Белов и Чуев метода по ОИ, страница 2

4Пример 5. Найти площадь фигуры, ограниченной графикомфункции f (x) = ex − e и осями координат и OY (рис. 4).J Нижним пределом интегрирования является точка пересечения кривой с осью OY , т. е. x1 = 0. Из условия f (x) = ex − e = 0находим второй предел интегрирования: x2 = 1. ПосколькуZ1f (x) 6 0 при всех x ∈ [0; 1], получаем S = − (ex − e)dx =0=Z10101(e − ex )dx = ex − ex = e − e + 1 = 1. I0Рис.

5Если же непрерывная на отрезке [a, b] функция y = f (x) меняет на нем знак, конечное число раз обращаясь в нуль в точкахc1 , с2 , . . . , ck−1 , причем c0 < c1 < c2 < . . . < ck−1 < ck , c0 = a,ck = b, то площадь фигуры, ограниченной графиком этой функцииZbZcikXи осью OX: S = |f (x)| dx =|f (x)| dx.ai=1 ci−1Пример 6. Вычислить площадь фигуры, ограниченной графиком функции f (x) = x3 − 5x2 + 6x и осью (рис.

5).J Эта функция обращается в нуль в точках x1 = 0, x2 = 2 иx3 = 3, причем f (x) > 0 при всех x ∈ [0; 2], f (x) 6 0 при всехx ∈ [2; 3]. Поэтому площадь данной фигуры находим следующимZ2Z3 32x − 5x + 6x dx + x3 − 5x2 + 6x dx =образом: S =02 42Z2Z3x5 332322 = (x −5x +6x)dx− (x −5x +6x)dx =− x + 3x −4300 423 54081x+ 12 −− 45 + 27 − 4 +−− x3 + 3x2 = 4 −334424037+− 12 = . I312Площадь фигуры, ограниченной вертикальными прямымиx = a, x = b и графиками непрерывных на отрезке [a, b] функцийy = f (x) и y = g(x), когда f (x) > g(x) при всех x ∈ [a, b],11вычисляют по формулеS=ZbaZb(f (x) − g(x)) dx =af (x) dx −Zbg(x) dx.(3)aПример 7.

Вычислить площадьS плоской фигуры, ограниченнойлиниями, задаваемыми уравнениямиy 2 = x + 1, x + y =1 (рис. 6).y2 = x + 1J Решая систему,x+y =1находим (0; 1) и (3; –2) — точки пересечения линий. Ясно, что переменнаяx меняется от –1 до 3. Площадь S будет вычисляться как сумма площадейS1 и S2 (см. рис. 6), так как для данРис. 6ной фигуры верхние границы заданына отрезках [–1; 0]√и [0; 3] для переменной x различными уравнениями: yверх = x + 1 при x ∈ [−1; 0] и yверх = 1 − x приx ∈ [0; 3]. При этом нижняя√ граница на всем отрезке [−1; 3] задана формулой yнижн = − x + 1. Тогда по формуле (3) получаемS1 =Zba=2Z0−1S2 ==0−1√√x + 1 − (− x + 1) dx =3 0√24x + 1dx = 2 ∙ (x + 1) 2 = ,33−1Z30Z3(yверх (x) − yнижн (x))dx =Z0√(1 − x) − (− x + 1) dx =(1 − x) +√3 319(1 − x)2 2x + 1 dx = −+ (x + 1) 2 = .3620В итоге S = S1 + S2 = 4/3 + 19/6 = 9/2.12Замечание.

Решение этой же задачи будет короче при интегрировании по переменной y, так как из-за того, что верхняяx = xверх (y) и нижняя x = xнижн (y) границы области не являются составными на всем промежутке изменения значений y (от –2 до1): xверх (y) = 1−y и xнижн (y) = y 2 −1. В этом случае для вычисления искомой площади достаточно один раз воспользоваться формуZdZ1лой (3): S = (xверх (y) − xнижн (y)) dy = (1 − y) − (y 2 − 1) dy =c=Z12−y−y−2+2−289= .I32dy =−2y2 y32y −−23 1−2= 2−11− +4+23Пример 8. Вычислить площадь фигуры, заключенной между параболойf (x) = −x2 − 2x + 5, касательной к ней вточке P(2; –3) и осью OY (рис. 7).J Найдем уравнение касательнойy − f (x0 ) = f 0 (x0 )(x − x0 ).

Посколькуf 0 (x) = −2x − 2, для x = 2 находимf (2) = −3 и f 0 (2) = −6. Для касательной получаем y + 3 = −6(x − 2) илиy1 (x) = 9−6x. Поскольку f 00 (x) = −2 < 0при всех x ∈ R, функция f (x) является выпуклой вверх и поэтому касательная y = y1 (x) = 9 − 6x лежит выше параболы y = f (x) = −x2 − 2x +Рис. 7+ 5, т. е. y1 (x) > f (x).

Поэтомуискомую площадь определяем с помощью формулы (3):ZbZ2S = [y1 (x) − f (x)] dx = [9 − 6x − (−x2 − 2x + 5)]dx =a=Z202(x − 4x + 4)dx =0 2x3882− 2x + 4x = − 8 + 8 = . I3330132.2. Вычисление площади плоской фигуры, заданнойв параметрическом видеЕсли непрерывная и неотрицательнаяна отрезке [a, b] функцияx = ϕ(t), причем ϕ(α) = a,задана в параметрическом виде:y = ψ(t)ϕ(β) = b, функции ϕ(t) и ψ(t) непрерывны, а также функцияϕ(t) на отрезке [α, β] дифференцируема и строго монотонна, топлощадь фигуры, ограниченной графиком этой функции, прямымиx = a, x = b (a < b) и осью OX, находят по формулеS=Zβψ(t) ϕ0 (t) dt,(4)αполученной из формулы (2) следующей подстановкой: S =Zb x = x(t) = ϕ(t); dx = x0 (t)dt = ϕ0 (t)dt== f (x)dx = f (x) = f (x(t)) = y(t); x(α) = a; x(β) = b a=Zβ0y(t)x (t)dt =αZβψ(t)ϕ0 (t)dt.αВ более общем случае, когда функция ψ(t) при t ∈ [α, β]знакопеременна, а функция ϕ(t) по-прежнему строго монотонна,Zβполучаем S = |ψ(t)| ϕ0 (t)dt.αx = 3t2 ;y = t − t3 .J Эта кривая — петлевая парабола.

Строим ее график (рис. 8).Отмечаем, что x > 0 при всех t ∈ R, причем x(0) = 0. Находим точки пересечения кривой с осью OX из условия y = 0или t − t3 = 0. Получаем t1 = 0; t2 = 1; t3 = −1, причемy > 0 при t ∈ (−∞; −1) ∪ (0; 1) и y < 0 при t ∈ (−1; 0) ∪∪ (1; +∞). Так как ϕ(−t) = ϕ(t), ψ(−t) = −ψ(t), кривая симметрична относительно оси OX. Отмечаем также, что при t → −∞x → +∞; y → +∞, а при t → +∞ x → +∞; y → −∞. Учитывая симметрию, находим площадь S1 верхней половины петлиПример 9. Вычислить площадь петли кривой14Рис. 8(ей отвечают пределы интегрирования t1 = 0 и t2 = 1, т. е.

дляформулы (4) α = 0 и β = 1) и умножаем ее на два. В итогеZβZ1Z103S = 2S1 = 2 y(t)x (t)dt = 2 (t − t )6tdt = 12 (t2 − t4 )dt =α001 18t3 t5 1= 12−= .I−= 1235 03 55Пример10.Вычислитьплощадьфигуры,ограниченной эллипx2y2x = a cos tсомпри t ∈ [0; 2π], a > 0, b > 0, или 2 + 2 = 1y = b sin tab(рис. 9).Рис. 9J Учитывая симметрию фигуры относительно осей OX иOY , найдем площадь ее части, находящейся в первом квадранте (область интегрирования — от t1 = π/2 до t2 = 0) и умножим15результат на четыре. Поскольку x = 0 при t = π/2 (значит нижний предел интегрирования α = π/2) и x = a при t = 0 (значитверхний предел интегрирования β = 0), то по формуле (4)ZβZ00b sin t(−a sin t)dt =S = 4S1 = 4 y(t)x (t)dt = 4απ/2 Z0Zπ/2Zπ/2= 4ab − sin2 tdt = 2ab2 sin2 tdt = 2ab(1 − cos 2t)dt =π/20sin 2t π/2= πab.

I= 2ab t −2002.3. Вычисление площади плоской фигурыв полярных координатахРассмотрим криволинейный сектор OAB (рис. 10), т. е. плоскаяфигура, ограниченная линией (кривой) AB, заданной полярнымуравнением ρ = ρ(ϕ), ρ > 0 и двумя лучами OA и OB задаваемыми уравнениями ϕ1 = α и ϕ2 = β, α 6 β соответственно,причем ρ(ϕ) непрерывна на отрезке [α, β].

Площадь этой фигурывычисляется по формуле1S=2Zβρ2 (ϕ) dϕ.(5)αПример 11. Вычислить площадь фигуры, расположенной внутри кривых ρ1 (ϕ) = 2(cos ϕ + sin ϕ) и ρ22 (ϕ) = 12 sin 2ϕ (рис. 11).J Первая кривая является окружностью. Убедиться в этомможно, перейдя к декартовым координатам. Поскольку ρ2 == x2 + y 2 , после умножения на ρ обеих частей соотношенияρ = 2(cos ϕ + sin ϕ), задающего эту кривую, получаем ρ2 == 2ρ cos ϕ + 2ρ sin ϕ, т. е.

x2 + y 2 = 2x + 2y. Выделив полныеквадраты по обеим переменным, окончательно имеем (x − 1)2 +√ 22 , т. е. первая кривая представляет собой окруж+ (y − 1)2 =√ность радиуса R = 2 с центром в точке A(1; 1), проходящуючерез начало координат.16Рис. 10Рис. 11Вторая кривая, задаваемая соотношением ρ2 = 12 sin 2ϕ,является лемнискатой.

Найдем область допустимых значенийпеременной ϕ. Так как ρ2 > 0, то и sin 2ϕ > 0. Поэтому2πk 6 2ϕ 6 π + 2πk, или πk 6 ϕ 6 π/2 + πk, k ∈ Z.Первый лепесток лемнискаты (при k = 0) лежит в первомквадранте (ϕ ∈ [0; π/2]) и симметричен относительно лучаϕ = π/4, второй лепесток (при k = 1) лежит в третьем квадранте(ϕ ∈ [π; 3π/2]).Найдем точки пересечения заданных кривых: ρ21 = ρ22 ⇒⇒ 4(cos ϕ + sin ϕ)2 = 12 sin 2ϕ ⇒ cos2 ϕ + 2 cos ϕ sin ϕ ++ sin2 ϕ = 3 sin 2ϕ ⇒ 1 + sin 2ϕ = 3 sin 2ϕ ⇒ sin 2ϕ = 1/2.Очевидно, что точки пересечения кривых находятся в первомквадранте, т.

е. ϕ1 = π/12, ϕ2 = 5π/12. Обозначим S1 — площадь луночки, ограниченной лемнискатой ρ22 (ϕ) = 12 sin 2ϕ илучом ϕ = π/12, а S2 — площадь части круга, заключенногомежду лучами ϕ = π/12 и ϕ = π/4. Используя симметриюискомой области относительно луча ϕ = π/4 (это часть прямой y = x при задании в декартовых координатах), согласноZβ1формуле (5), получим: S = 2(S1 + S2 ) = 2 ∙ρ22 (ϕ)dϕ +2+2∙12Zγβρ21 (ϕ)dϕ =2∙12π/12Z0αZπ/412 sin 2ϕdϕ+4(cos ϕ+sin ϕ)2 dϕ =π/1217 π/12Zπ/4√= −6 cos 2ϕ+4(1 + sin 2ϕ)dϕ = −3 3 + 6 + (4ϕ −0π/12 π/4√√π √2π−2 cos 2ϕ)= −3 3 + 6 + π − + 3 =+ 6 − 2 3.33π/12Пояснение.