И.В. Садовничая, Е.В. Хорошилова - Определённый интеграл - теория и практика вычислений (1113461), страница 32
Текст из файла (страница 32)
Найти площадь эллипсаx2 y2+= 1.a2 b2Решение. Пользуясь симметрией эллипса относительно обеих координатных осей, вычислим четвёртую часть искомой площади. Для этого, учитывая,что a > 0, b > 0 , выразим явно из данного уравнения y через x в первойчетверти:ab 2(1 + cos 2t )dt =2 ∫0ab ⎛ 1⎞ 2 πab=. Отсюда S = πab (кв.ед ) .⎜ t + sin 2t ⎟ =2 ⎝ 24⎠0так как1x2 + x 2 +1dtln=∫ 1+ t 4 4 2 x2 − x 2 +1 +213x3(циссоида) и x = 2a .2a − xРешение.
Найдём, при какихx кривая определена:x3≥0 ⇔2a − x0 ≤ x < 2a . Кривая симметрична относительно оси Ox и не ограничена влевой окрестности точки x = 2a . Поэтому площадь фигуры выражается спомощью несобственного интеграла второго рода2aS = 2∫x 3 2 dx.2a − x2Замена x = 2 a sin t , 0 ≤ t < π 2 , приводит к обычному интегралу0Риманаπ2S = 2∫0π2(2a sin t )322d (2a sin t )2a (1 − sin 2 t )2= 16a 2 ∫ sin 4 tdt =0214Садовничая И.В., Хорошилова Е.В.
Определённый интеграл§5. Вычисление площади плоской фигурыπ2π3 ⎛ 13⎞= a 2 ⎜ t − sin 4t ⎟ = πa 2 (кв.ед) .16 ⎝ 48⎠02⎛ 1 − cos 2t ⎞2= 16a 2 ∫ ⎜⎟ dt = 3πa (кв.ед) .2⎠0⎝22. В других случаях кривая допускает параметризацию (с последующимприменением формул (3)–(5)).22xy+ 2 = 1 для вычисления четверти2abНапример, в ситуации с эллипсомего площади можно воспользоваться параметрическими уравнениямиx = a cos t , y = b sin t , t ∈ 0, π 2 .
Тогда имеем[]ππ2S′= − ∫ y (t )x (t )dt = − ∫ b sin t (− a sin t )dt =400π= ab ∫ sin 2 tdt =0ab(1 − cos 2t )dt = πab (кв.ед) .∫2 0423ax = a cos t , y = a sin t , t ∈ [0,2π ] .33xТогдаx ′(t ) = −3a cos t sin t ,y ′(t ) = 3a sin 2 t cos t2π∫ (a cos)t ⋅ 3a sin t cos t + 3a cos t sin t ⋅ a sin t dt =2302π333 2= a 2 ∫ sin 2 t cos 2 tdt = a 2 ∫ sin 2 2tdt =a2 08 0162π∫ (1 − cos 4t )dt =0+∞0( y ≥ 0) .
Пло-201, можно доказать равенствоz+∞ 4 n − m − 2ydy= ∫, n ≥ 1, m ≥ 0 .4 n0 1+ yПрименяя подстановку y =y m dy∫ (1 + y )4 n0((*))Применяя это равенство и интегрируя по частям, получим+∞2at 2aty,=1+ t41+ t4t∫ (x(t )y ′(t ) − y(t )x′(t ))dt = a ∫ (1 + t 4 )2 dt .S=+∞и по формуле (5) получаем, что3y = tx , тогда x =222πx 4 + y 4 = ax 2 y .+∞Решение.Воспользуемся параметрическими уравнениями астроидыaОтметим также, что использование симметричной формулы (5) привело вэтой задаче к более простому интегралу, чем тот, который получился бы врезультате применения формул (3) или (4).ми; x и y обращаются в нуль одновременно при t = 0 и стремятся к нулюпри t → ∞ . Искомая площадь равна удвоенной площади фигуры, ограниченной одной из петель:x +y =a .y)ская фигура ограничена двумя симметричными относительно оси Oy петля-Пример 14.
Найти площадь фигуры, ограниченной астроидой23(S 12= ∫ a cos 3 t ⋅ 3a sin 2 t cos t + 3a cos 2 t sin t ⋅ a sin 3 t dt (кв.ед) .4 20Решение. Положим223πфигуры, ограниченной кривойπ2Замечание. Так как астроида симметрична относительно обеих координатных осей, то можно было вычислять четвёртую часть искомой площади:Пример 15. Приведя уравнение к параметрическому виду, найти площадь21S=2215I=t 2 dt∫ (1 + t )04 2+∞=t 4 dt∫ (1 + t )4 20+∞=+∞+∞1t⎛ 1 ⎞=−= − ∫ td ⎜+4 ⎟4 0 ⎝1+ t ⎠4(1 + t 4 ) 0+∞1dt1dt= ∫.4∫4 0 1+ t4 0 1+ t4Садовничая И.В., Хорошилова Е.В. Определённый интеграл216Поскольку, в силу+∞§5. Вычисление площади плоской фигуры(*) ,5.5.1.
Кривая, ограничивающая плоскую фигуру, задана явно1. Пусть плоская кривая L задана в полярной системе координат уравнением r = r ϕ , разрешённым относительно r (т.е. зависимость r от ϕ за-+∞+∞1 t 2 +11dtt 2 dt+∞=dt = F (t ) 0 ,,тоI=4∫0 1 + t 4 ∫0 1 + t 4∫8 0 t +18F (t ) =2arctgt 2 −1+t 2Окончательно находим I =π2 2π8 2( )дана явным образом), где ϕ ∈ [α , β ] , причём функциянеотрицательна на этом сегменте.sgn t (t ≠ 0) , F (0) = 0 .,S=πa 28 2ϕ=βгде1(кв.ед) .(r= r( ϕ))3.
Иногда в случаях, когда кривая задана неявно уравнением F x; y = 0 ,имеет смысл перейти к полярным координатам (с последующим применением формулы (6), см. следующий раздел 5.5)Sϕ=αПример 16. Найти площадь плоской фигуры, ограниченной кривой(x2+ y 2 ) = 2a 2 (x 2 − y 2 ) .(rcos ϕ + r sin ϕ ) = 2a (r cos ϕ − r sin ϕ ) , илиr 2 = 2a 2 cos 2ϕ .22222222OНазовём криволинейным сектором плоскуюфигуру,ограниченнуюкривой L и двумя лучами, составляющими сполярной осью углы α иβ:5.5.
Площадь криволинейного секторав полярных координатахВ полярной системе координат, как и в декартовой, кривые, ограничивающие плоскую фигуру, могут быть заданы параметрически уравнениями()()r = r t , ϕ = ϕ t , гдев частности, явным образом уравнениемt ∈ {t} ,r = r (ϕ ) (или ϕ = ϕ (r ) ),()F r,ϕ = 0 ,не разрешённым относительно ни одной из переменных.Рассмотрим эти случаи отдельно.PF = {(r;ϕ ) 0 ≤ r ≤ r (ϕ );α ≤ ϕ ≤ β }8.2Продолжение решения рассмотрено в примере 26 следующего раздела.а также неявно уравнениемr (ϕ ) непрерывна и2Решение.
Эта кривая называется лемнискатой Бернулли. Составим еёуравнение в полярных координатах. Для этого воспользуемся формуламиx = r cos ϕ , y = r sin ϕ . Подставим в уравнение и получим2217Теорема 1. Криволинейный сектор представляет собой квадрируемуюфигуру, площадь которой вычисляется по формулеβ1S ( F ) = ∫ r 2 (ϕ )dϕ .(6)2αДоказательство.
Так как функцияr (ϕ ) непрерывна на сегменте1 2[α , β ] , то функцияr (ϕ ) интегрируема на этом сегменте. Значит, для2любого числа ε > 0 существует такое разбиение T = {ϕ 0 ; ϕ1 ;K; ϕ n } отрезка [α , β ] , что S (T ) − s (T ) < ε , где S (T ), s (T ) – соответственно1 2верхняя и нижняя суммы Дарбу для функции r (ϕ ) , отвечающие разбие2нию T .8В этом случае будем говорить, что фигураполярного радиуса r .Fзадана стандартно относительноСадовничая И.В., Хорошилова Е.В.
Определённый интеграл218§5. Вычисление площади плоской фигурыРассмотрим квадрируемые фигуры P и Q , состоящие из круговых секторов[ϕ k −1 , ϕ k ]растворасrk =радиусамиinfϕ k −1 ≤ϕ ≤ϕ kr (ϕ )иRk = sup r (ϕ ) , k = 1, K , n , соответственно. Тогда очевидно, чтоϕ k −1 ≤ϕ ≤ϕ kP ⊂ F ⊂ Q , причём1 n1 nS ( P ) = ∑ rk2 Δϕ k = s (T ) , S (Q ) = ∑ Rk2 Δϕ k = S (T )2 k =12 k =1Значит, S (Q ) − S ( P ) < ε , т.е. фигура F квадрируема (лемма 2 раздела5.3).
С другой стороны, так какβ1s (T ) ≤ ∫ r 2 (ϕ )dϕ ≤ S (T ) и S ( P ) ≤ S ( F ) ≤ S (Q ) ,2αто получаем, что для любого ε > 0 выполнено:βS (F ) −1S=21 2r (ϕ )dϕ < ε .2 α∫2πa2 3()aϕdϕ=ϕ∫062π20S (F ) =Пример 18. Найти площадь плоской фигуры, ограниченной трилистникомr = a sin 3ϕ a > 0 .Решение. Во-первых, даннаяπфункция периодична с периодомϕ= π232π 3 . Рассмотрим промежуток(длинойводинпериод)0 ≤ ϕ < 2π 3 , и построим нанём кривую. Учитывая областьP определения этой функции, полуπчим0(1 2r (ϕ )dϕ . Теорема доказана.2 α∫Следствие.
Площадь криволинейного сектора, ограниченного на плоскости кривыми r = r1 ϕ , r = r2 ϕ ( 0 ≤ r1 ϕ ≤ r2 ϕ ) и лучами ϕ = α ,( )ϕ = β , т.е.( )( )( )F = {(r; ϕ ) α ≤ ϕ ≤ β ; r1 (ϕ ) ≤ r ≤ r2 (ϕ )},S=(2кривая делает петлю при изменении величины полярного угла ϕ от 0 до π 3 ). Один «лепесток» трилистникапостроен. Его можно описать как криволинейный секторF = {(r; ϕ ) 0 ≤ r ≤ a sin 3ϕ ;0 ≤ ϕ ≤ π 3}.)1r22 (ϕ ) − r12 (ϕ ) dϕ . (6’)∫2αВ силу периодичности имеем полную кривую, образующую три симметричные петли (см. рис. выше).По формуле (6) вычислим площадь одного «лепестка»:π02πP)⎧r ≥ 0⇔⎨⎩0 ≤ ϕ < 2π 3⇔ 0 ≤ϕ ≤π 3,причём r (0) = r (π 3) = 0 (т.е.3πвычисляется по формулеβ4= π 3 a 2 (кв.ед) .3Замечание. Можно показать, что площади фигур, заключённых междупоследовательными витками архимедовой спирали, составляют арифметиче3 2скую прогрессию с разностью 8π a .βЗначит,219Пример 17.
Найти площадьплоской фигуры, ограниченнойпервым витком спирали Архимеда r = ϕ .Решение. Имеем по формуле(6):πa2S 132= ∫ (a sin 3ϕ ) dϕ = =3 204πa∫ (1 − cos 6ϕ )dϕ =32012откудаS=Задача решена.πa 24(кв.ед) .,Садовничая И.В., Хорошилова Е.В. Определённый интеграл220Пример 19. Найти площадь плоской фигуры, ограниченной улиткойr = a cos ϕ + b при 0 < b ≤ a .2π∫ (a cos ϕ + b)2dϕ =⎞1 ⎛⎛ 1 21π⎞⎜⎜ ⎜ a + b 2 ⎟ϕ + a 2 sin 2ϕ + 2ab sin ϕ ⎟⎟ = (a 2 + 2b 2 ) .2 ⎝⎝ 242⎠⎠0В частности, площадь кардиоиды (см.рис.) r = a 1 + cos ϕ , a > 0 , равна()3 2πa (кв.ед) .2Замечание. Учитывая симметриюулитки относительно полярной оси, площадь фигуры, ограниченной ею, можнобыло вычислить следующим образом:PπS = ∫ (a cos ϕ + b ) dϕ .20Пример 20. Найти площадь плоской фигуры, ограниченной кривымиr=1ϕиr=1⎛ ε cos ε − sin ε ⎞lim ⎜⎟=π 2 ε → +0 ⎝ε sin ε⎠33⎛⎞εε⎜ε −−ε ++ο ε 5 ⎟1 126⎟ = 1 (кв.ед) .= + lim ⎜24⎟ ππ 2 ε → +0 ⎜ε +ο ε⎜⎟⎝⎠1+( )02π=1, 0 <ϕ ≤π /2.sin ϕ( )Пример 21.
Найти площадь плоской фигуры, ограниченной кривымиr = a cos ϕ , r = a cos ϕ + sin ϕ .Решение. Легко убедиться(например, переходя к прямоугольным координатам) в том,что оба уравнения задают окружности (см. рис.).Определим секторы по ϕ , вкоторых расположены эти окружности (это потребуется длянахождения пределов интегриS2рования).PДля этого найдём областьопределенияобеих функций:aOS1a cos ϕ ≥ 0 ⇒()⇒−πРешение. Заметим, что на указанном промежуткеr2 (ϕ ) =11> = r1 (ϕ ) .sin ϕ ϕДля вычисления площади фигуры воспользуемся формулой (6’):πВычислим данный несобственный интеграл 2-го рода (в окрестности= 0 подынтегральная функция не ограничена) по определению:π2⎛ 111 ⎞1 11⎞⎛S = lim ∫ ⎜⎜ 2 − 2 ⎟⎟dϕ = + lim ⎜ ctgε − ⎟ .→+ε0ε→+02π 2ε⎠ϕ ⎠⎝ε ⎝ sin ϕ2 ≤ϕ ≤π 2,a (cos ϕ + sin ϕ ) ≥ 0 ⇒ − π 4 ≤ ϕ ≤ 3π 4 .По условию, требуется найти S = S1 + S 2 , гдеπ1 2⎛ 11 ⎞S = ∫ ⎜⎜ 2 − 2 ⎟⎟dϕ .2 0 ⎝ sin ϕ ϕ ⎠ϕ221Приводя выражение под знаком предела к виду единой дроби, и применяяразложения для sin ε и cos ε по формуле Маклорена, получимS=Решение.
По формуле (6) имеем1S=2§5. Вычисление площади плоской фигурыS1 =a2S2 =22 2a22∫ cos ϕdϕ =a2∫π (cosϕ + sin ϕ ) dϕ = 224800−πa 20,∫π (1 + sin 2ϕ )dϕ =−4Садовничая И.В., Хорошилова Е.В. Определённый интеграл§5. Вычисление площади плоской фигуры03a2 ⎛πa 2 a 21⎞=−.⎜ ϕ − cos 2ϕ ⎟ =842 ⎝2⎠ −π⎞1 ⎛ r3r2 1⎞1⎛ π2= ⎜⎜ arctgr +− ln (1 + r 2 )⎟⎟ = ⎜⎜+ 1 − ln 2 ⎟⎟ (кв.ед) .2⎝ 33 32⎝ 33⎠⎠04Поэтомуπa 22. Пусть теперь плоская кривая L задана в полярной системе координатуравнением ϕ = ϕ r , разрешённым относительно ϕ , где функция ϕ rопределена и непрерывно дифференцируема на сегменте с концами в точкахr = ρ1 и r = ρ 2 , причём при изменении r от ρ1 до ρ 2 точка с координа-()()(r;ϕ ) движется вдоль кривой L так, что фигура F остаётся слева:F = {(r; ϕ ) 0 ≤ ϕ ≤ ϕ (r ); min(ρ1 ; ρ 2 ) ≤ r ≤ max(ρ1 ; ρ 2 )}9.K(7)Замечание.
На практике для ускорения процесса решения задачи с помощью формулы (7) можно, вообще говоря, не выяснять, слева или справа оттраектории движения точки r; ϕ вдоль кривой остаётся вычисляемая площадь, а просто воспользоваться модулем:(1S=2)max ( ρ1 ; ρ 2 )2∫r⋅ ϕ ′(r )dr .min ( ρ1 ; ρ 2 )Пример 22. Найти площадь криволинейного сектора, ограниченного кривойϕ = r ⋅ arctgrи двумя лучамиϕ =0 и ϕ =πРешение. Определяем, что изменениюменение r от нуля доS=ρ203.ϕ от нуля до π3 отвечает из-3 . Тогда по формуле (7) имеем12B1′S = ∫ r 2 (sin πr ) dr =21=−π12 ∫0r 2 cos(πr )dr =1⎛ r2⎞r11(кв.ед) .= − ⎜⎜ sin πr + cos πr − 2 sin πr ⎟⎟ =ππ⎝ 2⎠0 πЗамечание.
В данном примере функция ϕ = sin (πr ) не является моно1тонной на всём сегменте [0,1] . При этом, когда r возрастает от 0 до , то21дозначение ϕ возрастает от 0 до 1 , а при дальнейшем возрастании r от21 значение ϕ убывает от 1 до 0 . Интегралπ12r2 ∫2cos(πr )dr численно0равен площади31 21r ⎞⎛r ⋅ ϕ ′(r )dr = ∫ r 2 ⎜ arctgr +⎟dr =∫2 ρ12 0 ⎝1+ r2 ⎠POρ21 2r ⋅ ϕ ′(r )dr .2 ρ∫1)MТогда, переходя под знаком интеграла в формуле (6) к переменной интегрирования r , приходим к формулеS=Пример 23.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
