формулу, находим площадь

2π

S = a(1 −cos t) ·a(1 −cos t) dt =

0

= a2

2π

1 +

2

dt =

0

1 −2 cos t +

cos 2t

= a2

2π

= 3πa2 .

2 t −2 sin t + 4 sin 2t 0

3

1

2

1 + cos 2t

При вычислении мы используем формулу cos

t

=

2

г) В этом пункте мы вычислим площадь криволинейного сектора, т. е. фигуры, ограниченной кривой, заданной в полярных координатах уравнением r = r(ϕ), α 6 ϕ 6 β и лучами ϕ = α и ϕ = β (рис. 2.5). Покажем, что площадь криволинейного сектора вычисляется по формуле

		1	β
	S =		r2 (ϕ) dϕ.
		2

α

53

y

	Δϕi
	ξi
	β
O	α
	x
	Рис. 2.5

Рассмотрим произвольное разбиение отрезка [α, β]: α = ϕ0 < < ϕ1 < . . . < ϕn = β. Выберем на каждом частичном отрезке [ϕi−1, ϕi] произвольную точку ξi, и построим круговой сектор радиуса r(ξi) и с углом Δϕi = ϕi −ϕi−1, i = 1, 2, . . . , n. Таким образом, криволинейный сектор, соответствующий изменению ϕ от ϕi−1 до ϕi, мы заменяем на круговой сектор в этих же пределах изменения угла.

Площадь кругового сектора равна

1

r2 (ξi)Δϕi. Значит, площадь всего

2

криволинейного сектора приближенно равна

n

S ≈ ∑

1

r2 (ξi)Δϕi,

2

i=1

и точность

тем больше,

чем мельче

разбиение. В пределе, при λR =

16i6n Δϕi →

0

, получаем точное значение площади

max

1

n

1

β

S = lim

∑ r2 (ξi)Δϕi =

r2 (ϕ) dϕ.

λR →0

2 i=1

2

α

ПРИМЕР 2.4.3. Вычислить площадь фигуры, ограниченной кардиоидой

r= a(1 + cos ϕ).

Всилу того что cos(−ϕ) = cos(ϕ), фигура будет симметричной относительно полярной оси, или, при нашем выборе полярной системы координат — оси Ox (рис. 2.6). Следовательно, достаточно вычислить площадь

54

y
a
O	2a	x
	Рис. 2.6

верхней части фигуры (при y > 0) и затем результат удвоить. Вычисляем,

		1	π
	S = 2 ·		a2(1 + cos ϕ)2 dϕ =
		2
			0

= a2

0

π

1 + 2 cos ϕ + 1 +

2

ϕ dϕ =

cos 2

= a2

π

=

2 πa2 .

2 ϕ + 2 sin ϕ + 4 sin 2ϕ 0

3

1

3

2.4.2. Вычисление длины кривой

Пусть кривая γ xOy задана уравнением y = f (x), a 6 x 6 b, где f (x) — непрерывная на отрезке [a, b] функция. Обозначим через A и B концы кривой γ, т. е. A = (a, f (a)), B = (b, f (b)). Разобьем кривую γ на n частей точками A = M0 , M1, . . . , Mn = B. Соединив точки последовательно, получим ломаную. Эта ломаная называется вписанной в кривую γ (рис. 2.7).

Через li = |Mi−1Mi| обозначим длину звена ломаной с концами Mi−1 и

Mi. Положим λ = max li.

16i6n

Определение 2.4.1. Число L называется пределом длин вписанных лома-

n

ных P = ∑ li при λ → 0, если для любого числа ε > 0 найдется δ > 0, что для

i=1

любой ломанной такой, что λ < δ, будет выполняться

|L −P| < ε.

55

y

A = M0
M1	Mn−1 B = Mn
	M2
	Mi

O
					x
	a = x0 x1	x2	xi	xn−1 b = xn

Рис. 2.7

Определение 2.4.2. Если существует предел lim P = L длин вписанных

λ→0

ломаных, то этот предел называется длиной кривой γ.

Докажем, что если функция y = f (x) имеет непрерывную на отрезке [a, b] производную f ′(x), то длина кривой γ: y = f (x), a 6 x 6 b, вычисляется по формуле

b	b
L = a	q1 + [ f ′(x)]2 dx = a	p1 + y′2 dx.
Пусть точки M0 ,	M1 , . . . , Mn разбивают кривую γ		на n ча-
стей. Если xi — проекция точки Mi на		ось Ox, то Mi	имеет ко-

ординаты (xi, f (xi)), i = 0, 1, . . . , n. Точки a = x0 < x1 < . . . < xn = = b разбивают отрезок [a, b] на части. Соединим точки M0 , M1 , . . . , Mn по-

следовательно и сосчитаем длину вписанной ломаной. Длина звена Mi−1Mi равна

li = Mi−1Mi		=	(xi	−	xi+1)2 + [ f (xi)	−	f (xi−1)]2.
По теореме Лагранжа|	|		q
	f (xi) − f (xi−1) = f ′(ξi) xi,
где xi = xi −xi−1 и xi−1 < ξi			< xi. Тогда
		li = q1 + [ f ′(ξi)]2 xi,

и если через Pn обозначить длину вписанной ломаной, то

nn q

Pn = ∑ li = ∑ 1 + [ f ′(ξi)]2 xi.

i=1 i=1

56

Мы видим, что длина вписанной ломаной является интегральной сум-

мой для функции g(x) =

1 + [ f ′(x)]2 на отрезке [a, b]. Поэтому, переходя к

пределу при λ = max

xi

0, получаем

16i6n

p→

n

b

L

lim ∑

1

f

2

x

i = a

1

f

x

2 dx

=

λ→0 i=1 q

+ [

′

(ξi)]

q

+ [

′( )]

.

ПРИМЕР 2.4.4. Вычислить

длину

дуги

кривой

y

= x3/2

от

x

=

= 0 до x = 5 (рис. 2.8).

Согласно формуле имеем

5

3

2

1

5

L = 0

s1 + 2 x1/2

dx =

2 0

√4 + 9x dx =

5

√9x + 4 d(9x +

5

1

1

2

=

18

4) = 18

· 3 (9x + 4) 0 =

0

1

3

3

335

=

27

(7

−2

) =

27 .

Рассмотрим теперь длину дуги кривой

y

γ: y = f (x), a 6 x 6 b, от точки A(a, f (a)) —

начала кривой γ, до переменной точки

X (x, f (x)). Тогда, как мы показали, длина

этой дуги

x

s(x) = a

q1 + [ f ′(t)]2 dt.

O

5

x

Переменную интегрирования мы обозна-

чили другой буквой, чтобы не путать с пе-

Рис. 2.8

ременным верхним пределом. Дифферен-

цируя s(x) по теореме о дифференцирова-

нии интеграла по верхнему пределу, получаем

или

s′(x) = q1 + [ f ′(x)]2 ,

ds = q1 + [ f ′(x)]2 dx = p1 + y′2 dx.

Учитывая, что y′ dx = dy, мы можем дифференциал длины дуги записать в виде

p

ds = dx2 + dy2,

57

b

где dx2 = (dx)2 , dy2 = (dy)2. Отсюда вытекает, что L = ds.

a

Если бы мы рассматривали кривую γ: x = µ(y), c 6 y 6 d, где µ(y) имеет непрерывную на [c, d] производную µ′(y), то получили бы такую формулу для нахождения длины γ:

d				d
L = c	q	1 + [µ′(y)]2	dy = c	q	1 + [x′(y)]2	dy.

Если A(µ(c), c) — начало γ, а Y (µ(y), y) — переменная точка на γ, то длина

˘
дуги AY есть величина
	y
	s(y) = c	q	1 + [x′(t)]2			dt.
Откуда находим, как и выше,
ds = 1 + x′2 dy = dx2 + dy2 .
Следовательно, и в этом	случае можно записать
	p			p
				d
	L =			ds.
			c
Рассмотрим теперь	кривую	γ,		заданную параметрически: x =

= ϕ(t), y = ψ(t), α 6 t 6 β. Мы будем предполагать, что функции ϕ и ψ дифференцируемы и производные ϕ′(t) и ψ′(t) непрерывны на [α, β].

Допустим сначала, что кривая γ допускает представление в виде графика функции y = f (x), a 6 x 6 b. Из дифференциального исчисления известно, что f (x) имеет непрерывную производную

y′x = f ′(x) = ψ′′(t) . ϕ (t)

Предположим, что при возрастании t от α до β функция x =

=ϕ(t) монотонно растет от a до b. Тогда ϕ′(t) > 0 на [α, β]. Как мы уже знаем, длина кривой γ равна

	b
L =	q	1 + (y′x)2	dx.	(2.4.1)
	a

Сделаем в интеграле замену переменной x = ϕ(t), dx = ϕ′(t), y′x = ψ′(t)/ϕ′(t). Тогда

	β						β
		s1 +		ϕ′	2	ϕ′(t) dt =		ϕ′2 + ψ′2 dt.			(2.4.2)
	L =
	α			′			α	q
				ψ

58

Пусть теперь функция x = ϕ(t) убывает на отрезке [α, β]. Тогда ϕ(α) = b,

ϕ(β) = a, ϕ′(t) 6 0 на [α, β].

Снова сделаем замену переменных в интеграле (2.4.1).

b

α

1 + (y′(x))2 dx =

s1 +

ϕ′

2

ϕ′(t) dt =

L =

a

q

β

′

ψ

α

q(ϕ′())2 + (ψ′(t))2 · |ϕ′′

(t)| dt = −

α

qϕ′2

+ ψ′2 dt =

= β

β

ϕ

(t)

				β
				= α	q	ϕ′2 + ψ′2		dt
	и снова приходим к формуле (2.4.2). Поскольку ϕ′(t) 6 0, то						ϕ′(t)			=
							|ϕ′(t)|
		ϕ′(t)
				= −1.
		ϕ	(t)
	− ′

Меняя ролями x и y и повторяя вышеприведенные рассуждения, несложно показать, что если кривая γ: x = ϕ(t), y = ψ(t), α 6 t 6 β является графиком функции x = g(y), c 6 y 6 d, то ее длина снова будет выражена интегралом (2.4.2)

β

q

L = ϕ′2 + ψ′2 dt.

α

Графиком функции y = f (x) можно задать только такую кривую, которую прямая, параллельная оси Oy, пересекает только в одной точке. Замкнутую кривую, например окружность или эллипс, нельзя задать как график некоторой функции y = f (x) или x = g(y). Но часто такую линию можно

задать параметрически. Например, эллипс x2 + y2 = 1 задается с помощью a2 b2

следующих параметрических уравнений x = a cos t, y = b sin t, 0 6 t 6 2π. Несложно теперь показать, что по формуле

β

q

L = (ϕ′(t))2 + (ψ′(t))2 dt

α

можно вычислить длину кривой γ: x = ϕ(t), y = ψ(t), α 6 t 6 β и в том случае, когда кривая γ не является графиком функции y = f (x) или x = g(y). Правда, мы предполагаем, что кривую γ можно разбить на конечное число частей

точками M0 , M1 , . . . , Mk так, что каждая часть — дуга Mi−1 Mi, i = 1, 2, . . . , k — является графиком некоторой функции y = f (x), либо функции x = g(y).

59

Мы считаем,	что каждой точке			Mi соответствует	свое	значе-
ние параметра t:	Mi = (ϕ(ti), ψ(ti)),		и что α = t0 < t1		< t2	< . . . <
< tk = β. Тогда, если li — длина дуги Mi−1Mi, то
	ti
li =	q	(ϕ′(t))2 + (ψ′(t))2		dt , i = 1, 2, . . . , k.

ti−1

Тогда длина всей кривой L есть сумма li и мы получаем, в силу аддитивности определенного интеграла

k

k

ti

qϕ′( )

+ ψ′( )

=

= i=1

i = i=1ti−1

L

∑ l

∑

t

2

t

2 dt

tk

q

β

q

= t0

ϕ′(t)2 + ψ′(t)2

dt = α

ϕ′(t)2 + ψ′(t)2

dt.

Найдем

дифференциал

длины дуги

в

случае

параметрическо-

го

задания

кривой.

Пусть

A(ϕ(α), ψ(α))

—

начало

кривой γ: x =

= ϕ(t), y = ψ(t), α 6 t 6 β, а X = (ϕ(t), ψ(t)) — переменная точка на кривой. Тогда длина дуги кривой AX равна

	t
S(t) =	qϕ′(τ)2 + ψ′(τ)2 dτ , α 6 t 6 β.

α

Отсюда, применяя теорему о дифференцировании интеграла по верхнему пределу, находим

q

ds = S′(t) dt = ϕ′(t)2 + ψ′(t)2 dt.

Так как из x = ϕ(t), y = ψ(t) следует dx = ϕ′(t) dt, y = ψ′(t) dt, то отсюда получаем

q

ds = (ϕ′(t) dt)2 + (ψ′(t) dt)2 = dx2 + dy2.

	Мы видим, что выражение для		дифференциала длины дуги ds =
			p
p

dx2 + dy2 не меняется в зависимости от способа задания кривой. Используя сокращенную запись, видим, что опять можем записать длину кривой в виде

β

L = ds.

α

ПРИМЕР 2.4.5. Найти длину одной арки циклоиды x = a(t−

−sin t), y = a(1 −cos t), 0 6 t 6 2π.

60