Белов и Чуев метода по ОИ, страница 4

IПример 21. Найти длину дуги lAB цепной линии, заданнойxxуравнением y = 2(e 4 + e− 4 ) от точки с абсциссой x = 0 до точкис абсциссой x = 4 (рис. 25).Рис. 25x1 x−J Воспользуемся формулой (13). Имеем=e4 − e 4 ,2xx 21 x1 x−2−2020222− 2 , 1 + (y ) =. Тогда(y ) =e +ee +e44y029lAB =Zb p1+a(yx0 )2 dx1=2Z40xxxx 4(e 4 + e− 4 )dx = 2(e 4 − e− 4 ) =0= 2(e − e−1 ).Эту задачу можно также решить, перейдя к гиперболическимxxxxфункциям: y = 2(e 4 + e− 4 ) = 4(e 4 + e− 4 )/2 = 4 ch(x/4),y 0 = sh(x/4), 1 + (y 0 )2 = 1 + sh2 (x/4) = ch2 (x/4).Z4 Z4 xxxПоэтому lAB = chdx = 4 chd=44400 x 4−1= 4 sh = 4 sh 1 = 2(e − e ).

I4 0Пример22.√ Вычислить длину петли кривой, заданной уравнеx = 3t2 ,ниямиy = t − t3 .J Построение аналогичной кривой подробно рассмотрено впримере 9. Найдем значения t, при которых кривая пересекает√ осьOX (т. е. y = 0):√t0 = 0, t2 = −1, t2 = 1. При√ t = t1 x1 = √ 3, но ипри t = t2 x2 = 3.

Поскольку x1 = x2 = 3, то точка ( 3; 0) —точка пересечения ветвей кривой (рис. 26).Рис. 26В силу симметрии кривой относительно оси OX достаточновычислить длину верхней половины дуги. Тогда, согласно форму 0√Zβ q x = 2 3t, yt0 = 1 − 3t2 =(x0t )2 + (yt0 )2 dt = t 0 2ле (14), l = 2(xt ) + (yt0 )2 = (3t2 + 1)2 α=2Z103013t2 + 1 dt = 2(t3 + t) = 4. I0Пример 23. Найти уравнение прямой, которая делит арку циx = a(t − sin t)клоидыдля t ∈ [0; 2π], a > 0 на три дугиy = a(1 − cos t)равной длины (рис. 27).Рис.

27J Для задания искомой прямой достаточно на арке циклоидыуказать две точки А и В такие, что окажутся равными дуги OA,AB, BC, длины которых составят по одной третьей доли от полнойдлины L всей арки циклоиды. Отметим, что арка циклоиды симметрична относительно прямой x = πa (поскольку y(t) = y(2π − t) иx(π)−x(t) = x(2π−t)−x(π)). Следовательно, ординаты точек A иB совпадают. Поэтому искомая прямая, дeлящая дугу арки циклоиды на три равные части, параллельна оси OX, т.

е. ее уравнениеимеет вид y = c = const.Сначала найдем l(τ) — длину дуги части арки циклоиды приизменении параметра t от 0 до τ (τ ∈ [0; 2π]): 0Zβq xt = a(1 − cos t), yt0 = a sin t 0022=l(τ) =(xt ) + (yt ) dt = (x0t )2 + (yt0 )2 = 2a2 (1 − cos t) ατZτ Zτ√ Z √tt1 − cos tdt == 2a sin dt = 2a sin dt = 2a22000τt τ= −4a cos = 4a 1 − cos.2 02t ttВ выкладках учтено, что sin = sin , поскольку sin > 0222при t ∈ [0; 2π]. Для нахождения L — длины полной арки циклоиды31достаточно в найденную функцию l(τ) вместо τ подставить 2π:L = l(2π) = 4a(1 − cos π) = 8a.Найдем координату yA = y(t0 ) точки A. С одной стороны, lOA = (1/3)L = 8a/3. С другой стороны, lOA = l(t0 ) == 4a [1 − cos(τ/2)]= 4a[1 − cos(t0 /2)].

Отсюда получаемτ=t0уравнение 4a [1 − cos(t0 /2)] = 8a/3, которое разрешимо относительно cos(t0 /2): cos(t0 /2) = 1/3. Тогда из уравнения циклоидыyA = y(t0 ) = a (1 − cos t0 ) = 2a sin2 (t0 /2) = 2a[1 − cos2 (t0 /2)] =2a [1 − (1/3)2 ] = 16a/9.Следовательно, уравнение искомой прямой y = 16a/9. IПример 24. Найти точку A, делящую дугу кардиоиды ρ == a(1 − cos ϕ), ϕ ∈ [0; π], a > 0 на две равные по длине части(рис. 28).Рис. 28J С помощью формулы (15) найдем длину дуги кардиоиды приизменении ϕ от 0 до τ, причем τ ∈ [0; π]:Zτ qZτ p222 − 2 cos ϕ dϕ =l(τ) = a(1 − cos ϕ) + sin ϕdϕ = a= 2aZτ000τsin(ϕ/2)dϕ = −4a cos(ϕ/2) = 4a[1 − cos(τ/2)].0Длину L всей дуги кардиоиды (при изменении ϕ от 0 до π)найдем подстановкой π вместо τ в функцию l(τ): L = l(π) = 4a.Пусть искомой точке A, дéлящей дугу кардиоиды на две равные части, отвечает значение угла ϕ0 .

Тогда должно выполниться равенство l(ϕ0 ) = L/2, порождающее уравнение 4a[1 − cos(ϕ0 /2)] = 2a32или cos(ϕ0 /2) = 1/2. Поскольку ϕ0 ∈ [0; π], в итоге получаемискомый угол ϕ0 = 2π/3. I2.7. Вычисление площади поверхности вращенияПлощадь поверхности, полученной вращением гладкой плоской кривой вокруг координатных осей, вычисляют по формуламPOX = 2πZb|y| dl,POY = 2πZd|x| dl,ac(16)где dl — дифференциал длины дуги кривой; y = y(x), x = x(y) —непрерывно дифференцируемые функции на отрезках [a, b], [c, d]соответственно.Для различных способов задания кривой получим различныеформулы, подставив соответствующие выражения для dl в формулы (16).Если кривая задана в декартовых координатах уравнениемy = y(x), x ∈ [a, b] (или x = x(y), y ∈ [c, d]), тоPOX = 2πPOY = 2πZbaZdc|y(x)|q1 + (yx0 )2 dx,q2|x(y)| 1 + x0y dy.(17) Если кривая задана параметрическими уравнениямиx = ϕ(t), где t ∈ [α, β], ϕ (t), ψ (t) — непрерывно диффеy = ψ(t)33ренцируемые на отрезке [α, β] функции, тоPOX = 2πZβαPOY = 2πZβα|y(t)|q|x(t)|q(x0t )2 + (yt0 )2 dt,(18)(x0t )2 + (yt0 )2 dt.Если же кривая задана в полярных координатах уравнениемρ = ρ(ϕ), где ϕ ∈ [α, β], ρ (ϕ) — непрерывно дифференцируемая на [α, β] функция, то, используя уравнения связи полярныхx = ρ cos ϕи декартовых координат, получим формулу для выy = ρ sin ϕчисления площади поверхности, образованной вращением кривойρ = ρ(ϕ) вокруг полярной оси:P ρ = 2πZβα|ρ(ϕ) sin ϕ|qρ2 (ϕ) + (ρ0 (ϕ))2 dϕ.(19)Пример 25.

Определить площадь P поверхности, образованной вращением вокруг оси OXзамкнутого контура OABO,√ образованного линиями y1 (x) = x и y2 (x) = x (рис. 29).J Искомая площадь P = P1 + P2 , гдеP1 — площадь поверхности, образованной вращением отрезка OA, а P2 — вращением дуРис. 29ги OBA вокруг OX. Учтя пределы интегрирования a = 0 и b = 1, несложно с помощью выражения (17) вычислить отдельно каждое из слагаемых:Zbq y1 (x) = x 20=P1 = 2π |y1 (x)| 1 + (y1 (x)) dx = 0y1 (x) = 1 a= 2πZ1034|x|√2dx =√1 √2πx2 = 2π,0P2 = 2πZba= 2πZ10|y2 (x)|√ xrq1+(y20 )2 dx1dx = π1+4xZ10 y (x) = √x√= 20y2 (x) = 1/2 x√=1πp34x + 1dx =(4x + 1) =60π √(5 5 − 1).6√π √Окончательно имеем P = P1 + P2 = (5 5 − 1 + 6 2). I6Пример 26.

Найти площадь поверхности, полученной√ вращением вокруг оси OY дуги от вершины до точки M (2 3; 3) параболы 4y = x2 (рис. 30).√J Для рассматриваемого участка параболы x = x(y) = 2 y.1Следовательно, x0y = √ .yТогда, согласно формулам (17),rZdZ3q21√0y 1 + dy =POY = 2π |x(y)| 1 + xy dy = 4πy=c= 4π0356 π8πp3(y + 1) =.Iy + 1dy =330Z3 p0Пример 27. Найти площадь поверхности,образованной вращеx = t2, заключеннойнием вокруг оси OX дуги кривойy = t(t2 − 3)/3между точками пересечения ее с осью OX (рис.

31).Рис. 30Рис. 3135J Построение аналогичной кривой подробно рассмотрено впримере 9. Эта кривая симметрична относительно оси OX. Найдем ее√точки пересечения с осью OX: y = 0 при t = 0 илиt = ± 3. Полную поверхность получим в результате вращенияверхней√ части кривой, соответствующей изменению параметра tот − 3 до 0:ZβqPOX = 2π |y(t)| (x0t )2 + (yt0 )2 dt =α x(t) = t2 , x0t (t) = 2t= y(t) = t3 /3 − t, yt0 (t) = t2 − 1 (x0 )2 + (y 0 )2 = (t2 + 1)2tt×p(t2 + 1)2 dt = 2πZ0√− 33t2 0Z0 t 2 (t − 3) × = 2π3√−3t 2(t − 3)(t2 + 1)dt =32t6 t4π= 3π. I− −3622 −√3Пример 28. Найти площадь поверхности, образованной вращеx = a(t − sin t), a > 0, t ∈ [0; 2π]нием одной дуги циклоидыy = a(1 − cos t)вокруг касательной, проведенной к кривой в ее верхней точке(рис.

32).=Рис. 32J Касательную в точке A (для которой t = π) описывают уравнением y = 2a. Перенесем ось OX вверх на 2a, т. е. в положениепрямой y = 2a. В новых координатах циклоиду задают уравнени36x = a(t − sin t). Посколькуy = −a(1 + cos t) 0 x = a(1 − cos t), yt0 = a sin t= t 0 2(xt ) + (yt0 )2 = 2a2 (1 − cos t)Z2π√ = 2 2πa |−a(1 + cos t)| ×ямиx = a(t − sin t), т. е.y + 2a = a(1 − cos t)t> 0 при t ∈ [0; 2π], остается воспользоваться формулой (18):2ZβqPOX = 2π |y(t)| (x0t )2 + (yt0 )2 dt =sinα√2× 1 − cos tdt = 8πaZ2π00tt16cos sin dt = − πa2 cos32232t 2π=2 032 2πa . I=3Пример 29.

Вычислить площадь P поверхности, образованной вращением лемнискаты ρ2 = 2a2 sin 2ϕ вокруг полярной оси(рис. 33).J Так как ρ > 0 ⇒ 2a2 sin 2ϕ ≥ 0 ⇒ sin 2ϕ ≥ 0. Тогда областьπопределения функции πk 6 ϕ 6 + πk, k ∈ Z.2Первая петля кривой (при k = 0) лежит в пределах ϕ ∈ [0; π/2].Функция ρ(ϕ) периодическая с периодом T = π. Можно воспользоваться симметрией лемнискаты и вычислить лишь площадь,образованную вращением первой ее петли. Тогда по формуле (19)ZβqP = 2π |ρ(ϕ) sin ϕ| ρ2 (ϕ) + (ρ0 (ϕ))2 dϕ =α√√ ρ(ϕ) = |a| 2√sin 2ϕ, ρ0 (ϕ) = |a|√ 2 cos 2 ϕ= sin 2 ϕρ2 (ϕ) + (ρ0 (ϕ))2 = a2 /sin 2ϕπ= 4πZ20=s π/2√ p2a22|a| 2 sin 2ϕ sin ϕdϕ = −8πa cos ϕ=sin 2 ϕ0= 8πa2 .

I37Рис. 33Рис. 34Пример 30. Вычислить площадь поверхности, образованнойвращением части кривой ρ = 2a sin ϕ, ϕ ∈ [0; π/6] вокруг лучаϕ = π/2, a > 0 (рис. 34).J Уравнение ρ = 2a sin ϕ задает окружность с центромв точке (0; a) радиуса R = a. Вращение кривой вокруг луπча ϕ =равносильно вращению вокруг оси OY . Поэтому2ZbZβqPOY = 2π |x| dl = 2π |ρ(ϕ) cos ϕ| ρ2 (ϕ) + (ρ0 (ϕ))2 dϕ =αaρ(ϕ) = 2a sin ϕ= (ρ0 (ϕ) )2 = 2a cos ϕZπ/6√ = 2π2a sin ϕ cos ϕ 4a2 dϕ =0Zπ/6 π/6√2= 4πasin 2ϕdϕ = −2πa2 cos 2ϕ= πa2 (1 − 3/2).

I003. ЗАДАНИЯ ТИПОВОГО РАСЧЕТАЗадача 1. Вычислить площадь фигуры, которая расположенана плоскости OXY.Для каждого номера варианта заданы линии, ограничивающиефигуру.√1. y = 2 x − 1, y = x − 1.2. y = 2 ln x, y = ln(x + 2), x = 4.3. y = arctg x и прямая, проходящая через начало координат иточку с абсциссой x = 1 на заданной линии.4. x = 4, y = ln x и касательная к этой линии в точке еепересечения с осью OX.385. y = e−x , y = e−2x − 2, x = 0.6. y = arcsin x, касательная к этой линии в начале координат ипрямая x =√1.√7.