Лекции по математическому анализу Часть I москва 2012 б у т у з о в В. Ф. Лекции по математическому анализу. Часть I

13. Геометрические приложения определенного интеграла
119
Если простая кривая задана уравнениями (
5.27
), причем
функции
?
(
t
)
и
?
(
t
)
имеют непрерывные производные
?
0
(
t
)
и
?
0
(
t
)
на сегменте
[
?
,
?
]
, то кривая спрямляема, а ее длина выра-
жается формулой
l
=
?
Z
?
q
?
0
2
(
t
) +
?
0
2
(
t
)
dt.
(5.28)
Обоснование этой формулы будет проведено в главе 12. Для
того, чтобы наглядно представить себе, как получается формула
(
5.28
), рассмотрим рис.
5.14
. На этом рисунке
?
l
?
q
?
x
2
+ ?
y
2
,
?
x
?
dx
=
?
0
(
t
)?
t
,
?
y
?
dy
=
?
0
(
t
)?
t.
Отсюда получаем
?
l
=
q
?
0
2
(
t
) +
?
0
2
(
t
) ?
t
=
?
l
=
?
Z
?
q
?
0
2
(
t
) +
?
0
2
(
t
)
dt.
Если кривая задана уравнением
y
=
f
(
x
)
,
a
6
x
6
b
, то,
полагая
x
=
t
,
y
=
f
(
t
)
,
a
6
t
6
b
и применяя формулу (
5.28
),
получаем выражение для длины кривой в декартовых координа-
тах:
l
=
b
Z
a
q
1
+
f
0
2
(
t
)
dt
=
b
Z
a
q
1
+
f
0
2
(
x
)
dx.
(5.29)
(?)
r r
=
1
?
O
2
?
Рис. 5.15.
Пусть кривая задана в полярных коор-
динатах уравнением (рис.
5.15
)
r
=
r
(
?
)
,
?
1
6
?
6
?
2
.
Переходя к декартовым координатам,
получим параметрические уравнения
кривой (роль параметра играет
?
):
x
=
r
(
?
) cos
?
,
y
=
r
(
?
) sin
?
,
?
1
6
?
6
?
2
.

120
Гл. 5. Интегралы
Применяя формулу (
5.28
), приходим к формуле длины кривой в
полярных координатах (проделайте вычисления самостоятельно):
l
=
?
2
Z
?
1
q
r
2
(
?
) +
r
0
2
(
?
)
d?.
(5.30)
Примеры. 1)
x
=
R
cos
t
,
y
=
R
sin
t
, 0
6
t
6
2
?
(окружность
радиуса
R
с центром в начале координат). По формуле (
5.28
)
получаем
l
=
2
?
Z
0
q
(
?
R
sin
t
)
2
+ (
R
cos
t
)
2
dt
=
2
?
Z
0
Rdt
=
2
?R.
2)
y
=
x
2
, 0
6
x
6
1 (отрезок параболы).
По формуле (
5.29
) находим:
l
=
2
?
Z
0
q
(
1
+ (
2
x
)
2
dx
=
x
r
x
2
+
1
4
+
1
4
ln
x
+
r
x
2
+
1
4
1
0
=
=
?
5
2
+
1
4
ln(
2
+
?
5
)
.
2. Площадь криволинейной трапеции (рис. 5.16).
y
x
a
O
( ) 0
y f x
=
і
b
S
=
b
Z
a
f
(
x
)
dx.
Рис. 5.16.
Обоснование этой формулы будет дано в главе 11.

13. Геометрические приложения определенного интеграла
121
2. Площадь криволинейного сектора (рис. 5.17).
(?)
r r
=
1
?
O
2
?
S
=
1
2
?
2
Z
?
1
r
2
(
?
)
d?.
Рис. 5.17.
3. Объем тела с известными поперечными сечениями
(рис.
5.18
).
Площадь сечения тела плоскостью
x
=
const
обозначим
S
(
x
)
,
тогда объем тонкого тела, заключенного между двумя близкими
плоскостями
x
=
const
и
x
+
dx
=
const
, равен
S
(
x
)
dx
, поэтому
для объема
V
тела получается формула
V
=
b
Z
a
S
(
x
)
dx
.
x x dx
+
a
b
( )
S x
x
V
=
b
Z
a
S
(
x
)
dx.
Рис. 5.18.
Объем тела вращения (рис.
5.19
).
4. Площадь поверхности вращения (рис.
5.19
).
Элемент площади поверхности тела вращения равен
dS
=
2
?r
·
dl
=
2
?f
(
x
)
q
1
+
f
0
2
(
x
)
dx
,
поэтому для площади
S
поверхности тела получается формула
S
=
2
?
b
Z
a
f
(
x
)
q
1
+
f
0
2
(
x
)
dx.

122
Гл. 5. Интегралы
y
( ) 0
y
f x
=
і
a
b
dl
x
x
В этом случае
S
(
x
) =
?f
2
(
x
)
,
поэтому
V
=
?
b
Z
a
f
2
(
x
)
dx.
Рис. 5.19.
џ 14. Физические приложения определенного
интеграла
1. Масса, координаты центра тяжести и моменты инер-
ции плоской кривой. Пусть простая кривая задана параметри-
чески уравнениями (
5.27
), причем
?
(
t
)
и
?
(
t
)
имеют непрерыв-
ные производные
?
0
(
t
)
и
?
0
(
t
)
на сегменте
[
?
,
?
]
, и пусть
?
(
x
,
y
)
линейная плотность массы в точке
(
x
,
y
)
кривой. Тогда масса
m
кривой выражается формулой
m
=
?
Z
?
?
(
?
(
t
)
,
?
(
t
))
q
?
0
2
(
t
) +
?
0
2
(
t
)
dt.
Аналогичная формула для массы кривой, заданной в декартовых
координатах уравнением
y
=
f
(
x
)
,
a
6
x
6
b
, имеет вид
m
=
b
Z
a
?
(
x
,
f
(
x
))
q
1
+
f
0
2
(
x
)
dx.
Статические моменты (или моменты первого порядка) кривой
относительно координатных осей в случае постоянной линейной
плотности
?
?
1 вычисляются для кривой, заданной уравнениями
(
5.27
), по формулам
M
x
=
?
Z
?
?
(
t
)
q
?
0
2
(
t
) +
?
0
2
(
t
)
dt
(
момент относительно оси
x
)
,

14. Физические приложения определенного интеграла
123
M
y
=
?
Z
?
?
(
t
)
q
?
0
2
(
t
) +
?
0
2
(
t
)
dt
(
момент относительно оси
y
)
,
а для кривой, заданной в декартовых координатах уравнением
y
=
f
(
x
)
,
a
6
x
6
b
, по формулам
M
x
=
b
Z
a
f
(
x
)
q
1
+
f
0
2
(
x
)
dx
,
M
y
=
b
Z
a
x
q
1
+
f
0
2
(
x
)
dx.
Координаты
(
x
0
,
y
0
)
центра тяжести кривой выражаются форму-
лами
x
0
=
M
y
l
,
y
0
=
M
x
l
,
где
l
длина кривой (см. формулы (
5.28
) и (
5.29
)).
Моменты инерции (или моменты второго порядка) кривой
относительно осей координат в случае
?
?
1 вычисляются по
формулам
I
x
=
?
Z
?
?
2
(
t
)
q
?
0
2
(
t
) +
?
0
2
(
t
)
dt
(
относительно оси
x
)
,
I
y
=
?
Z
?
?
2
(
t
)
q
?
0
2
(
t
) +
?
0
2
(
t
)
dt
(
относительно оси
y
)
или (в декартовых координатах)
I
x
=
b
Z
a
f
2
(
x
)
q
1
+
f
0
2
(
x
)
dx
,
I
y
=
b
Z
a
x
2
q
1
+
f
0
2
(
x
)
dx.
2.Координаты центра тяжести и моменты инерции плоской
фигуры.
Пусть плоская фигура
G
ограничена непрерывными кривыми
y
=
f
1
(
x
)
и
y
=
f
2
(
x
)
,
a
6
x
6
b
, (причем
f
1
(
x
)
6
f
2
(
x
)
) и отрез-
ками прямых
x
=
a
и
x
=
b
, а поверхностная плотность
?
?
1.
Тогда статические моменты фигуры
G
выражаются формулами
M
x
=
1
2
b
Z
a
f
2
2
(
x
)
?
f
2
1
(
x
)
dx
(
относительно оси
x
)
,

124
Гл. 5. Интегралы
M
y
=
b
Z
a
x
[
f
2
(
x
)
?
f
1
(
x
)]
dx
(
относительно оси
y
)
,
а координаты
(
x
0
,
y
0
)
центра тяжести фигуры вычисляются по
формулам
x
0
=
M
y
S
,
y
0
=
M
x
S
,
где
S
=
b
Z
a
[
f
2
(
x
)
?
f
1
(
x
)]
dx
площадь фигуры
G
.
Моменты инерции фигуры
G
относительно осей координат
выражаются формулами
I
x
=
1
3
b
Z
a
f
3
2
(
x
)
?
f
3
1
(
x
)
dx
(
относительно оси
x
)
,
I
y
=
b
Z
a
x
2
[
f
2
(
x
)
?
f
1
(
x
)]
dx
(
относительно оси
y
)
.
Задание. Объясните (на эвристическом уровне), как получаются
эти формулы.
џ 15. Методы приближенного вычисления
определенных интегралов
В примерах, с которыми мы имели дело в этой главе, для
вычисления определенных интегралов использовалась формула
Ньютона-Лейбница. Ее удобно применять тогда, когда первооб-
разная подынтегральной функции является элементарной функ-
цией. Но это не всегда так. Примером может служить интеграл
b
R
a
e
?
x
2
dx
, который встречается во многих задачах математиче-
ской физики.
В таких случаях пользуются приближенным вычислением
интегралов. Мы рассмотрим три метода приближенного вычис-
ления определенных интегралов метод прямоугольников, ме-
тод трапеций и метод парабол.
Суть каждого из этих методов состоит в том, что сегмент
интегрирования разбивается на несколько равных частичных сег-

15. Методы приближенного вычисления определенных интегралов
125
ментов, на каждом из которых подынтегральная функция заме-
няется более простой функцией: постоянной (то есть многочле-
ном нулевой степени) в методе прямоугольников, линейной функ-
цией (то есть многочленом первой степени) в методе трапеций,
квадратичной функцией (то есть многочленом второй степени)
в методе парабол. Затем вычисляются интегралы по частичным
сегментам от этих более простых функций, и их сумма дает
приближенное значение для исходного определенного интеграла.
1. Метод прямоугольников. Требуется вычислить интеграл
b
Z
a
f
(
x
)
dx.
(5.31)
Разобьем сегмент
[
a
,
b
]
на
n
равных частичных сегментов точка-
ми
a
=
x
0
< x
1
< ... < x
n
=
b.
Ведем обозначение:
?
x
i
=
x
i
?
x
i
?
1
=
b
?
a
n
=
h.
Величина
h
называется шагом приближенного интегрирования.
Пусть
?
i
середина частичного сегмента
[
x
i
?
1
,
x
i
]
. На каж-
дом частичном сегменте
[
x
i
?
1
,
x
i
]
заменим функцию
f
(
x
)
посто-
янной функцией, равной
f
(
?
i
)
(см. рис.
5.20
). Тогда
x
i
Z
x
i
?
1
f
(
x
)
dx
?
x
i
Z
x
i
?
1
f
(
?
i
)
dx
=
f
(
?
i
)(
x
i
?
x
i
?
1
) =
f
(
?
i
)
·
h
,
i
=
1, 2,
...
,
n.
(5.32)

жүктеу/скачать 1,76 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: