Орловский Определенный интеграл.Практикум Част 2 2010

ограничено теми же лучами и дугой окружности AB. Обозначим объемы этих тел, соответственно, V1 и V2, тогда искомый

объем V = 2(V1 − V2). Объемы V1

и V2

вычисляем по формуле

(8.9). Первый объем вычисляется довольно долго:

5π/12

)

π/12

( √

π

∫

3

V1 =

2

a 2 sin 2φ

sin φ dφ =

3

√

5π/12

4

πa3

∫

=

2

(2 sin φ cos φ)3/2 sin φ dφ =

3

π/12

5π/12

πa3

∫

=

16

sin5/2 φ cos3/2 φ dφ.

3

π/12

Полученный интеграл заменой t = sin2 φ сводится к интегралу от дифференциального бинома:

5π/12

sin2(5π/12)

∫

sin5/2 φ cos3/2

φ dφ =

1

∫

t3/4(1 − t)1/4dt.

2

2

π/12

sin

(π/12)

Так как

1

2

√

π

π

3

sin2

=

(1 − cos

) =

−

,

12

2

6

4

5π

1

5π

√

3

sin2

=

(1 − cos

) =

2 +

,

12

2

6

4

то

(2+√

3)/4

V1 =

8

πa3

∫

t3/4(1 − t)1/4dt.

3

√

(2− 3)/4

171

Интеграл от дифференциального бинома сводится к интегралу от рациональной функции заменой

√

z = 4 1 −t t.

Вычислим новые пределы интегрирования. Нижний предел

2 +

√

+ √

3

4

3)2

z1 = √4

√

=

√

(2

= √2 + √3 =

2 −

4 − 3

3

1

1

√

+ 1

3

= √

√4 + 2√3 = √

√(√3 + 1)2 =

√

.

2

2

2

Верхний предел интегрирования

2 −

√

(2 − √

=

3

3)2

=

4

=

4

= 2

√

z

3

2

√

2 +

√3

√

4 − 3

√

−

√

=

1

4

2√

= 1

(√

1)2 =

3 − 1

.

3

3

√2

√

−

√2

√

−

√2

Выполняя замену и убирая знак минус перед интегралом с помощью перемены пределов интегрирования, получаем:

p

3+1

p

πa3

2

z4dz

∫

V1 =

32

p

.

3

(z4 + 1)3

3 1

p

2

Для вычисления интеграла от рациональной функции можно использовать метод Остроградского. В силу четности подынтегральной функции можно записать следующее разложение:

∫	z4dz	=	Az7	+	Bz5 + Cz3 + Dz	+ ∫	αz2 + β	dz.
	(z4 + 1)3				(z4 + 1)2		z4 + 1

172

Дифференцируя и освобождаясь от знаменателя, получаем тождество:

z4 = (α − A)z10 + (β − 3B)z8 + (7A − 5C + 2α)z6+

+(5B − 7D + 2β)z4 + (3C + α)z2 + (D + β).

Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях и решая

полученную систему, находим:

A = 0, B =

1

, C = 0, D = −

3

, α = 0, β =

3

.

32

32

32

Следовательно,

∫

z4dz

z5

3z

3

∫

dz

=

−

+

.

(z4 + 1)3

32(z4 + 1)2

32

z4 + 1

Оставшийся интеграл имеется в [7] (задача 1884):

∫

1

z2 + z√

+ 1

1

z√

dz

2

2

=

4√

ln

z2 − z√

+ 1

+

2√

arctg

+ C.

z4 + 1

1 − z2

2

2

2

Таким образом,

∫

z4dz

z5

3z

3

z2 + z√

+ 1

2

=

−

+

128√

ln

z2 − z√

+ 1

+

(z4 + 1)3

32(z4 + 1)2

2

2

√

3z 2

+64√2 arctg 1 − z2 + C.

При применении формулы Ньютона – Лебница нужно учитывать, что первообразная разрывна в точке z = 1 и

√

√

3 − 1

< 1 <

3 + 1

.

√2

√2

Выполняя подстановки, получаем:

p

√2

+ z√2 + 1

p

3+1

z5 3z

p2

z2

2

3+1

p

32(z4−+ 1)2

p3 1

=

,

ln

z2

z√2 + 1

p3 1

= 0,

32

−

p2

p2

173

√2

2

z√2

z√2

2

p3+1

1

p3+1

p

p

=

arctg 1z

z2

p

1

= arctg 1

z2

p

1 + arctg 1

z2

3

3

−

−

π

−

π

π

π

π

p2

p2

1

= (

−

) + (−

+

) =

.

2

4

4

2

2

Возвращаясь к интегралу по переменной z, находим

p

3+1

p

√

√

2

∫

z4dz

2

3

3

π

2

3π

=

+

128√

· 0 +

64√

·

=

+

128√

.

(z4 + 1)3

32

2

32

p

2

2

2

3 1

p

2

Таким образом, для первого объема получаем следующее значе-

ние:

πa3

(

√

3π

) =

πa3√

π2a3

2

2

V1 =

32

+

128√

+

4√

.

3

32

3

2

2

Второй объем вычисляется без особого труда:

2π

5π/12

πa3

5π/12

V2 =

∫

a3 sin φ dφ = −

2

cos φ π/12

=

3

3

π/12

πa3

5π

4πa3

π πa3√

2

π

π

2

=

(cos

− cos

)

=

sin

sin

=

.

3

12

12

3

4

6

3

Наконец, вычисляем искомый объем:

V = 2(V1 − V2) = 2 (

3√

π2a3

3√

) =

π2a3

πa

2

+

4√

−

πa

2

2√

.

3

3

2

2

174

Глава 9

Площадь поверхности вращения

Площадь поверхности, образованной вращением гладкой кривой AB вокруг оси Ox, равна

∫B
P = 2π |y|ds,	(9.1)

A

где ds – дифференциал дуги.

В зависимости от того, в каком виде задана кривая AB, формула (9.1) принимает тот или иной конкретный вид. Так, если кривая представляет собой график функции y(x), определенной на отрезке [a; b], то площадь поверхности вращения

∫b	√
P = 2π	|y(x)| 1 + y′2(x) dx.			(9.2)

a

В том случае, когда кривая задана параметрически:

{

x = x(t), y = y(t),

где x(t) и y(t) – функции, заданные на отрезке [α; β], то площадь

P = 2π ∫β |y(t)|
		x′2	(t) + y′2(t) dt.		(9.3)
α	√

175

Если кривая задана в полярных координатах
r = r(φ), α 6 φ 6 β,
где x = r cos φ, y = r sin φ, то
P = 2π ∫β r(φ)| sin φ|	r2(φ) + r′2	(φ) dφ.	(9.4)
α	√

При вычислении площади поверхности вращения вокруг оси, не совпадающей с осью абсцисс, нужно перейти в другую систему координат так, чтобы ось вращения стала новой осью абсцисс. В частности, если необходимо найти площадь поверхности вращения вокруг оси Oy графика функции x(y), определенной на отрезке [c; d], то эта площадь

P = 2π ∫d |x(y)|
		1 + x′2	(y) dy.		(9.5)
c	√

В том случае, когда кривая задана параметрически:

{

x = x(t), y = y(t),

где x(t) и y(t) – функции, заданные на отрезке [α; β], то площадь поверхности вращения этой кривой вокруг оси Oy можно вычислить по формуле

P = 2π ∫β |x(t)|
		x′2	(t) + y′2	(t) dt.		(9.6)
α	√

Если же кривая задана в полярных координатах равенством

r = r(φ), α 6 φ 6 β,

176

где x = r cos φ, y = r sin φ, то площадь поверхности вращения кривой вокруг оси Oy определяется формулой

P = 2π ∫β r(φ)| cos φ|

r2(φ) + r′2(φ) dφ.

(9.7)

α

√

Найти площади поверхностей, образованных вращением сле-

дующих кривых:

2486. y = x√

x

(0 6 x 6 a) вокруг оси Ox.

a

По формуле (9.2)

a

a

√1 +

9x

x √

x

π

P = 2π ∫0

dx =

∫0 x3/2(4a + 9x)1/2dx.

a

4a

a

Для интегрирования дифференциального бинома рационализируем интеграл заменой

z = √	4a		+ 9x
						,
			x
которая дает	+∞
					z2dz
P = 128πa2	∫						.
				(z2 − 9)4
√		13

Используя рекуррентное соотношение из [1] (задача 1921), нахо-

дим:

∫

z2dz

z

z

= −

−

+

(z2 − 9)4

6(z2 − 9)3

216(z2 − 9)2

z

−

1

−

+ 1296(z2

9)

−

7776 ln

3

z

+ C.

Таким образом, площадь поверхности вращения

P = 128πa2

(−

z

−

z

+

z

−

6(z2

9)3

216(z2

−

9)2

1296(z2

−

9)

−

177

)

1

3 + z

+∞

4πa2

√13 + 3

−

(21√13 + ln

−

) =

−

ln

=

√

7776

3

z

2

√

13

243

13

3

√13 + 3

πa

(21√13 + 2 ln

).

=

4

243

2

2487. y = a cos

πx

(|x| 6 b) вокруг оси Ox.

2b

Используя формулу (9.2), учитывая четность подынтеграль-

ной функции и делая замену u =

πa

sin

πx

, получаем:

2b

2b

b

πx

(

πa

πx

)

b

P = 2π ∫ a cos

2b

√1 +

2b

sin

2b

dx =

−

a

∫

b

∫

(

)

0

0 √

πx

πa

πx

2

16b2 2b

= 4π a cos

√1 +

sin

dx =

1 + u2 du =

2b

2b

2b

π

2

(

a

2b

=

16b

u

√1 + u2 +

1

=

2

2

2

π

ln(u + √1 + u2 )) 0

8b

πa + √

π2a2 + 4b2

= 2a√π2a2

+ 4b2 +

ln

.

π

2b

2488. y = tg x

(0 6 x 6 π/4) вокруг оси Ox.

Применяя формулу (9.2) и делая замену u = cos x, находим

sin x√1 + cos4 x

√1 + u4

π/4

1

P = 2π ∫

dx = 2π

∫

du.

cos3 x

u3

0

1/√

2

С помощью замены

z = √

1

+ 1

u4

178

сводим интеграл от дифференциального бинома к интегралу от рациональной функции:

P = π √

zz22 dz1

= π

√

(1 − 1

1 z2 )dz =

5

5

∫

∫

−

−

√

√

2

2

√

= π (z −

1

ln

1 + z

) √2 =

2

1

−

z

√

√

√

√

= π

1

ln

(

5 + 1)(

2 − 1)

=

5

2

(

−

−

2

(√5

−

1)(√2 + 1) )

√

1)(√

+ 1)

2

= π (√5 − √2 + ln

).

( 5 −

2

2489. y2 = 2p x (0 6 x 6 x0): а) вокруг оси Ox; б) вокруг оси

Oy.

а). По формуле (9.2)

x0

√

√

x0

0

p

0

p

P = 2π ∫

2p x √1 +

dx = 2π 2p ∫ √x +

dx =

2x

2

√

p

3/2

x0

2π

√

=

2

+ p − p2].

= 4π 3 2p (x + 2 ) 0

3 [(2x0 + p) 2x0

б). По формуле (9.5) для

функции x(y) = y /2p получаем

√

√

2p x0

√

2p x0

√

0

0

∫

2π

∫

P = 2π

x(y)

1 + x′2(y) dy =

p2

y2

p2 + y2 dy.

Полученный интеграл имеется в [7] (задача 1820):

∫ y2√p2 + y2 dy = y(2y2 + p2) √p2 + y2−

8

179

−p4 ln(y + √p2 + y2 ) + C.

8

По формуле Ньютона – Лейбница

2π y(2y2 + p2)

p4

√

√

√

2p x0

P =

p2

(

8

p2 + y2 −

8

ln(y +

p2 + y2 )) 0

=

√

+ √

p + 2x0

π

2

2x0

=

[(p + 4x0)√2x0(p + 2x0) − p

ln

].

4

√

p

x2

y2

2490.

+

= 1 (0 < b 6 a): а) вокруг оси Ox; б) вокруг

a2

b2

оси Oy.

а). Вращаемая кривая определяет эллипс, который симмет-

ричен относительно оси абсцисс. Следовательно, можно ограничиться частью кривой, лежащей в верхней полуплоскости. При вращении эта часть кривой дает ту же поверхность, что и весь эллипс. Решая уравнение эллипса относительно y, находим функцию, график которой дает верхнюю часть эллипса:

	√
				x2		(−a 6 x 6 a).
	y(x) = b 1		−
				a2
	Применяя формулу (9.2), получаем:
		a
	P = 2π ∫a y(x)					√		dx.
							1 + y′2x
	−

Учитывая четность подынтегральной функции, после преобра-

зований получаем табличный интеграл:

∫ √

a 1

a2

a

a

x2

u

b2x2

−

u

−

P = 2π b 1

t

(

)

dx =

− a2 v1 +

4

x2

=4πb ∫a √a4 − (a2 − b2)x2 dx = a2

0

180