‹-- Назад

Примеры и задачи

        Пример 6.10   Найдём площадь $ S$ ограниченной области, лежащей между осью $ Ox$ и линией $ y=x^3-x$ .

Поскольку $ x^3-x=x(x-1)(x+1),$ линия пересекает ось $ Ox$ в трёх точках: $ x_1=-1$ , $ x_2=0$ , $ x_3=1$ .

Рис.6.22.



Ограниченная область между линией и осью $ Ox$ проектируется на отрезок $ [-1;1]$ , причём на отрезке $ [-1;0]$ линия $ y=x^3-x$ идёт выше оси $ Ox$ (то есть линии $ y=0$ ), а на $ [0;1]$  -- ниже. Поэтому площадь области можно подсчитать так:

$\displaystyle S=\int_{-1}^0((x^3-x)-0)dx+\int_0^1(0-(x^3-x))dx=
 \bigl(\frac{x^...
...r)\Bigl\vert _{-1}^0+
 \bigl(-\frac{x^4}{4}+\frac{x^2}{2}\bigr)\Bigl\vert _0^1=$    
$\displaystyle =\bigl(-\frac{1}{4}+\frac{1}{2}\bigr)+
 \bigl(-\frac{1}{4}+\frac{1}{2}\bigr)=\frac{1}{2}.$    

    

        Пример 6.11   Найдём площадь $ S$ области, заключённой между первым и вторым витком спирали Архимеда $ r=a{\varphi}$ ($ a>0$ ) и отрезком горизонтальной оси $ {\varphi}=0$ .

Рис.6.25.



Первый виток спирали соответствует изменению угла $ {\varphi}$ в пределах от 0 до $ 2\pi$ , а второй -- от $ 2\pi$ до $ 4\pi$ . Чтобы привести изменение аргумента $ {\varphi}$ к одному промежутку, запишем уравнение второго витка спирали в виде $ r=a({\varphi}+2\pi)$ , $ {\varphi}\in[0;2\pi]$ . Тогда площадь $ S$ можно будет найти по формуле (6.4), положив $ f_2({\varphi})=a({\varphi}+2\pi)$ и $ f_1({\varphi})=a{\varphi}$ :

$\displaystyle S=\frac{1}{2}\int_0^{2\pi}(a^2({\varphi}+2\pi)^2-a^2{\varphi}^2)\...
...a^2}{2}\int_0^{2\pi}({\varphi}^2+4\pi{\varphi}+4\pi^2-{\varphi}^2)\;d{\varphi}=$    
$\displaystyle =\frac{a^2}{2}\int_0^{2\pi}(4\pi{\varphi}+4\pi^2)\;d{\varphi}=
 \...
...^2{\varphi}\bigr)\Bigr\vert _0^{2\pi}=
 \frac{a^2}{2}(8\pi^3+8\pi^3)=8a^2\pi^3.$    

    
        Пример 6.12   Найдём объём $ V$ тела, ограниченного поверхностью вращения линии $ y=4x-x^2$ вокруг оси $ Ox$ (при $ 0\leqslant x\leqslant 4$ ).

Рис.6.27.



Для вычисления объёма тела вращения применим формулу

$\displaystyle V=\pi\int_a^b(f(x))^2\;dx.$

Имеем:

$\displaystyle V=\pi\int_0^4(4x-x^2)^2\;dx=
 \pi\int_0^4(16x^2-8x^3+x^4)\;dx=
 \...
...gl(16\cdot\frac{x^3}{3}-8\cdot\frac{x^4}{4}+\frac{x^5}{5}\bigr)\Bigr\vert _0^4=$    
$\displaystyle =\pi\bigl(\frac{16}{3}\cdot4^3-2\cdot4^4+\frac{1}{5}\cdot4^5\bigr...
...gr)=
 1024\pi\bigl(\frac{1}{3}-\frac{1}{2}+\frac{1}{5}\bigr)=\frac{512\pi}{15}.$    

    

        Пример 6.13   Вычислим длину $ l$ дуги линии $ y=\ln\cos x$ , расположенной между прямыми $ x=0$ и $ x=\frac{\pi}{3}$ .

Рис.6.30.



Так как

$\displaystyle y'=\frac{1}{\cos x}\cdot(-\sin x)=-\mathop{\rm tg}\nolimits x$

и

$\displaystyle \sqrt{1+{y'}^2}=\sqrt{1+\mathop{\rm tg}\nolimits ^2x}=\sqrt{\frac{1}{\cos^2x}}=\frac{1}{\cos x}$

(мы взяли в качестве значения корня $ \cos x$ , а не $ -\cos x$ , поскольку $ \cos x>0$ при $ x\in[0;\frac{\pi}{3}]$ ), длина дуги равна

$\displaystyle l=\int_0^{\frac{\pi}{3}}\sqrt{1+{y'}^2}\;dx=
 \int_0^{\frac{\pi}{...
...pi}{6}+\frac{\pi}{4})\vert-\ln\vert\mathop{\rm tg}\nolimits \frac{\pi}{4}\vert=$    
$\displaystyle =\ln\mathop{\rm tg}\nolimits \frac{5\pi}{12}=$    
$\displaystyle =\ln\frac{\mathop{\rm tg}\nolimits \frac{\pi}{6}+\mathop{\rm tg}\...
...\ln\frac{3+\sqrt{3}}{3-\sqrt{3}}=\ln\frac{(3+\sqrt{3})^2}{6}=
 \ln(2+\sqrt{3}).$    

Ответ: $ l=\ln\mathop{\rm tg}\nolimits \frac{5\pi}{12}=\ln(2+\sqrt{3}).$     

        Пример 6.14   Вычислим площадь $ Q$ поверхности вращения, полученной при вращении дуги циклоиды $ x=t-\sin t;\ y=1-\cos t$ , при $ t\in[0;2\pi]$ , вокруг оси $ Ox$ .

Рис.6.31.



Для вычисления применим формулу (6.10):

$\displaystyle Q=2\pi\int_a^b\vert y\vert\sqrt{1+(y'_x)^2}\;dx.$

Имеем: $ x'_t=1-\cos t$ , $ y'_t=\sin t$ , так что

$\displaystyle y'_x=\frac{y'_t}{x'_t}=\frac{\sin t}{1-\cos t}=
\frac{2\sin\frac{t}{2}\cos\frac{t}{2}}{2\sin^2\frac{t}{2}}=\mathop{\rm ctg}\nolimits \frac{t}{2}.$

Для перехода под знаком интеграла к переменной $ t$ заметим, что при $ x\in[0;2\pi]$ получаем $ t\in[0;2\pi]$ , а также

$\displaystyle dx=(1-\cos t)dt=2\sin^2\frac{t}{2}\;dt.$

Кроме того, предварительно вычислим

$\displaystyle y=1-\cos t=2\sin^2\frac{t}{2}\geqslant 0$

(так что $ \vert y\vert=y$ ) и

$\displaystyle \sqrt{1+(y'_x)^2}=\sqrt{1+\mathop{\rm ctg}\nolimits ^2\frac{t}{2}}=\sqrt{\frac{1}{\sin^2\frac{t}{2}}}=
\frac{1}{\sin\frac{t}{2}}.$

Получаем:

$\displaystyle Q=2\pi\int_0^{2\pi}2\sin^2\frac{t}{2}\cdot\frac{1}{\sin\frac{t}{2}}
\cdot2\sin^2\frac{t}{2}\;dt=
8\pi\int_0^{2\pi}\sin^3\frac{t}{2}\;dt.$

Делая замену $ c=\cos\frac{t}{2}$ , приходим к интегралу

$\displaystyle Q=
 8\pi\int_0^{2\pi}\underbrace{\sin^2\frac{t}{2}}_{1-c^2}
 \und...
...cos\frac{t}{2})=-2dc}=
 -16\pi\int_1^{-1}(1-c^2)dc=
 16\pi\int_{-1}^1(1-c^2)dc=$    
$\displaystyle =16\pi\bigl(c-\frac{c^3}{3}\bigr)\Bigr\vert _{-1}^1=\frac{64\pi}{3}.$