Для определения сходимости несобственных интегралов от разрывных функций и оценки их значений могут быть применены теоремы, аналогичные теоремам для оценки интегралов с бесконечными пределами.
2.7.ОБЩИЙ ПРИНЦИП ПРИЛОЖЕНИЯ ОПРЕДЕЛЕННОГО ИНТЕГРАЛА
Общий принцип приложений определенного интеграла к вычислению геометрических, физических и других величин.
1.Вычисляемая величина A произвольным образом разбивается на n малых величин: A = a1 + a2 +... + an .
2.Каждая величина ai заменяется величиной ai (близкой к ai ), вычисление которой ведется по известной формуле; ошибка αi = ai − ai должна быть бесконечно малой высшего порядка по сравнению с ai , т.е. ai и ai - бесконечно малые одного порядка.
3.Величину ai выражают через некоторую переменную x , выбранную так, чтобы ai приняло вид f (xi )∆xi .
4.Искомая величина вычисляется как предел суммы
|
n |
|
n |
b |
A = lim |
∑ai = lim |
∑ f (xi )∆xi = ∫ f (x)dx . |
||
max ∆x →0 |
i =1 |
n→∞ |
i =1 |
a |
2.8.ВЫЧИСЛЕНИЕ ПЛОЩАДИ ПЛОСКОЙ ФИГУРЫ
1 случай.
а) Площадь криволинейной трапеции, ограниченной непрерывной кривой y = f (x)> 0 и прямыми x = a , x = b , y = 0 (рис. 3), вычисляем по форму-
ле S = ∫b f (x)dx ;
a
Y
y = f (x)
S
|
|
|
|
X |
0 |
a |
b |
||
Рис.3
б) Площадь фигуры, заключенной между двумя кривыми y = f1(x) и
48
y = f2 (x), а справа и слева отрезками прямых x = a и x = b (возможно точки) (рис.4 ), вычисляем по формуле S = ∫b (f2 (x)− f1 (x))dx .
|
|
|
a |
Y |
|
|
|
|
|
y = f2 (x) |
|
|
|
|
y = f1(x) |
0 |
a |
b |
X |
|
|
Рис.4 |
|
Пример 12. Найти площадь фигуры, ограниченной линиями y = 4 − x2 ,
y = 2x +1.
Решение. Построим фигуру, ограниченную заданными линиями.
Y
y = 2x +1
a
0 b |
X |
y = 4 − x2
Рис.5
Данная фигура ограничена сверху кривой y = 4 − x2 и снизу прямой y = 2x +1, то для вычисления площади применим формулу:
S = ∫b (y2 (x)− y1 (x))dx .
a
Для того чтобы найти пределы изменения x , найдем абсциссы точек пересечения линий:
y = 4 − x2 ,y = 2x +1.
4 − x2 = 2x +1, x2 +2x−3=0, x1 = −3, x2 =1.
Следовательно, для данной области −3 ≤ x ≤1, т.е. a = −3, b =1.
49
1 |
|
2 |
1 |
|
2 |
x3 |
|
2 |
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|||||||||
S = ∫ |
(4 − x |
|
− 2x −1)dx = −∫ |
(x |
|
+ 2x −3)dx = |
|
+ x |
|
−3x |
|
= |
|
|
3 |
|
|||||||||
−3 |
|
|
−3 |
|
|
|
|
|
|
|
−3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
32 |
|
|
|
= − |
|
+1 |
−3 |
+ 9 |
−9 −9 |
= |
|
. |
||
3 |
3 |
||||||||||
|
32 |
|
|
|
|
|
|
|
|||
Ответ: S = |
(кв.ед.); |
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|||||
3 |
заключенной между двумя кривыми x =ϕ1 (y) и |
||||||||||
в) Площадь фигуры, |
|||||||||||
x =ϕ2 (y), а снизу и сверху отрезками прямых |
y = c и y = d (возможно |
||||||||||
точками) (рис.6 ), вычисляем по формуле S = ∫d (ϕ2 (x)−ϕ1 (x))dy .
c
Y
d
x =ϕ2 (y)
x =ϕ1(y) |
|
|
|
|
b |
|
|
|
|
0 |
|
X |
|
|
Рис.6 |
|
|
y2 |
= x +1, |
Пример 13. Найти площадь фигуры, ограниченной линиями |
||||
y =1− x . |
|
|
y2 |
= x +1, |
Решение. Построим фигуру, ограниченную |
линиями |
|||
y =1− x (рис.7 ). |
|
|
|
|
Y |
|
|
|
|
1 |
y2=x+1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
-1 |
|
X |
|
|
0 |
1 |
|
|
|
-1 |
|
|
|
|
-2 |
|
y=1-x |
|
|
|
|
|
|
|
Рис.7
Фигуру можно рассматривать относительно оси OY : слева ограничена кривой x = y2 −1, справа x =1− y .
Найдем ординаты точек пересечения:
x = y2 −1,x =1− y.
50
y2 −1 =1 − y , y2 + y − 2 = 0,
y1 = −2 , y2 =1, т.е. c = −2 , d =1.
Тогда
1 |
2 |
1 |
|
2 |
|
1 |
|
2 |
|
1 |
|
3 |
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
||||||||||
S = ∫ |
(1 − y − y +1)dy = ∫ |
(2 − y − y |
|
)dy = 2 y − |
|
y |
|
− |
|
|
y |
|
|
= |
|
|
2 |
|
3 |
|
|||||||||||
−2 |
|
−2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
−2 |
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
= 2 − 12 −13 +4 +2 −83 = 4,5.
Ответ: S = 4,5 (кв.ед).
2 случай. Пусть криволинейная трапеция ограничена кривой, заданной уравнениями в параметрической форме (рис.8):
x = x(t),
y = y(t ).
α ≤ t ≤ β и x(α)= a , x(β)= b .
Y
B(β)
A(α)
S
0 |
a |
b |
X |
Рис.8
Так как S = ∫b y(x)dx , сделаем замену переменной в этом интеграле:
a |
|
x = x(t), dx = x (t)dt , y(x)= y(x(t))= y(t). |
|
|
′ |
|
β |
Следовательно, |
′ |
S = ∫y(t )x (t)dt . |
|
α
Эта формула справедлива как для криволинейной трапеции, так и для замкнутой кривой или петли.
Пример 14. Вычислить площадь области, ограниченной одной аркой цик-
лоиды и осью OX :
x = 2(t −sin t),y = 2(1−cos t).
Решение. Построим одну арку циклоиды, для этого составим таблицу значений.
51
Таблица 1
t |
0 |
1 π |
1 π |
3π |
π |
5π |
3π |
7 π |
2π |
|
|
4 |
2 |
4 |
|
4 |
2 |
4 |
|
x |
0 |
0,16 |
1,14 |
3,28 |
6,28 |
9,27 |
11,42 |
12,41 |
12,56 |
y |
0 |
0,58 |
2 |
3,14 |
4 |
3,41 |
2 |
0,58 |
0 |
|
Y |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
2π(t =πS) |
4π(t = 2π) |
X |
|
||||
По формуле имеем |
|
|
Рис.9 |
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
β |
2π |
|
|
|
|
|
2π |
|
|
|
|
′ |
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
S = ∫y(t )x (t)dt = ∫ |
2(1 − cos t)2(1 − cos t)dt = 4 ∫(1 − cost ) dt = |
||||||||||
|
α |
|
0 |
|
|
|
|
|
0 |
|
|
2π |
(1 − 2 cos t + cos |
2 |
|
2π |
2π |
+ |
1 |
2π |
|
= |
|
= 4 ∫ |
|
t)dt = 4 t |
0 |
− 2 sin t 0 |
2 |
∫ |
(1 + cos 2t)dt |
||||
0 |
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
1 |
|
|
2π |
|
1 |
|
|
π |
|
|
2π + |
t |
|
|
+ |
sin 2t |
2 |
|
=12π . |
||
|
|
|
|
|
|||||||
= 4 |
2 |
|
|
4 |
0 |
|
|||||
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
Ответ: S =12π (кв.ед).
3 случай. Площадь криволинейного сектора.
Пусть в полярной системе координат имеем кривую, заданную уравнением ρ = ρ(ϕ), где ρ(ϕ) - непрерывная функция при ϕ [ϕ1 ;ϕ2 ]. Площадь криволинейного сектора, ограниченного кривой ρ = ρ(ϕ) и радиус - векторами ϕ =ϕ1 и ϕ =ϕ2 (рис.10) вычисляем по формуле
S= 1 ϕ∫2 ρ2dϕ .
2 ϕ1
ρ = ρ(ϕ)
ϕ2 ϕ1
0
Рис.10
52