Материал: Задачи и упражнения для организации самостоятельной работы по дисциплинам «Математика», «Спецглавы математики». Катрахова А.А., Васильев Е.М

Внимание! Если размещение файла нарушает Ваши авторские права, то обязательно сообщите нам

9. Как найти величину работы с помощью определенного интеграла?

10. Найдите координаты центра тяжести плоской линии, плоской фигуры?

Примеры решения задач

			dx
Пример 1.Вычислить	2			.
		x2
			x 2

Решение. Это несобственный интеграл с бесконечным верхним пределом. Так как подынтегральная дробь разлагается на простейшие дроби вида

						1				1			1						1
																				,то
	x	2		x 2						3							x 2			,то
	x			x 2						3	x 1						x 2
						dx									b				dx						1		b			1	1
2										lim 2												lim					2					dx
2			x		2	x 2				lim 2						x		2				lim			3		2				x 2	dx
			x			x 2					b					x			x 2				b		3			x 1			x 2
lim							1	ln	x 1			b		1	lim\|ln						b 1		ln	1		\|		2	ln2.
							1		x 1					1							b 1			1				2
									x 2												b 2
		b					3					2	3			b								4 3										dx
		b					3					2	3			b								4 3

Пример 2.Исследовать сходимость интеграла																																			.
Пример 2.Исследовать сходимость интеграла																																	2 3		.
																																	2 3	x3 1

Решение.Воспользуемся признаком сходимости для несобственных интегралов 1-го рода в виде неравенства. Очевидно, что

		1				1	,при x>2. Вычислим												dx			dx				-




3		x	3			x													2		lim 2			limln x
				1																x	b		x	b	2
				1																x	b		x	b	2
расходится.
	Пример 3. Исследовать на сходимость несобственный
									1
	интеграл					1							.

										x3 1
										x3 1
	Решение.При x
		1				1					1		1			1
																		3
		x3 1			3			1			x	3	1	1			x	3
		x3 1			3			1				2		1				2
					x	1
					x	1		3						x	3
								x						x

	dx
Так как		сходится, то сходится и исходный интеграл.
	3/ 2
1	x

2 dx

Пример 4. Вычислить интеграл

0 x 1 2

Решение. Здесь подынтегральная функция имеет разрыв при x=1.Это несобственный интеграл от неограниченной функции (2-го рода). По определению

2	dx			lim	1			dx	lim	2	dx
0 (x 1)2				lim	0	(x 1)2			lim	1 (x 1)2
0 (x 1)2				0	0	(x 1)2			0	1 (x 1)2
lim(		1	1) lim(				1	1) .
	0			0
Значит данный интеграл расходится.
												1
												1		xdx
Пример 5. Исследовать сходимость интеграла												0			.
Пример 5. Исследовать сходимость интеграла															.
													1 x4

Решение. В данном случае подынтегральная функция имеет разрыв при x=1. воспользуемся признаком сходимости несобственных интегралов 2-го рода.

Для сравнения возьмем функцию															1					.
Для сравнения возьмем функцию															1					.
															1 x
															1 x			2
Очевидно, что															1 ,
Очевидно, что									x				x		1 ,


							1 x4			1 x 1 x 1 x2						1 x
при x [0,1]. Найдем
1		dx			1					1							1
1					1
																					lim 2 2					2.
			lim				1 x				2	dx 2lim			1 x


0	1 x			0		0								0			0		1			0
0	1 x			0		0								0			0					0
	1				dx
	1				dx																		xdx
Так как								сходится, то сходится и																	.;

				1 x																	1 x			4
	0			1 x															0		1 x

Пример 6. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями, заданными уравнениями

x 8cos3 t,

y 3sin3 t, x 1 x 1 .

Решение. Изобразим данные линии и заштрихуем искомую площадь (рис. 9). Найдем значения параметра t, соответствующие точкам пересечения данных кривых. Для этого решаем

уравнение 8cos3 t 1	или	cost 1 2 и получаем	t 2 3
			1
(соответствует точке B) и		t2 4 3 (соответствует точке C).
Точке Aсоответствует	значение параметраt0		так как
x t0 8 и y t0 0.
		y
		x=-1
		3
		B
A		D
-8		8 x

-3

Рис. 9

Площадь фигуры ABC находим как удвоенную площадь верхней половины ABD, интегрируя при этом в направлении возрастания x от точки A до точки B :

2 3

SABC 2 3sin3 t 8 3cos2 t sint dt 144 sin4 tcos2 tdt

								2 3

18 1 cos2t 2 1 cos2t dt
	2 3
		2			3			sin2t


18	1 cos2t cos		2t	cos		2t dt 18 t
18	1 cos2t cos		2t	cos		2t dt 18 t		2
2 3									2 3
2 3									2 3
							2t dsin2t
9 1 cos4t dt 9				1 sin2			2t dsin2t
	2 3		2 3

									sin4t										3	2t
		2			3													sin


18				0			9 t							9 sin2t
18				0			9 t							9 sin2t
	3				4					4							3
	3				4					4							3
											2		3				.				2 3
	9 3				2			3				3			3
	9 3				2			3				3			3
6						0										3
6			9			0				9						3
	2				3		8					2		8
	2				3		8					2		8

Пример 7. Найти площадь фигуры, лежащей вне окружности r 1 и ограниченной кривой r 2cos2 .

Решение.Так как функция r 2cos2 имеет период T , то при изменении от 0 до 2 радиус-вектор описывает два равных лепестка кривой.При этом допустимыми для являются те значения, при которых cos2 0, откуда

k k k 0, 1, 2, .

4 4

Следовательно, один из лепестков описывается при изменении от /4 до /4. Второй лепесток получается при изменении от 3 /4 до 5 /4 (рис. 10). Вырезая из лепестков части, принадлежащие кругу r 1, мы получим фигуру, площадь которой нужно определить. Ясно, что искомая площадь S 4SABC . В свою очередь SABC SOAB SOAC . Точкам B и C соответствует значение полярного угла 1 0. Найдем полярные координаты точки A пересечения данных кривых. Для этого решим уравнение2cos2 1 т.е. cos2 1/2. Между 0 и

/4 находится только корень /6. Таким образом, точке A соответствует полярный угол 2 /6.

=	A	B =0
=	C	B =0
O	1	2



5
=

Рис. 10 Далее определяем искомую площадь:

	4 SOAB SOAC			1	6		2				1	6		2
				1	4cos		2				1	1		2
S 4SABC			4	2	4cos			2 d				1			d
				2	0					2		0
6						sin4			6
6		6				sin4			6								3
4 1 cos4 d 2			4
		0	4			4				3			3			2
		0
0									0
0									0

Пример 8. Вычислить площадь фигуры, ограниченной кривыми


r sin и r	2 sin	4 .
Решение. Так как sin 0		при 0 , то первая кривая ле-

жит в верхней полуплоскости и проходит через полюс r 0. Чтобы построить ее перейдем в декартовые координаты, пользуясь соотношениями r2 x2 y2 и sin yr. Получаем x2 y2 y. Приведя это уравнение к каноническому виду, бу-

дем иметь x2 y 12 2 14. Это уравнение окружности с центром 0, 12 и радиусом равным 12 (рис. 2). Вторая кривая

определена приsin					4 0			т.е. при 4 5 4 и также
проходит через полюс					r 0.			Преобразуем уравнение второй
кривой
			1			1
			1			1
r 2 sin		2		sin			cos sin cos
r 2 sin		2		sin			cos sin cos
	4		2			2

и перейдем в декартовые координаты

r sin cos yr xr x2 y2 y x.

Приведем полученное уравнение к каноническому виду:

x 12 2 y 12 2 12. Видно, что это уравнение окружно-

сти с центром 12, 12 и радиусом равным 12 (рис. 11). Из вышесказанного следует, что полюс есть точка пере-

сечения окружностей. Другая точка пересечения окружностей


находится из решения уравнения sin	2sin	4	или
sin sin cos , откуда 2. Из рис.11 видно,		что ис-
комая площадь S равна сумме площадей сегментов S1 и			S2 ,
65

Источник: https://studfile.net/preview/16565425/

Смотрите также:




_1966(~1
_files_materials_5053_prog.ntr
_Антонян Ю.М., Сексуальные преступления. Чикатило и другие
_РГР № 1 (2)
- Габариты и масса 27
!Фармакология препаратов для терапии заболеваний дыхательных путей
'Образ–Я' и его развитие средствами диалога