Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Уфимский Государственный Нефтяной Технический Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

УМК6

.pdf

Скачиваний:

137

Добавлен:

17.03.2015

Размер:

1.57 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 217 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 > Следующая >>>

1.16.3 Длина дуги плоской кривой

Пусть плоская кривая AB задана уравнением y = f (x) , a ≤ x ≤ b, где f (x) непрерывная функция на отрезке [a, b]. Найдем длину дуги кривой AB.

Разобьем	кривую	AB	на	n	произвольных		частей	точками
A = M0 , M1, ... , Mi−1, Mi , ... , Mn				= B		с		абсциссами
a = x0 , x1,... xi−1, xi , ... , xn			= b		и	проведем		хорды
AM1; M1M2 ; ... ; Mi−1Mi ; ... ; Mn−1B ,					длины	которых		обозначим
l1, l2 , ... , li , ...		ln . Тогда получим ломаную, вписанную в дугу AB (рис.
1.18). Длина ломаной равна
				n	li
				l = ∑	li
				i=1
	Длиной l	дуги AB называется предел, к которому стремится длина

вписанной ломаной, когда число ее звеньев неограниченно растет, а длина ее наибольшего звена стремится к нулю.

	n
l = lim	∑ li , где λ = max	li	(1.90)
λ→0 i=1
λ→0 i=1

Докажем, что если на отрезке [a, b] функция f (x) и ее производная

′

f (x) непрерывны, то предел (1.90) существует и длина l дуги AB выражается

формулой

+f ′2 (x)dx .

l = ∫ 1

(1.91)

Доказательство.

Вычислим

Mi−1

длину

хорды M

i−1

. По

формуле

yi B

расстояния между

двумя

точками

y = f (x)

Mi−1(xi−1, f (xi−1 )) и M(xi , f (xi )) имеем

l = (xi −xi−1 )2 +[f (xi ) −f (xi−1)]2

По формуле Лагранжа

f (xi ) −f (xi−1) = f ′(ξi ) (xi − xi−1 ),

1 2

i −1

где xi−1 < ξi < xi

Рис. 1.18

Следовательно,

li = 1+f ′2 (ξi ) xi ,

где xi = xi − xi−1 .

Длина всей ломаной равна

+f ′2 (ξi )

xi .

ln = ∑

= ∑ 1

(1.92)

i=1

i=1`

Правая часть равенства (1.92) представляет собой интегральную

сумму. Функция

1+ f ′2 (x)

непрерывна на [a, b], поэтому предел суммы (1.92)

при

λ = max

→0

существует

равен

определенному

интегралу (1.91).

1≤i≤n

Длина l кривой AB равна пределу длины,

вписанный в нее ломаной при

условии, что наибольшая из длин звеньев

стремится к нулю.

Так как при

li → 0 и xi → 0 , то

′

l =

lim

∑

li =

lim

∑

xi = ∫

1+[f

(ξ)]

1+[f (x)]

max

li →0 i=1

max

li →0 i=1

Таким образом,

′

′2

l =

∫

= ∫

1+ y

(1.93)

1+[f (x)]

Замечание 1.4 Пусть требуется вычислить длину дуги в случае, когда

кривая

задана

параметрическими

уравнениями

x = ϕ(t),

y = ψ(t) ,

α ≤ t ≤ β, где α и β

значения параметра t , соответствующие значения x = a ,

x = b,

то есть a = ϕ(α) ,

b = ϕ(β) . Тогда,

если функции ϕ(t) ,

ψ(t)

непрерывны

′

≠ 0

на отрезке

[α;β], по правилу

вместе со своими производными ϕ

(t)

и ψ (t)

дифференцирования функции, заданной параметрически, найдем

′

y′x =

(t)

′

(t)

Тогда, полагая в формуле (7.40)

′

x = ϕ(t), dx = ϕ (t)dt , получим

′2

′

′2

l = ∫

dx = ∫

ψ (t)

∫

(t) +ψ

(t)dt .

(1.94)

1+ y

′

ϕ (t)dt =

ϕ (t)

Замечание 1.5 Для вычисления длины дуги в случае, когда кривая AB задана в полярных координатах уравнением ρ = ρ(ϕ) , α ≤ ϕ ≤ β, где ρ(ϕ)

имеет непрерывную производную ρ′(ϕ) на отрезке [α, β] , и точкам A и B кривой соответствуют значения ϕ, равные α и β, нужно кривую задать параметрически, принимая за параметр полярный угол ϕ. Полагая x = ρcos ϕ, y = ρsin ϕ, где ρ = ρ(ϕ) , найдем параметрические уравнения кривой AB x = ρ(ϕ) cosϕ, y = ρ(ϕ) sin ϕ, α ≤ ϕ ≤ β.

Так как x′(ϕ) = ρ′(ϕ) cosϕ−ρ(ϕ) sin ϕ, y′(ϕ) = ρ′(ϕ) sin ϕ+ρ(ϕ) cosϕ,

то формула (1.94) принимает вид

′2

+ y

′2

cos

′

sin

ϕ+

l = ∫

dϕ = ∫

ϕ−2ρρ sin ϕ cos ϕ+ρ

αα

′2	sin	2	′						2	cos	2	ϕ dϕ.
+ρ	sin		ϕ+ 2ρρ sin ϕ cos ϕ+ρ							cos		ϕ dϕ.
Следовательно,
			β		2			′2
			l = ∫	ρ	2			′2		(ϕ)dϕ.									(1.95)
			l = ∫	ρ		(ϕ) +ρ				(ϕ)dϕ.									(1.95)
			α
Пример 1.35 Вычислить длину дуги полукубической параболы y = x3 2 ,
если 0 ≤ x ≤ 5 (рис. 1.19).
y						Решение.														3
						Из уравнения y = x3 2									находим y′ =					3			x1 2
						Из уравнения y = x3 2									находим y′ =						2		x1 2
						Следовательно, по формуле (1.91) получим
				5			′2			5			9x			8			9x			5			335
				5						5
									dx = ∫			1+		dx =				+						=
0			l = ∫ 1+ y						dx = ∫			1+	4	dx =		27	1	+	4					=		27
0			5 x	0						0			4			27			4	0						27
Рис. 1.19			Ответ:				335	.
							335

						27

1.16.4 Объем тела вращения

Рассмотрим криволинейную трапецию с основанием [a, b], ограниченную сверху непрерывной кривой y = f (x) .

Докажем, что тело, которое образуется вращением вокруг оси Ox данной криволинейной трапеции, имеет объем

V = π∫f 2 (x)dx .

(1.96)

Доказательство.

Разобьем произвольно

отрезок

[a, b]

на

частей

точками

a = x0 < x1 < ... < xi−1 < xi < ... < xn

= b .

На каждом частичном отрезке [xi−1, xi ]

построим

прямоугольник с

основанием

b x

= xi − xi−1

высотой

f (xi−1 )

(рис.1.20).

a i −1

При вращении вокруг оси Ox каждый

Рис. 1.20

прямоугольник опишет цилиндр. Объем i -го

цилиндра, образованного вращением прямоугольника PMNQ , равен

V = πf 2

i−1

) x

, где

= x

− x

i−1

Сумма объемов всех цилиндров приближенно равна объему данного тела вращения:

V ≈ ∑πf 2 (xi−1 ) xi . (1.97)

i=1

Сумма (1.97) является интегральной суммой для функции π f 2 (x). Так как функция f 2 (x) непрерывна на [a, b], то предел этой суммы при

λ = max xi → 0

1≤i≤n

существует и равен определенному интегралу (1.96). Таким образом,

V = lim ∑πf 2 (xi−1 )

λ→0 i=1

xi = π∫f 2 (x)dx

Пример 1.36 Найти объем V шара радиуса r .

y			Решение.
			Рассматривая данный шар как тело,
			образованное	вращением			полукруга
− r 0	r	x	y ≤ r2 −x2 , −r ≤ x ≤ r вокруг			оси	Ox (рис.
− r 0	r	x	1.21), по формуле (1.96) получим
			1.21), по формуле (1.96) получим					r
Рис. 1.21			V = π ∫(r2	−x2 )dx = πr2x	r	− πx	3
							3
								=
			r
			−r		−r	3		−r
					−r

= 2πr3 − 23 πr3 = 43 πr3 .

Ответ: V = 43 πr3 .

1.17 ПРИМЕНЕНИЕ ОПРЕДЕЛЕННЫХ ИНТЕГРАЛОВ К РЕШЕНИЮ НЕКОТОРЫХ ЗАДАЧ МЕХАНИКИ И ФИЗИКИ

1.17.1 Схема применения определенного интеграла

Пусть требуется определить некоторую механическую или физическую величину Q, определенную на отрезке [a, b]. Предполагается, что величина

Q является аддитивной, то есть, если отрезок [a, b] делится на части, то величина Q складывается из суммы значений, соответствующих этим частям:

		Q1 +	Q2 + ... +		n
Q =		Q1 +	Q2 + ... +		Qn = ∑ Qi
					i=n
Предполагается,	что величина			Qi , соответствующая отрезку [xi−1, xi ],
пропорциональна его	длине		xi ,	то есть	Qi ≈ f (xi )	xi .	Коэффициент
пропорциональности f (x)		является непрерывной функцией				x , определяемой
из условия задачи.
Для величины Q получаем приближенное равенство
		n		n	xi .
	Q = ∑ Qi ≈			∑f (xi )	xi .		(1.98)
		i=1		i=1
В правой части равенства (1.98) стоит интегральная сумма для функции
f (x) . Предел этой	суммы при			стремлении наибольшего			из частичных

промежутков к нулю есть определенный интеграл от функции f (x) в пределах от a до b и дает точное значение величины Q:

		n	b
Q =	lim	∑f (xi )	xi = ∫f (x)dx
max xi →0 i=1			a
Подынтегральное выражение f (x)dx , дающее приближенное значение
Q на отрезке [x, x +dx], называют "элементом" величины Q и обозначают
dQ . Часто при решении	физических или		химических задач интегральную

сумму не составляют, а находят дифференциал рассматриваемой величины dQ = f (x)dx . Затем, интегрируя по отрезку [a, b], получают значение

величины

b	b
Q = ∫dQ = ∫f (x)dx .
a	a

Рассмотрим некоторые задачи.

1.17.2 Работа переменной силы

Если величина силы, действующей по направлению движения,

постоянна, то под работой, произведенной силой, подразумевают

произведение силы на путь, пройденный материальной точкой. Если же сила

переменная, то работа может быть определена только с помощью предельного

перехода.

Пусть материальная точка перемещается из точки a оси Ox в точку b

этой оси под действием силы F , параллельной оси Ox . Будем считать, что эта

сила является функцией от x , определенной на сегменте

[a, b].

Как

определить работу при перемещении материальной точки из точки a

в точку

b в этом случае?

Разобьем весь путь [a, b] на n участков точками:

a = x0 < x1 < ... < xi

< ... < xn = b (рис. 1.22).

Выберем

на

каждом

частичном

ξi

сегменте [xi−1, xi ]

точку произвольную

i−1

ξi . Вместо действующей на пути [a, b]

переменной

силы

F ,

возьмем

другую

Рис. 1.22

силу,

сохраняющую

постоянное

значение на каждом из малых участков,

причем положим эти значения равными значениями действующей силы в

точках ξi , то есть F(ξi

Таким образом,

на участке [xi−1, xi ]

на материальную точку действует

сила, равная F(ξi ). Работа, совершаемая силой

F(ξi ) на участке [xi−1, xi ],

равна

Ai = F(ξi )

xi , где xi

= xi − xi−1 .

Тогда приближенное значение полной работы A переменной силы F(x)

на сегменте [a, b]

A = ∑ Ai ≈

∑F(ξi )

(1.99)

i=1

представляет

интегральную

сумму.

Переходя

(1.99)

пределу

при

неограниченном

возрастании

числа

частичных

отрезков и при стремлении к нулю длины

наибольшего

из

частичных

участков,

получим

работу A переменной силы F(x) на сегменте [a, b]

lim

xi−1

A =

∑F(ξi ) xi = ∫f (x)dx .

max xi →0 i=1

n→∞

Пример 1.37 Вычислить работу, которую

совершает насос, опорожняющий вертикальный

Рис. 1.23

цилиндрический резервуар высотой H и радиусом

R от жидкости с удельным весом ρ.

Решение.

Работа, затрачиваемая на поднятие некоторого тела, зависит от высоты его подъема: A = P h , где P вес тела. Так как высота поднятия для различных слоев жидкости не одинакова, приведенная формула может быть использована лишь для подсчета "элемента" работы. Разделим резервуар на n слоев толщины xi плоскостями, параллельными поверхности жидкости. Введем

систему координат так, как показано на рис.1.23. Рассмотрим горизонтальную

полоску (элементарный слой жидкости) толщиной

xi . Вес этого

элементарного слоя равен

P = V ρ = ρ πR2

Тогда работа Ai , необходимая для поднятия этого слоя жидкости на

поверхность, равна

)= ρπR2 (H −ξ

)

≈

(H −ξ

, где ξ

i−1

, x

Приближенное значение полной работы A насоса есть

n	Ai ≈ ρπR2	n	(H −ξi ) xi .
A = ∑	Ai ≈ ρπR2	∑	(H −ξi ) xi .
i=1		i=1

Перейдя в последней интегральной сумме к пределу при n → ∞, получим полную работу A насоса:

(H − x)dx = ρπR

A = ρπR

∫

Hx −

ρ2

πR2H2

= ρπR

2 H2

−

max xi → 0 и

(1.100)

Пример 1.38 Прямоугольный резервуар с площадью горизонтального сечения S = 6м2 наполнен водой до высоты H = 5м. Определить время, в течение которого вся вода вытечет из резервуара через небольшое отверстие в

его дне площадью

Рис. 1.24

δ = 0,01 м2 , если принять, что скорость истечения воды равна 0,6 2gh , где h высота уровня воды над

отверстием.

Решение.

Разобьем искомое время T на большое

число n малых промежутков t1,			t2 , ... ,	tn ;
xi пусть за каждый такой промежуток уровень воды в
резервуаре понижается на величину			xi = n ,	где
i =	1, n	. (рис. 1.24).

Если допустить, что в течении каждого малого промежутка времени ti скорость истечения воды через отверстие в дне остается

постоянной, равной ее значению в начале промежутка 0,6 2g(xi ), то

приравняв объем воды, вытекшей с такой скоростью через отверстие в дне за промежуток ti , объему опорожнившейся за этот промежуток части

резервуара, получим приближенное равенство
0,6δ		2g(xi )	ti ≈S x ,
откуда		S	x
ti	≈	S	x	.

		0,6δi 2g(H −xi )
		0,6δi 2g(H −xi )

Приближенное значение всего искомого времени T будет равно сумме:

n	n		S x
T = ∑	ti ≈ ∑	0,6δi	2g(H −xi )
i=1	i=1	0,6δi	2g(H −xi )

Перейдя в последней интегральной сумме к пределу, получим точное значение времени T , в течение которого вся вода вытечет из резервуара, как соответствующий определенный интеграл:

T = ∫		S dx	=		S	∫	dx =
H						H
O	0,6δ 2g(H −x)			0,6δ 2g		O	H −x
		1			1
		2S	1 2 O		S		2H
	=	0,6δi 2g	(H −x)	H	= 0,6δi		g
Подставляя		числовые	значения			параметров,		получим

Г ≈1010 с ≈16,83 мин.

Рассмотрим некоторые задачи механики

1.17.3 Статистические моменты. Координаты центра тяжести системы материальных точек

	Пусть на плоскости Oxy дана система материальных точек
	y				P1(x1, y1), P(x2 , y2 ), ... , P(xn , yn )c			(рис.
	y				1.25) массами m1, m2 , ... ,mn .
yn				mn	1.25) массами m1, m2 , ... ,mn .
yn				mn	Произведения	xi mi	и	yimi
yc	•		С	Pn	называются статистическими моментами
			С		массы относительно осей Oy и Ox .
yi		Pi	mi		Суммарные	статистические
yi	m1		•
y1
					моменты системы	материальных		точек
	P		•		моменты системы	материальных		точек
	1				относительно осей Oy и Ox выражаются
					относительно осей Oy и Ox выражаются
	x1	xi xc		xn x	соответственно формулами
0	x1	xi xc		xn x	n		n
		Рис. 1.25			MOy = ∑mi xi , MOx =		∑mi yi .
		Рис. 1.25			i=1		i=1

Обозначим через xc и yc координаты центра тяжести данной системы.

Тогда, как известно из курса механики, координаты центра тяжести описанной материальной системы определяются формулами

= x1m1 + x2m2 +... + xn mn m1 + m2 + ... + mn

= y1m1 + y2m2 +... + yn mn m1 + m2 + ... + mn

		n
		∑ximi							MOy
=		i=1					=		MOy		;
=		n					=		M		;
		∑mi							M
		∑mi
		i=1
		n		m
	∑y			m				MOx
=	i=1		i		i	=		MOx		;
		n

∑mi M

i=1

(1.101)

(1.102)

Используем эти формулы для отыскания центров тяжести различных фигур и тел.

1.17.4 Центр тяжести плоской линии

Пусть дана кривая AB уравнением y = f (x) , a ≤ x ≤ b; пусть эта кривая

представляет собой материальную линию. Предположим, что линейная плотность (масса единицы длины данной линии) такой материальной кривой равна ρ.

y = f

(x)

Разобьем

линию

на

частей

длины

S1, S2 , ... ,

Sn (рис.

1.26).

Массы этих

частей будут

равняться

произведению

их

длин

на

постоянную

плотность:

mi = ρ

Si .

На

каждой

части

дуги

ξi x

возьмем произвольную точку с абсциссой ξi .

Представляя

каждую

часть

дуги

i −1

x материальной

точкой с

массой

Рис. 1.26

подставляя в

формулы

(1.101)

(1.102)

вместо xi значение ξi , вместо yi значение

f (ξi ) , а

вместо

значение ρ Si

(массы

частей

Si ),

получим

приближенные формулы для определения центра тяжести дуги:

	n			n
	∑ξi ρ Si			∑f (ξi ) ρ Si
xc ≈	i=1		; yc ≈	i=1				.
xc ≈	n	ρ Si	; yc ≈		n	ρ		.
	∑	ρ Si			∑	ρ	Si
	i=1				i=1

Если функция y = f (x) непрерывна и имеет непрерывную производную, то стоящие в числителе и знаменателе каждой дроби суммы при max Si → 0

имеют пределы, равные пределам соответствующих сумм. Таким образом, координаты центра тяжести дуги выражаются определенными интегралами:

				b	b	1+f ′2 (x)dx
				∫x dS	∫x	1+f ′2 (x)dx
		x	c	= a	= a	;	(1.103)
			c	b	b	1+f ′2 (x)dx
				∫dS	∫	1+f ′2 (x)dx
				a	a
				b	b
				∫f (x) dS	∫f (x) 1+f ′2 (x)dx
y	c	= a			= a	.	(1.104)
	c			b	b	1+f ′2 (x)dx
				∫dS	∫	1+f ′2 (x)dx
				a	a

Эти формулы справедливы для любой однородной (имеющей

постоянную плотность во всех точках) плоской дуги.

Пример 1.39 Найти центр тяжести четверти

x2 + y 2 = a2

окружности x2 + y2 = a2 , расположенной в первом

квадрате (рис. 1.27), если в каждой ее точке

линейная

плотность

пропорциональна

•С

произведению координат точки.

Решение.

Рис. 1.27

Воспользуемся формулами (1.103) и (1.104).

Для этого

из

′

затем dS:

уравнения окружности найдем y ,

′

2 ′

′

)x +(y

= (a

)x ; 2x

+2y

y = 0 ; y

= −

;

′2

x2 + y2

dS =

1+f

(x)dx =

1+ y2 dx =

y2 dx =

y2 dx = y dx

Далее вычислим интегралы, содержащиеся в формулах (1.103) и (1.104), полагая согласно условию линейную плотность равной δ = kxy :

a			a		a				a			2		ka			3	a		ka	4
∫δx dS = ∫kxy x					a	dx = ka∫x						2	dx =	ka	x		3	a	=	ka	;
∫δx dS = ∫kxy x					y	dx = ka∫x							dx =	3	x			0	=	3	;
0			0						0
0			0						0
a	δy dS =		a		a				a						a			a2 − x2 dx =
∫	δy dS =		∫kxy y		a	dx = ka∫xydx = ka∫x												a2 − x2 dx =
0			0		y				0						0
ka		0			− x2 )= ka						(a2 − x2 )3 2					a	= ka			4
		0														a				4
		∫ a2 − x2 d(a2																		;
2		a			ka				3	ka		3				0			3
2		a							3							0			3
a			a				x2	a
∫	δdS = ka∫x dx =								=
∫	δdS = ka∫x dx =								=
0			0	2				0			2
0			0	2				0			2

Подставляя значения интегралов в формулы (1.103) и (1.104), получим координаты центра тяжести дуги окружности xc = yc = 23 a .

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 217 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
17.03.20151.66 Mб62УМК.PDF
#
17.03.20152.52 Mб103УМК.PDF
#
17.03.20153.93 Mб91УМК.PDF
#
17.03.20152.61 Mб50УМК.PDF
#
17.03.20151.65 Mб20УМК11.pdf
#
17.03.20151.57 Mб137УМК6.pdf
#
17.03.2015430.08 Кб10УМП . Сб. к.р.2011.doc
#
17.03.2015219.14 Кб74УМП ВРЕМЕНА1.doc
#
06.03.20164.28 Mб41УМП для выполнения КР Наг.маш..docx
#
07.05.2019478.21 Кб3УМП Интегралы.doc
#
17.03.2015429.06 Кб19УМП к выполнению заданий 1-5 по информатике.doc