Орловский Определенный интеграл.Практикум Част 2 2010

	y
	6
y = (x + 1)2
1q	1 q	x = sin πy
	qO		-
			x
−
	Рис. 6.10
2401. y = x, y = x + sin2 x (0 6 x 6 π).
y	q
6
		πq	x
O
			-

Рис. 6.11

Фигура ограничена прямыми x = 0, x = π и графиками функций y = x (нижняя часть границы) и y = x+sin2 x (верхняя часть границы) (рис. 6.11). Искомая площадь

S = ∫π	(	(x + sin2 x) − x	dx = ∫π sin2 x dx =
0		)	0

11

1		π	1		sin 2x		π		π
		0
=	2	∫ (1 − cos 2x)dx =	2	(x −	2	) 0		=	2	.

a3

2402. y = a2 + x2 , y = 0.

6y

-x

O

Рис. 6.12

Фигура ограничена снизу осью абсцисс, а сверху – графи-

a3

ком функции y = a2 + x2 (рис. 6.12). Поэтому искомая площадь определяется несобственным интегралом:

+∞

a3

S = ∫

dx.

a2 + x2

−∞

В силу четности подынтегральной функции

+∞

a3

(

x

)

+

∞

0

S = 2

a2 + x2 dx =

2a2 arctg a

0

= πa2.

∫

2403.

x2

+

y2

= 1.

a2

b2

12

	y
	qb
	6
−a q	O	qa -x

q

−b

Рис. 6.13

Фигура ограничена эллипсом, для которого оси координат являются осями симметрии (рис. 6.13). Это обстоятельство позволяет свести вычисление площади всей фигуры к вычислению площади части фигуры, ограниченной первой координатной четвертью. Площадь всей фигуры в четыре раза больше площади рассматриваемой части. Часть фигуры, лежащая в первой четверти, ограничена прямыми x = 0, x = a и графиками функций

y = 0, y = b√1

x2

−

.

a2

Таким образом, искомая площадь

∫

√

− a

∫

−

a

2

1

x

S = 4b

1

2

dx = 4ab

1 z2 dz

=

√

0

0

z=x/a

1

z

1

= 4ab (

2

√1

− z2 +

2

arcsin z) 0

= πab.

2404. y2 = x2(a2 − x2).

13

	y
	6
−a q	O	qa -x

Рис. 6.14

Оси координат являются осями симметрии рассматриваемой фигуры (рис. 6.14). Это обстоятельство позволяет свести вычисление площади всей фигуры к вычислению площади части фигуры, ограниченной первой координатной четвертью. Площадь всей фигуры в четыре раза больше площади рассматриваемой части. Часть фигуры, лежащая в первой четверти, ограничена прямыми x = 0, x = a и графиками функций

y = 0, y = x√

.

a2 − x2

Таким образом, искомая площадь

S = 4 ∫a x

dx = −2 ∫a

a2

− x2

a2

− x2 d(a2 − x2) =

0

√

0

√

0

∫

3

3

= 2 a2 √

dz

=

4

z3/2

a2

=

4

a3.

z

−

0

z=a2 x2

2405. y

2

2

3

.

= 2p x, 27p y

= 8(x − p)

Парабола y2 = 2p x и полукубическая парабола 27p y2 = 8(x−

√ √

−p)3 пересекаются в точках (4p ; 2 2p) и (4p ; −2 2p) (рис. 6.15).

14

Фигура симметрична относительно оси абсцисс. Поэтому можно вычислить площадь части фигуры, лежащей выше оси абсцисс, и затем полученную величину площади удвоить.

y
6	q
O	q		x
p		4p	-
	q
	Рис. 6.15

Для вычисления площади части фигуры, лежащей над осью абсцисс, удобно разбить ее на две фигуры. Первая из них ограничена прямыми x = 0, x = p√и графиками функций y = 0 (нижняя часть границы) и y = 2p x (верхняя часть границы). Вторая фигура ограничена прямыми x = p, x = 4p и графиками

функций
	y =		8(x − p)3
			27p
	√

√

(нижняя часть границы) и y = 2p x (верхняя часть границы). Площадь первой фигуры

S1 = ∫p

dx,

2p x

0

√

а второй

2

∫

(

− √

27p

)

4p

√

8(x − p)3

p

S

=

2p x

dx.

15

√

z3/2dz = 12 2 p2.

5

Искомая площадь

∫ √

∫

√

√

p

4p

S = 2(S

+ S

) = 2

dx + 2

(

8(x − p)3

dx=

2p x

2p x

−

27p

1

2

0

p

)

∫

∫

−

∫

√

27p

p

4p

4p

= 2

0

√

2p x

dx +

2p x

dx

2

8(x − p)3

dx =

∫

√

p

√

−

∫

p

√

27p

4p

4p

= 2

2p x

dx

2

8(x − p)3

dx.

0

p

Первый из полученных интегралов является, фактически, табличным:

4p	√		√		4p	√			2		4p
0				0
∫		2p x dx = 2p ∫ x1/2 dx = 2p						(	3	x3/2) 0

Второй сводится к табличному заменой z = x − p:

4p	√				dx =	2√				3p
			8(x − p)3
								2
∫p										∫0
			27p			3√3p

√

= 16 2 p2.

3

Отсюда получаем
S = 2 (	√		p2)	− 2 (	√		p2) =	88√
									2
	16 2				12 2					p2.
	3				5			15

2406. Ax2 + 2Bxy + Cy2 = 1 (A > 0, AC − B2 > 0).

Рассмотрим уравнение кривой как квадратное уравнение относительно переменной y:

Cy2 + (2Bx)y + (Ax2 − 1) = 0.

16

Решая его, находим функции, графики которых ограничивают кривую сверху и снизу:

√

y1(x) = −Bx − C − (AC − B2)x2 , C

√

y2(x) = −Bx + C − (AC − B2)x2 . C

Условие неотрицательности дискриминанта позволяет найти области определения этих функций:

	√
			−
|x| 6 a,	(a =		C		).
			AC B2

Из курса аналитической геометрии известно, что рассматриваемая кривая представляет собой эллипс (рис. 6.16).

Искомая площадь

a

a

S = ∫

(y2(x) − y1(x))dx = 2

∫

√C − (

AC

−

B2)x2

dx.

C

−a

−a

y

6

y = y2(x)

−a

q

O

qa

-x

y = y1(x)

Рис. 6.16

В силу четности подынтегральной функции последний интеграл можно заменить удвоенным интегралом по положительной

17

части отрезка интегрирования:

a

S = 4 ∫0

√C

AC

B2)x2

− (

C

−

dx =

√

C

AC B2

AC

B2)x2

= 4

∫0

√C − (

C

−

dx.

z =

После замены

√

AC − B2

x

получаем:

C

4

∫1

S =

√

1 − z2 dz =

AC

B2

−

0

√

4

z

1

1

π

3

= √AC − B2

=

√AC − B2 .

(

2 √1 − z2 + 2 arcsin z) 0

2407. y2 =

x

(циссоида), x = 2a.

2a − x

y

O

6

q

2a

-

x

Рис. 6.17 18

Прямая x = 2a является вертикальной асимптотой циссоиды. Так как кривая симметрична относительно оси абсцисс, то можно вычислить площадь части фигуры, лежащей над осью абсцисс, а затем удвоить полученный результат. Часть фигуры, лежащая над осью абсцисс, ограничена прямыми x = 0,

x = 2a и графиками функций y = 0 (нижняя часть границы)

√

√

и y = x

x/ 2a − x (верхняя часть границы) (рис. 6.17). Следо-

вательно, искомая площадь фигуры

2a

x√x

S = 2

∫

√

dx.

2a

−

x

0

Полученный интеграл является несобственным. Для его вы-

числения сделаем замену переменной:
						at2				4at dt
t = √		x
				, x =		2		, dx =			.
		2a	x			1 + t2				(1 + t2)2
		−
В результате приходим к равенству
						+∞		4dt
			S = 16a2 ∫0				t		.
							(1 + t2)3

Неопределенный интеграл вычисляем методом Остроградского. Согласно этому методу (с учетом четности подынтегральной функции) находим разложение

∫	4dt		At3 + Bt	+ C ∫	dt
	t	=				.
	(1 + t2)3		(1 + t2)2		1 + t2

После дифференцирования, освобождения от знаменателя и приведения подобных членов получаем тождество

t4 = (C − A)t4 + (3A − 3B + 2C)t2 + (B + C).

19

Решая систему

C − A = 1,

3A − 3B + 2C = 0,

находим:

B + C = 0,

5

3

3

A = −

, B = −

, C =

.

8

8

8

Таким образом,

+∞

t4dt

5t3 + 3t

3

+∞

3π

0

∫

(1 + t2)3

= (−

8(1 + t2)2

+

8

arctg t) 0

=

16

и площадь фигуры

S = 16a2 ·

3π

= 3πa2.

16

a2

y2

2408. |x| = a ln

a + √y

−

− √a2 − y2, y = 0 (трактриса).

Расположим систему координат так, чтобы ось Oy располагалась горизонтально, а ось Ox – вертикально. Трактриса расположена симметрично относительно оси Oy, ее верхняя ветвь представляет собой график функции

√

f(y) = a ln a + a2 − y2 − √a2 − y2, y

определенной при промежутке (0 ; a] (рис. 6.18), ее производная

√

f′(y) = − a2 − y2 (6.3) y

всюду неположительна и эта функция монотонно убывает. Прямая y = 0 является вертикальной асимптотой и f(a) = 0.

20