Механические приложения определенного интеграла. Физические приложения определенного интеграла Физические приложения определенного интеграла

Определенный интеграл (ОИ) широко используется в практических приложениях математики и физики.

В частности, в геометрии с помощью ОИ находят площади простых фигур и сложных поверхностей, объемов тел вращения и тел произвольной формы, длин кривых на плоскости и в пространстве.

В физике и теоретической механике ОИ применяют для вычисления статических моментов, масс и центров масс материальных кривых и поверхностей, для вычисления работы переменной силы по криволинейному пути и др.

Площадь плоской фигуры

Пусть некоторая плоская фигура в декартовой прямоугольной системе координат $xOy$ сверху ограничена кривой $y=y_{1} \left(x\right)$, снизу -- кривой $y=y_{2} \left(x\right)$, а слева и справа вертикальными прямыми $x=a$ и $x=b$ соответственно. В общем случае площадь такой фигуры выражается с помощью ОИ $S=\int \limits _{a}^{b}\left(y_{1} \left(x\right)-y_{2} \left(x\right)\right)\cdot dx $.

Если же некоторая плоская фигура в декартовой прямоугольной системе координат $xOy$ справа ограничена кривой $x=x_{1} \left(y\right)$, слева -- кривой $x=x_{2} \left(y\right)$, а снизу и сверху горизонтальными прямыми $y=c$ и $y=d$ соответственно, то площадь такой фигуры выражается с помощью ОИ $S=\int \limits _{c}^{d}\left(x_{1} \left(y\right)-x_{2} \left(y\right)\right)\cdot dy $.

Пусть плоская фигура (криволинейный сектор), рассматриваемая в полярной системе координат, образована графиком непрерывной функции $\rho =\rho \left(\phi \right)$, а также двумя лучами, проходящими под углами $\phi =\alpha $ и $\phi =\beta $ соответственно. Формула для вычисления площади такого криволинейного сектора имеет вид: $S=\frac{1}{2} \cdot \int \limits _{\alpha }^{\beta }\rho ^{2} \left(\phi \right)\cdot d\phi $.

Длина дуги кривой

Если на отрезке $\left[\alpha ,\; \beta \right]$ кривая задана уравнением $\rho =\rho \left(\phi \right)$ в полярной системе координат, то длина её дуги вычисляется с помощью ОИ $L=\int \limits _{\alpha }^{\beta }\sqrt{\rho ^{2} \left(\phi \right)+\rho "^{2} \left(\phi \right)} \cdot d\phi $.

Если на отрезке $\left$ кривая задана уравнением $y=y\left(x\right)$, то длина её дуги вычисляется с помощью ОИ $L=\int \limits _{a}^{b}\sqrt{1+y"^{2} \left(x\right)} \cdot dx $.

Если на отрезке $\left[\alpha ,\; \beta \right]$ кривая задана параметрически, то есть $x=x\left(t\right)$, $y=y\left(t\right)$, то длина её дуги вычисляется с помощью ОИ $L=\int \limits _{\alpha }^{\beta }\sqrt{x"^{2} \left(t\right)+y"^{2} \left(t\right)} \cdot dt $.

Вычисление объема тела по площадям параллельных сечений

Пусть необходимо найти объем пространственного тела, координаты точек которого удовлетворяют условиям $a\le x\le b$, и для которого известны площади сечений $S\left(x\right)$ плоскостями, перпендикулярными оси $Ox$.

Формула для вычисления объема такого тела имеет вид $V=\int \limits _{a}^{b}S\left(x\right)\cdot dx $.

Объем тела вращения

Пусть на отрезке $\left$ задана неотрицательная непрерывная функция $y=y\left(x\right)$, образующая криволинейную трапецию (КрТ). Если вращать эту КрТ вокруг оси $Ox$, то образуется тело, называемое телом вращения.

Вычисление объема тела вращения является частным случаем вычисления объема тела по известным площадям его параллельных сечений. Соответствующая формула имеет вид $V=\int \limits _{a}^{b}S\left(x\right)\cdot dx =\pi \cdot \int \limits _{a}^{b}y^{2} \left(x\right)\cdot dx $.

Пусть некоторая плоская фигура в декартовой прямоугольной системе координат $xOy$ сверху ограничена кривой $y=y_{1} \left(x\right)$, снизу -- кривой $y=y_{2} \left(x\right)$, где $y_{1} \left(x\right)$ и $y_{2} \left(x\right)$ -- неотрицательные непрерывные функции, а слева и справа вертикальными прямыми $x=a$ и $x=b$ соответственно. Тогда объем тела, образованного вращением этой фигуры вокруг оси $Ox$, выражается ОИ $V=\pi \cdot \int \limits _{a}^{b}\left(y_{1}^{2} \left(x\right)-y_{2}^{2} \left(x\right)\right)\cdot dx $.

Пусть некоторая плоская фигура в декартовой прямоугольной системе координат $xOy$ справа ограничена кривой $x=x_{1} \left(y\right)$, слева -- кривой $x=x_{2} \left(y\right)$, где $x_{1} \left(y\right)$ и $x_{2} \left(y\right)$ -- неотрицательные непрерывные функции, а снизу и сверху горизонтальными прямыми $y=c$ и $y=d$ соответственно. Тогда объем тела, образованного вращением этой фигуры вокруг оси $Oy$, выражается ОИ $V=\pi \cdot \int \limits _{c}^{d}\left(x_{1}^{2} \left(y\right)-x_{2}^{2} \left(y\right)\right)\cdot dy $.

Площадь поверхности тела вращения

Пусть на отрезке $\left$ задана неотрицательная функция $y=y\left(x\right)$ с непрерывной производной $y"\left(x\right)$. Эта функция образует КрТ. Если вращать эту КрТ вокруг оси $Ox$, то она сама образует тело вращения, а дуга КрТ -- его поверхность. Площадь поверхности такого тела вращения выражается формулой $Q=2\cdot \pi \cdot \int \limits _{a}^{b}y\left(x\right)\cdot \sqrt{1+y"^{2} \left(x\right)} \cdot dx $.

Предположим, что кривую $x=\phi \left(y\right)$, где $\phi \left(y\right)$ -- заданная на отрезке $c\le y\le d$ неотрицательна функция, вращают вокруг оси $Oy$. В этом случае площадь поверхности образованного тела вращения выражается ОИ $Q=2\cdot \pi \cdot \int \limits _{c}^{d}\phi \left(y\right)\cdot \sqrt{1+\phi "^{2} \left(y\right)} \cdot dy $.

Физические приложения ОИ

Для вычисления пройденного пути в момент времени $t=T$ при переменной скорости движения $v=v\left(t\right)$ материальной точки, которая начала движение в момент времени $t=t_{0} $, используют ОИ $S=\int \limits _{t_{0} }^{T}v\left(t\right)\cdot dt $.
Для вычисления работы переменной сили $F=F\left(x\right)$, приложенной к материальной точке, перемещающейся по прямолинейному пути вдоль оси $Ox$ от точки $x=a$ до точки $x=b$ (направление действия силы совпадает с направлением движения) используют ОИ $A=\int \limits _{a}^{b}F\left(x\right)\cdot dx $.
Статические моменты относительно координатных осей материальной кривой $y=y\left(x\right)$ на промежутке $\left$ выражаются формулами $M_{x} =\rho \cdot \int \limits _{a}^{b}y\left(x\right)\cdot \sqrt{1+y"^{2} \left(x\right)} \cdot dx $ и $M_{y} =\rho \cdot \int \limits _{a}^{b}x\cdot \sqrt{1+y"^{2} \left(x\right)} \cdot dx $, где линейная плотность $\rho $ этой кривой считается постоянной.
Центр масс материальной кривой -- это точка, в которой условно сосредоточена вся её масса таким образом, что статические моменты точки относительно координатных осей равны соответствующим статическим моментам всей кривой в целом.

Формулы для вычисления координат центра масс плоской кривой имеют вид $x_{C} =\frac{\int \limits _{a}^{b}x\cdot \sqrt{1+y"^{2} \left(x\right)} \cdot dx }{\int \limits _{a}^{b}\sqrt{1+y"^{2} \left(x\right)} \cdot dx } $ и $y_{C} =\frac{\int \limits _{a}^{b}y\left(x\right)\cdot \sqrt{1+y"^{2} \left(x\right)} \cdot dx }{\int \limits _{a}^{b}\sqrt{1+y"^{2} \left(x\right)} \cdot dx } $.

Статические моменты материальной плоской фигуры в виде КрТ относительно координатных осей выражаются формулами $M_{x} =\frac{1}{2} \cdot \rho \cdot \int \limits _{a}^{b}y^{2} \left(x\right)\cdot dx $ и $M_{y} =\rho \cdot \int \limits _{a}^{b}x\cdot y\left(x\right)\cdot dx $.
Координаты центра масс материальной плоской фигуры в виде КрТ, образованной кривой $y=y\left(x\right)$ на промежутке $\left$, вычисляют по формулам $x_{C} =\frac{\int \limits _{a}^{b}x\cdot y\left(x\right)\cdot dx }{\int \limits _{a}^{b}y\left(x\right)\cdot dx } $ и $y_{C} =\frac{\frac{1}{2} \cdot \int \limits _{a}^{b}y^{2} \left(x\right)\cdot dx }{\int \limits _{a}^{b}y\left(x\right)\cdot dx } $.

1. Площадь плоской фигуры.

Площадь криволинейной трапеции, ограниченной неотрицательной функцией f (x) , осью абсцисс и прямыми x = a , x = b , определяется как S = ∫ a b f x d x .

Площадь криволинейной трапеции

Площадь фигуры, ограниченной функцией f (x) , пересекающей ось абсцисс, определяется формулой S = ∑ i: f x ≥ 0 ∫ x i - 1 x i f x d x - ∑ i: f x < 0 ∫ x i - 1 x i | f x | d x , где x i – нули функции. Другими словами, чтобы вычислить площадь этой фигуры, нужно разбить отрезок нулями функции f (x) на части, проинтегрировать функцию f по каждому из получившихся промежутков знакопостоянства, сложить отдельно интегралы по отрезкам, на которых функция f принимает разные знаки, и вычесть из первого второе.

2. Площадь криволинейного сектора.

Площадь криволинейного сектора Рассмотрим кривую ρ = ρ (φ) в полярной системе координат, где ρ (φ) – непрерывная и неотрицательная на [α; β] функция. Фигура, ограниченная кривой ρ (φ) и лучами φ = α , φ = β , называется криволинейным сектором. Площадь криволинейного сектора равна S = 1 2 ∫ α β ρ 2 φ d φ .

3. Объем тела вращения.

Объем тела вращения

Пусть тело образовано вращением вокруг оси OX криволинейной трапеции, ограниченной непрерывной на отрезке функцией f (x) . Его объем выражается формулой V = π ∫ a b f 2 x d x .

К задаче о нахождении объема тела по площади поперечного сечения

Пусть тело заключено между плоскостями x = a и x = b , а площадь его сечения плоскостью, проходящей через точку x , – непрерывная на отрезке функция σ (x) . Тогда его объем равен V = ∫ a b σ x d x .

4. Длина дуги кривой.

Пусть задана кривая r → t = x t , y t , z t Тогда длина ее участка, ограниченного значениями t = α и t = β выражается формулой S = ∫ α β x ′ t 2 + y ′ t 2 + z ′ t 2 dt .

Длина дуги плоской кривой В частности, длина плоской кривой, задаваемой на координатной плоскости OXY уравнением y = f (x) , a ≤ x ≤ b , выражается формулой S = ∫ a b 1 + f ′ x 2 dx .

5. Площадь поверхности вращения.

Площадь поверхности вращения Пусть поверхность задается вращением относительно оси OX графика функции y = f (x) , a ≤ x ≤ b , и функция f имеет непрерывную производную на этом отрезке. Тогда площадь поверхности вращения определяется формулой Π = 2 π ∫ a b f x 1 + f ′ x 2 d x .

41.1. Схемы применения определенного интеграла

Пусть требуется найти значение какой-либо геометрической или физической величины А (площадь фигуры, объем тела, давление жидкости на вертикальную пластину и т. д.), связанной с отрезком изменения независимой переменной х. Предполагается, что эта величина А аддитивна, т. е. такая, что при разбиении отрезка [а; b] точкой с є (а; b) на части [а; с] и [с; b] значение величины А, соответствующее всему отрезку [а; b], равно сумме ее значений, соответствующих [а; с] и [с; b].

Для нахождения этой величины А можно руководствоваться одной из двух схем: I схема (или метод интегральных сумм) и II схема (или метод дифференциала).

Первая схема базируется на определении определенного интеграла.

1. Точками х 0 = а, x 1 ,..., x n = b разбить отрезок [а;b] на n частей. В соответствии с этим, интересующая нас величина А разобьется на n «элементарных слагаемых» ΔAi (i = 1,...,n): А = ΔA 1 +ΔА 2 +...+ ΔА n .

2. Представить каждое «элементарное слагаемое» в виде произведения некоторой функции (определяемой из условия задачи), вычисленной в произвольной точке соответствующего отрезка на его длину: ΔA i ≈ ƒ(c i)Δx i.

При нахождении приближенного значения ΔА i допустимы некоторые упрощения: дугу на малом участке можно заменить хордой, стягивающей ее концы; переменную скорость на малом участке можно приближенно считать постоянной и т. д.

Получим приближенное значение величины А в виде интегральной суммы:

3. Искомая величина А равна пределу интегральной суммы, т. е.

Указанный «метод сумм», как видим, основан на представлении интеграла как о сумме бесконечно большого числа бесконечно малых слагаемых.

Схема I была применена для выяснения геометрического и физического смысла определенного интеграла.

Вторая схема представляет собой несколько видоизмененную схему I и называется «метод дифференциала» или «метод отбрасывания бесконечно малых высших порядков»:

1) на отрезке [а;b] выбираем произвольное значение х и рассматриваем переменный отрезок [а; х]. На этом отрезке величина А становится функцией х: А = А(х), т. е. считаем, что часть искомой величины А есть неизвестная функция А(х), где х є - один из параметров величины А;

2) находим главную часть приращения ΔА при изменении х на малую величину Δх = dx, т. е. находим дифференциал dA функции А = А(х): dA = ƒ(х) dx, где ƒ(х), определяемая из условия задачи, функция переменной х (здесь также возможны различные упрощения);

3) считая, что dA ≈ ΔА при Δх → 0, находим искомую величину путем интегрирования dA в пределах от а до b:

41.2. Вычисление площадей плоских фигур

Прямоугольные координаты

Как уже было установлено (см. «геометрический смысл определенного интеграла»), площадь криволинейной трапеции, расположенной «выше» оси абсцисс (ƒ(х) ≥ 0), равна соответствующему определенному интегралу:

Формула (41.1) получена путем применения схемы I - метода сумм. Обоснуем формулу (41.1), используя схему II. Пусть криволинейная трапеция ограничена линиями у = ƒ(х) ≥ 0, х = а, х = b, у = 0 (см. рис. 174).

Для нахождения площади S этой трапеции проделаем следующие операции:

1. Возьмем произвольное х Î [а; b] и будем считать, что S = S(x).

2. Дадим аргументу х приращение Δх = dx (х + Δх є [а; b]). Функция S = S(x) получит приращение ΔS, представляющее собой площадь «элементарной криволинейной трапеции» (на рисунке она выделена).

Дифференциал площади dS есть главная часть приращения ΔS при Δх → 0, и, очевидно, он равен площади прямоугольника с основанием dx и высотой у: dS = у dx.

3. Интегрируя полученное равенство в пределах от х = а до х = b,получаем

Отметим,что если криволинейная трапеция расположена «ниже» оси Ох (ƒ(х) < 0), то ее площадь может быть найдена по формуле

Формулы (41.1)и (41.2) можно объединить в одну:

Площадь фигуры, ограниченной кривыми у = = fι(x) и у = ƒг(х), прямыми х = а и х = b (при условии ƒ 2 (х) ≥ ƒ 1 (х)) (см. рис. 175), можно найти по формуле

Если плоская фигура имеет «сложную» форму (см. рис. 176), то прямыми, параллельными оси Оу, ее следует разбить на части так, чтобы можно было бы применить уже известные формулы.

Если криволинейная трапеция ограничена прямыми у = с и у=d, осью Оу и непрерывной кривой х = φ(у) ≥ 0 (см. рис. 177), то ее площадьнаходится по формуле

И, наконец, если криволинейная трапеция ограничена кривой, заданной параметрически

прямыми х = аих = bи осью Ох, то площадь ее находится по формуле

где а и β определяютсяиз равенств х(а) = а и х(β) =b.

Пример 41.1 . Найти площадь фигуры, ограниченной осью Ох и графиком функции у = х 2 - 2х при х є .

Решение: Фигура имеет вид, изображенный на рисунке 178. Находим ее площадь S:

Пример 41.2. Вычислить площадь фигуры, ограниченной эллипсом х = а cos t, у = b sin t.

Решение: Найдем сначала 1/4 площади S. Здесь х изменяется от 0 до а, следовательно, t изменяется от до 0 (см. рис. 179). Находим:

Таким образом . Значит, S = π аВ.

Полярные координаты

Найдем площадь S криволинейного сектора, т. е. плоской фигуры, ограниченной непрерывной линией r=r(φ) и двумя лучами φ=а и φ=β (а < β), где r и φ - полярные координаты (см. рис. 180). Для решения задачи используем схему II - метод дифференциала.

1. Будем считать часть искомой площади S как функцию угла φ, т. е. S = S(φ), где а ≤ φ≤ β (если φ = а, то S(a) = 0, если φ=β, то S(β) = S).

2. Если текущий полярный угол φ получит приращение Δφ = dφ, то приращение площади AS равно площади «элементарного криволинейного сектора» OAB.

Дифференциал dS представляет собой главную часть приращения ΔS при dφ→ 0 и равен площади кругового сектора О АС (на рисунке она заштрихована) радиуса r с центральным углом dφ. Поэтому

3. Интегрируя полученное равенство в пределах от φ = а до φ = β, получим искомую площадь

Пример 41.3. Найти площадь фигуры, ограниченной «трехлепесткoвой розой» r=acos3φ (см. рис. 181).

Решение: Найдем сначала площадь половины одного лепестка «розы», т. е.1/6 часть всей площади фигуры:

т. е.. Следовательно,

Если плоская фигура имеет «сложную» форму, то лучами, выходящими из полюса, ее следует разбить на криволинейные секторы, к которым применить полученную формулу для нахождения площади. Так, для фигуры, изображенной на рисунке 182, имеем:

41.3. Вычисление длины дуги плоской кривой

Прямоугольные координаты

Пусть в прямоугольных координатах дана плоская кривая АВ, уравнение которой у=ƒ(х), где а≤х≤ b.

Под длиной дуги АВ понимается предел, к которому стремится длина ломаной линии, вписанной в эту дугу, когда число звеньев ломаной неограниченно возрастает, а длина наибольшего звена ее стремится к нулю. Покажем, что если функция у=ƒ(х) и ее производная у" = ƒ"(х) непрерывны на отрезке [а; b], то кривая АВ имеет длину, равную

Применим схему I (метод сумм).

1. Точками х 0 = а, х 1 ..., х n = b (х 0 < x 1 < ...< х n) разобьем отрезок [а; b] на n частей (см. рис. 183). Пустьэтим точкам соответствуют точки М 0 = А, M 1 ,...,M n =В накривой АВ. Проведем хорды М 0 M 1 , M 1 M 2 ,..., М n-1 М n , длины которых обозначим соответственно через ΔL 1 , AL 2 ,..., ΔL n . Получим ломаную M 0 M 1 M 2 ... M n-ι M n , длина которой равна L n =ΔL 1 + ΔL 2 +...+ ΔL n =

2. Длину хорды (или звена ломаной) ΔL 1 можно найти по теореме Пифагора из треугольника с катетами Δx i и Δу i:

По теореме Лагранжа о конечном приращении функции Δу i =ƒ"(с i) Δх i , где ci є (x i-1 ;x i). Поэтому

а длина всей ломаной M 0 M 1 ... М n равна

3.Длина l кривой АВ, по определению, равна

Заметим, что при ΔL i → 0 также и Δx i → 0 ΔLi =и, следовательно, |Δx i |<ΔL i).

Функциянепрерывна на отрезке [а; b], так как, по условию, непрерывна функция ƒ"(х). Следовательно, существует предел интегральной суммы (41.4), когда max Δx i → 0 :

Таким образом,или в сокращенной записи l =

Еслиуравнение кривой АВ задано в параметрической форме

где x(t) и y(t) - непрерывныефункции с непрерывными производными и х(а) = а, х(β) = b, то длина l кривой АВ находится по формуле

Формула (41.5) может быть получена из формулы (41.3) подстановкой x = x(t),dx = x"(t)dt,

Пример 41.4. Найти длину окружности радиуса R.

Решение: Найдем 1/4 часть ее длины от точки (0;R)до точки (R;0) (см. рис. 184). Так как то

Значит, l = 2π R. Если уравнение окружности записать в параметрическом виде х=Rcost, у = Rsint (0≤t≤2π ), то

Вычисление длины дуги может быть основано на применении метода дифференциала. Покажем, как можно получить формулу (41.3), применив схему II (метод дифференциала).

1. Возьмем произвольное значение х є [а; b] и рассмотрим переменный отрезок [а;х]. На нем величина l становится функцией от х, т.е. l = l (х) (l (а) = 0 и l (b) = l ).

2. Находим дифференциал dl функции l = l (х) при изменении х на малую величину Δх = dx: dl = l "(x)dx. Найдем l "(x), заменяя бесконечномалую дугу MN хордой Δl , стягивающей эту дугу(см. рис. 185):

3. Интегрируя dl в пределах от а до b, получаем

Равенствоназываетсяформулой дифференциала дуги в прямоугольных координатах.

Так как у" х = -dy/dx, то

Последняя формула представляет собой теорему Пифагора для бесконечно малого треугольника МСТ (см. рис. 186).

Полярные координаты

Пусть кривая АВ задана уравнением в полярных координатах r = r(φ), а≤φ≤β. Предположим, что r(φ) и r"(φ) непрерывны на отрезке [а;β].

Если в равенствах х = rcosφ, у = rsinφ, связывающих полярные и декартовы координаты, параметром считать угол φ, то кривую АВ можнозадать параметрически

Применяя формулу (41.5), получаем

Пример 41.5. Найти длину кардиоиды r = = а(1 + cosφ).

Решение: Кардиоида r = а(1 + cosφ) имеет вид, изображенный на рисунке 187. Она симметрична относительно полярной оси. Найдем половину длины кардиоиды:

Таким образом, 1/2l= 4а. Значит, l= 8а.

41.4. Вычисление объема тела

Вычисление объема тела по известным площадям параллельных сечений

Пусть требуется найти объем V тела, причем известны площади S сечений этого тела плоскостями, перпендикулярными некоторой оси, например оси Ох: S = S(x), а ≤ х ≤ b.

1. Через произвольную точку х є проведем плоскость ∏, перпендикулярную оси Ох (см. рис. 188). Обозначим через S(x) площадь сечения тела этой плоскостью; S(x) считаем известной и непрерывно изменяющейся при изменении х. Через v(x) обозначим объем части тела, лежащее левее плоскости П. Будем считать, что на отрезке [а; х] величина v есть функция от х, т. е. v = v(x) (v(a) = 0, v(b) = V).

2. Находим дифференциал dV функции v = v(x). Он представляет собой «элементарный слой» тела, заключенный между параллельными плоскостями, пересекающими ось Ох в точках х и х+Δх, который приближенно может быть принят за цилиндр с основанием S(x) и высотой dx. Поэтому дифференциал объема dV = S(x) dx.

3. Находим искомую величину V путем интегрирования dA в пределах от а до В:

Полученная формула называется формулой объема тела по площади параллельных сечений.

Пример 41 .6. Найти объем эллипсоида

Решение: Рассекая эллипсоид плоскостью, параллельной плоскости Oyz и на расстоянии х от нее (-а≤х≤ a), получим эллипс (см. рис. 189):

Площадь этого эллипса равна

Поэтому, поформуле (41.6), имеем

Объем тела вращения

Пусть вокруг оси Ох вращается криволинейная трапеция, ограниченная непрерывной линией у = ƒ(х) 0, отрезком а ≤ x ≤ bи прямыми х = а и х = b (см. рис. 190). Полученная от вращения фигура называется телом вращения. Сечение этого тела плоскостью, перпендикулярной оси Ох, проведенной через произвольную точку х оси Ох (х Î [а; b]), есть круг с радиусом у= ƒ(х). Следовательно, S(x)=π y 2.

Применяя формулу (41.6) объема тела по площади параллельных сечений, получаем

Если криволинейная трапеция ограничена графиком не прерывной функциих=φ(у) ≥ 0 и прямыми х = 0, у = с,

у = d (с < d), то объем тела, образованного вращением этой трапеции вокруг оси Оу, по аналогии с формулой (41.7), равен

Пример 41.7. Найти объем тела, образованного вращением фигуры, ограниченной линиямивокруг оси Оу (см. рис. 191).

Решение:По формуле (41.8) находим:

41.5. Вычисление площади поверхности вращения

Пусть кривая АВ является графиком функции у = ƒ(х) ≥ 0, где х є [а;b], а функция у = ƒ(х) и ее производная у"=ƒ"(х) непрерывны на этом отрезке.

Найдем площадь S поверхности, образованной вращением кривой АВ вокруг оси Ох.

Применим схему II (метод дифференциала).

1. Через произвольную точку х є [а; b] проведем плоскость ∏, перпендикулярную оси Ох. Плоскость ∏ пересекает поверхность вращения по окружности с радиусом у = ƒ(х) (см. рис. 192). Величина S поверхности части фигуры вращения, лежащей левее плоскости, является функцией от х, т. е. s=s(x) (s(a)=0 и s(b)=S).

2. Дадим аргументу х приращение Δх = dx. Через точку х + dx є [а; b] также проведем плоскость, перпендикулярную оси Ох. Функция s=s(x) получит приращение Аз, изображенного на рисунке в виде «пояска».

Найдем дифференциал площади ds, заменяя образованную между сечениями фигуру усеченным конусом, образующая которого равна dl , а радиусы оснований рав ны у и у+dy. Площадь его боковой поверхности равна ds=π (у+у+dy ) dl =2π уdl + π dydl . Отбрасывая произведение dydl как бесконечно малую высшего порядка, чем ds, получаем ds=2π уdl , или, так как

3. Интегрируя полученное равенство в пределах от х = а до х = b, получаем

Если кривая АВ задана параметрическими уравнениями х = x(t),y=y(t), t 1 ≤ t ≤ t 2 , то формула (41.9) для площади поверхности вращения принимает вид

Пример 41.8. Найти площадь поверхности шара радиуса R.

Пример 41.9. Дана циклоида

Найти площадь поверхности, образованной вращением ее вокруг оси Ох.

Решение: При вращении половины дуги циклоиды вокруг оси Ох площадь поверхности вращения равна

41.6. Механические приложения определенного интеграла

Работа переменной силы

Пусть материальная точка М перемещается вдоль оси Ох под действием переменной силы F = F(x), направленной параллельно этой оси. Работа, произведенная силой при перемещении точки М из положения х = а в положение х = b (a < b), находится по формуле (см. п. 36).

Пример 41.10 Какую работу нужно затратить, чтобы растянуть пружину на 0,05 м, если сила 100 Н растягивает пружину на 0,01 м?

Решение: По закону Гука упругая сила, растягивающая пружину, пропорциональна этому растяжению х, т. е. F = kх, где k - коэффициент пропорциональности. Согласно условию задачи, сила F = 100 Н растягивает пружину на х = 0,01 м; следовательно, 100 = k*0,01, откуда k = 10000; следовательно,F = 10000х.

Искомая работа на основании формулы (41.10) равна

Пример 41.11. Найти работу, которую необходимо затратить, чтобы выкачать через край жидкость из вертикального цилиндрического резервуара высоты Н м и радиусом основания R м.

Решение: Работа, затрачиваемая на поднятие тела весом р на высоту h, равна р h. Но различные слои жидкости в резервуаре находятся на различных глубинах и высота поднятия (до края резервуара) различных слоев не одинакова.

Для решения поставленной задачи применим схему II (метод дифференциала). Введем систему координат так, как указано на рисунке 193.

1. Работа, затрачиваемая на выкачивание из резервуара слоя жидкости толщиной x (0 !!!< x !!!< H), есть функция от х, т.е. А = А(х), где 0≤x≤H (А(0)=0, А(Н)=А 0).

2. Находим главную часть приращения ΔА при изменении х на величину Δх = dx, т. е. находим дифференциал dA функции А(х).

Ввиду малости dx считаем, что «элементарный» слой жидкости находится на одной глубине х (от края резервуара) (см. рис. 193). Тогда dA = dp*x, где dp - вес этого слоя; он равен g *g dv, где g - ускорение свободного падения, g - плотность жидкости, dv - объем «элементарного» слоя жидкости (на рисунке он выделен), т. е. dp = gg dv. Объем указанного слоя жидкости, очевидно, равен π R 2 dx, где dx - высота цилиндра (слоя), π R 2 - площадь его основания, т. е. dv=π R 2 dx.

Таким образом, dp=gg π R 2 dx и dA = gg π R 2 dx*x.

3) Интегрируя полученное равенство в пределах от х = 0 до х = Н, находим

Путь, пройденный телом

Пусть материальная точка перемещается по прямой с переменной скоростью v=v(t). Найдем путь S, пройденный ею за промежуток времени от t 1 до t 2 .

Решение: Из физического смысла производной известно, что при движении точки в одном направлении «скорость прямолинейного движения равна производной от пути по времени», т. е.. Отсюда следует, что dS = v(t)dt. Интегрируя полученное равенство в пределах от t 1 до t 2 , получаем

Отметим, что эту же формулу можно получить, пользуясь схемой I или II применения определенного интеграла.

Пример 41.12. Найти путь, пройденный телом за 4 секунды от начала движения, если скорость тела v(t) = 10t + 2 (м/с).

Решение: Если v(t)=10t+2 (м/с), то путь, пройденный телом от начала движения (t=0) до конца 4-й секунды, равен

Давление жидкости на вертикальную пластинку

По закону Паскаля давление жидкости на горизонтальную пластину равно весу столба этой жидкости, имеющего основанием пластинку, а высотой - глубину ее погружения от свободной поверхности жидкости, т. е. Р = g*g* S* h, где g - ускорение свободного падения, g - плотность жидкости, S - площадь пластинки, h - глубина ее погружения.

По этой формуле нельзя искать давление жидкости на вертикально погруженную пластинку, так как ее разные точки лежат на разных глубинах.

Пусть в жидкость погружена вертикально пластина, ограниченная линиями х = а, х = b, у 1 = f 1 (x) и у 2 =ƒ 2 (х); система координат выбрана так, как указано на рисунке 194. Для нахождения давления Р жидкости на эту пластину применим схему II (метод дифференциала).

1. Пусть часть искомой величины Р есть функция от х: р=р(х), т. е. р=р(х) - давление на часть пластины, соответствующее отрезку [а; х] значений переменной х, где х є [а; b] (р(а)=0,р(b) = Р).

2. Дадим аргументу х приращение Δх = dx. Функция р(х) получит приращение Δр (на рисунке - полоска-слой толщины dx). Найдем дифференциал dp этой функции. Ввиду малости dx будем приближенно считать полоску прямоугольником, все точки которого находятся на одной глубине х, т. е. пластинка эта - горизонтальная.

Тогда по закону Паскаля

3. Интегрируя полученное равенство в пределах от х = а до х = В, получим

Пример 41.13. Определить величину давления воды на полукруг, вертикально погруженный в жидкость, если его радиус R, а центр О находится на свободной поверхности воды (см. рис. 195).

Аналогично определяется статический момент S y этой системы относительно оси

Если массы распределены непрерывным образом вдоль некоторой кривой, то для выражения статического момента понадобится интегрирование.

Пусть у = ƒ(х) (a≤ x≤ b) - это уравнение материальной кривой АВ. Будем считать ее однородной с постоянной линейной плотностью g (g = const).

Для произвольного х є [а; b] на кривой АВ найдется точка с координатами (х;у). Выделим на кривой элементарный участок длины dl, содержащий точку (х;у). Тогда масса этого участка равна g dl. Примем этот участок dl приближенно за точку, отстоящую от оси Ох на расстоянии у. Тогда дифференциал статического момента dS x («элементарный момент») будет равен g dly, т. е. dS x = g dlу (см. рис. 196).

Отсюда следует, что статический момент S x кривой АВ относительно оси Ох равен

Аналогично находим S y:

Статические моменты S x и S y кривой позволяют легко установить положение ее центра тяжести (центра масс).

Центром тяжести материальной плоской кривой у = ƒ(х), х Î называется точка плоскости, обладающая следующим свойством: если в этой точке сосредоточить всю массу m заданной кривой, то статический момент этой точки относительно любой координатной оси будет равен статическому моменту всей кривой у = ƒ (х) относительно той же оси. Обозначим через С(х с;у с) центр тяжести кривой АВ.

Из определения центра тяжести следуют равенства Отсюда

Вычисление статических моментов и координат центра тяжести плоской фигуры

Пусть дана материальная плоская фигура (пластинка), ограниченная кривой у = ƒ(х) 0 и прямыми у = 0, х = a, x = b (см. рис. 198).

Будем считать, что поверхностная плотность пластинки постоянна (g = const). Тогда масса «всей пластинки равна g * S, т. еВыделим элементарный участок пластинки в виде бесконечно узкой вертикальной полосы и будем приближенно считать его прямоугольником.

Тогда масса его равна g ydx. Центр тяжести С пря моугольника лежит на пересечении диагоналей прямоугольника. Эта точка С отстоит от оси Ох на 1/2*у, а от оси Оу на х (приближенно; точнее на расстоянии х+ 1 / 2 ∆х). Тогда для элементарных статических моментов относительно осей Ох и Оу выполнены соотношения

Итак, центр тяжести имеет координаты

Лекция 21 Приложения определенного интеграла (2ч)

Геометрические приложения

а) Площадь фигуры

Как уже отмечалось в лекции 19, численно равен площади криволинейной трапеции, ограниченной кривой у = f (x ) , прямыми х = а , х = b и отрезком [a , b ] оси ОХ. При этом если f (x ) £ 0 на [a , b ], то интеграл следует взять со знаком минус.

Если же на заданном отрезке функция у = f (x ) меняет знак, то для вычисления площади фигуры, заключенной между графиком этой функции и осью ОХ, следует разбить отрезок на части, на каждой из которых функция сохраняет знак, и найти площадь каждой части фигуры. Искомая площадь в этом случае есть алгебраическая сумма интегралов по этим отрезкам, причем интегралы, соответствующие отрицательным значения функции, взяты в этой сумме со знаком «минус».

Если фигура ограничена двумя кривыми у = f 1 (x ) и у = f 2 (x ), f 1 (x )£f 2 (x ), то, как следует из рис.9, ее площадь равна разности площадей криволинейных трапеций а ВСb и а АDb , каждая из которых численно равна интегралу. Значит,

Заметим, что площадь фигуры, изображенной на рисунке 10,а находятся по такой же формуле: S = (докажите это!). Подумайте, как вычислить площадь фигуры, изображенной на рисунке 10,б?

Мы вели речь только о криволинейных трапециях, прилежащих к оси ОХ. Но аналогичные формулы справедливы и для фигур, прилежащих к оси ОУ. Например, площадь фигуры, изображенной на рисунке 11, находится по формуле

Пусть линия y = f (x ), ограничивающая криволинейную трапецию, может быть задана параметрическими уравнениями , t Î , причем j(a)=а , j(b) = b , т.е. у = . Тогда площадьэтой криволинейной трапеции равна

б) Длина дуги кривой

Пусть дана кривая у = f (x ). Рассмотрим дугу этой кривой, соответствующую изменению х на отрезке [a , b ]. Найдем длину этой дуги. Для этого разобьем дугу АВ на п частей точками А = М 0 ,М 1 , М 2, ..., М п = В (рис.14), соответствующими точкам х 1 , х 2 , ..., х п Î [a , b ].

Обозначим Dl i длину дуги , тогда l = . Если длины дуг Dl i достаточно малы, то их можно считать приближенно равными длинам соответствующих отрезков , соединяющих точки М i -1, Mi . Эти точки имеют координаты М i -1 (х i -1, f (x i -1)) , M i (х i , f (x i )). Тогда длины отрезков равны соответственно

Здесь использована формула Лагранжа. Положим х i – x i -1 =Dх i , получим

Тогда l = , откуда

l = .

Таким образом, длина дуги кривой у = f (x ), соответствующей изменению х на отрезке [a , b ], находится по формуле

l = , (1)

Если кривая задана параметрически , t Î, т.е. y (t ) = f (x (t )), то из формулы (1) получим:

l =
.

Значит, если кривая задана параметрически , то длина дуги этой кривой, соответствующей изменению t Î, находится по формуле

в) Объем тела вращения.

Рис.15

Рассмотрим криволинейную трапецию а АВb , ограниченную линией у = f (x ), прямыми х = а , х = b и отрезком [a , b ] оси ОХ (рис.15). Пусть эта трапеция вращается вокруг оси ОХ, в результате получится тело вращения. Можно доказать, что объем этого тела будет равен

Аналогично можно вывести формулу объема тела, полученного вращением вокруг оси ОУ криволинейной трапеции, ограниченной графиком функции х = j(у ), прямыми y = c , y = d и отрезком [c , d ] оси ОУ (рис.15):

Физические приложения определенного интеграла

В лекции 19 мы доказали, что с физической точки зрения, интеграл численно равен массе прямолинейного тонкого неоднородного стержня длины l = b – a , с переменной линейной плотностью r = f (x ), f (x ) ³ 0, где х – расстояние от точки стержня до его левого конца.

Рассмотрим другие физические приложения определенного интеграла.

Задача 1 . Найти работу, необходимую для выкачивания масла из вертикального цилиндрического резервуара высотой Н и радиусом основания R. Плотность масла равна r.

Решение. Построим математическую модель данной задачи. Пусть ось ОХ проходит вдоль оси симметрии цилиндра высоты Н и радиуса R, начало – в центре верхнего основания цилиндра (рис.17). Разобьем цилиндр на п малых горизонтальных частей. Тогда , где A i – работа по выкачиванию i -го слоя. Это разбиение цилиндра соответствует разбиению отрезка изменения высоты слоя на п частей. Рассмотрим один из таких слоев, расположенный на расстоянии х i от поверхности, шириной Dх (или сразу dx ). Выкачивание этого слоя можно рассматривать как «поднятие» слоя на высоту х i .

Тогда работа по выкачиванию этого слоя равна

A i »Р i x i , ,

где Р i =rgV i = rgpR 2 dx , Р i – вес, V i – объем слоя. Тогда A i » Р i x i = rgpR 2 dx.х i , откуда

, и, следовательно, .

Задача 2 . Найти момент инерции

а) полого тонкостенного цилиндра относительно оси, проходящей через ось его симметрии;

б) сплошного цилиндра относительно оси, проходящей через ось его симметрии;

в) тонкого стержня длины l относительно оси, проходящей через его середину;

г) тонкого стержня длины l относительно оси, проходящей через его левый конец.

Решение. Как известно, момент инерции точки относительно оси равен J =mr 2 , а системы точек .

а) Цилиндр тонкостенный, значит, толщиной стенок можно пренебречь. Пусть радиус основания цилиндра R, высота его Н, плотность масс на стенках равна r.

Разобьем цилиндр на п частей и найдем , где J i – момент инерции i -го элемента разбиения.

Рассмотрим i -й элемент разбиения (бесконечно малый цилиндрик). Все его точки находятся на расстоянии R от оси l . Пусть масса этого цилиндрика т i , тогда т i = rV i » rS бок = 2prRdx i , где х i Î. Тогда J i » R 2 prRdx i , откуда

Если r – постоянная, то J = 2prR 3 Н, а так как при этом масса цилиндра равна М = 2prRН, то J = МR 2 .

б) Если цилиндр сплошной (заполненный), то разобьем его на п вло женных один в другого тонких цилиндров. Если п велико, каждый из этих цилиндров можно считать тонкостенным. Это разбиение соответствует разбиению отрезка на п частей точками R i . Найдем массу i -го тонкостенного цилиндра: т i = rV i , где

V i = pR i 2 Н – pR i - 1 2 Н = pН(R i 2 –R i -1 2) =

PН(R i –R i -1)(R i +R i -1).

Ввиду того, что стенки цилиндра тонкие, то можно считать, что R i +R i -1 » 2R i , а R i –R i -1 = DR i , тогда V i » pН2R i DR i , откуда т i » rpН×2R i DR i ,

Тогда окончательно

в) Рассмотрим стержень длины l , плотность масс которого равна r. Пусть ось вращения проходит через его середину.

Моделируем стержень как отрезок оси ОХ, тогда ось вращения стержня –ось ОУ. Рассмотрим элементарный отрезок , масса его , расстояние до оси можно считать приближенно равным r i = х i . Тогда момент инерции этого участка равен , откуда момент инерции всего стержня равен . Учитывая, что масса стержня равна , то

г) Пусть теперь ось вращения проходит через левый конец стержня, т.е. моделью стержня является отрезок оси ОХ. Тогда аналогично , r i = х i , , откуда , а так как , то .

Задача 3. Найти силу давления жидкости с плотностью r на прямоугольный треугольник с катетами а и b , погруженный вертикально в жидкость так, что катет а находится на поверхности жидкости.

Решение .

Построим модель задачи. Пусть вершина прямого угла треугольника находится в начале координат, катет а совпадает с отрезком оси ОУ (ось ОУ определяет поверхность жидкости), ось ОХ направлена вниз, катет b совпадает с отрезком этой оси. Гипотенуза этого треугольника имеет уравнение , или .

Известно, что если на горизонтальную область площади S , погруженную в жидкость плотности r, давит столб жидкости высотой h , то сила давления равна (закон Паскаля). Воспользуемся этим законом.

Работа переменной силы

Искомая работа на основании формулы (41.10) равна

Ввиду малости dx считаем, что «элементарный» слой жидкости находится на одной глубине х (от края резервуара) (см. рис. 193). Тогда dA = dp*x, где dp - вес этого слоя; он равен g *gdv , где g - ускорение свободного падения, g - плотность жидкости, dv - объем «элементарного» слоя жидкости (на рисунке он выделен), т. е. dp = ggdv . Объем указанного слоя жидкости, очевидно, равен πR2 dx , где dx - высота цилиндра (слоя), πR2 - площадь его основания, т. е. dv=πR2 dx.

Таким образом, dp=ggπR2 dx и dA = ggπR2dx*x.

3) Интегрируя полученное равенство в пределах от х = 0 до х = Н, находим

Путь, пройденный телом

Решение: Из физического смысла производной известно, что при движении точки в одном направлении «скорость прямолинейного движения равна производной от пути по времени», т. е. . Отсюда следует, что dS = v(t)dt. Интегрируя полученное равенство в пределах от t1 до t2, получаем

Отметим, что эту же формулу можно получить, пользуясь схемой I или II применения определенного интеграла.

Пример 41.12. Найти путь, пройденный телом за 4 секунды от начала движения, если скорость тела v(t) = 10t + 2 (м/с).

Решение: Если v(t)=10t+2 (м/с), то путь, пройденный телом от начала движения (t=0) до конца 4-й секунды, равен

Давление жидкости на вертикальную пластинку

По закону Паскаля давление жидкости на горизонтальную пластину равно весу столба этой жидкости, имеющего основанием пластинку, а высотой - глубину ее погружения от свободной поверхности жидкости, т. е. Р = g*g*S*h, где g - ускорение свободного падения, g- плотность жидкости, S - площадь пластинки, h - глубина ее погружения.

Пусть в жидкость погружена вертикально пластина, ограниченная линиями х = а, х = b, у1 = f1(x) и у2=ƒ2(х); система координат выбрана так, как указано на рисунке 194. Для нахождения давления Р жидкости на эту пластину применим схему II (метод дифференциала).

Тогда по закону Паскаля

3. Интегрируя полученное равенство в пределах от х = а до х = В, получим

Решение: Воспользуемся полученной формулой для нахождения давления жидкости на вертикальную пластинку. В данном случае пластинка ограничена линиями х = 0, х=R. Поэтому

Вычисление статических моментов и координат центра тяжести плоской кривой Пусть на плоскости Оху задана система материальных точек M1 (x1; y1), М2(х2; у2),..., Мn(хn; уn) соответственно с массами m1, m2,... ...,mn.

Статическим моментом Sx системы материальных точек относительно оси Ох называется сумма произведений масс этих точек на их ординаты (т. е. на расстояния этих точек от оси Ох):

Аналогично определяется статический момент Sy этой системы относительно оси

Пусть у = ƒ(х) (a≤x≤b) - это уравнение материальной кривой АВ. Будем считать ее однородной с постоянной линейной плотностью g (g = const).

Для произвольного х є [а; b] на кривой АВ найдется точка с координатами (х;у). Выделим на кривой элементарный участок длины dl, содержащий точку (х;у). Тогда масса этого участка равна g dl. Примем этот участок dl приближенно за точку, отстоящую от оси Ох на расстоянии у. Тогда дифференциал статического момента dSx («элементарный момент») будет равен gdly, т. е. dSx = gdlу (см. рис. 196).

Отсюда следует, что статический момент Sx кривой АВ относительно оси Ох равен

Аналогично находим Sy:

Статические моменты Sx и Sy кривой позволяют легко установить положение ее центра тяжести (центра масс).

Центром тяжести материальной плоской кривой у = ƒ(х), х Î называется точка плоскости, обладающая следующим свойством: если в этой точке сосредоточить всю массу m заданной кривой, то статический момент этой точки относительно любой координатной оси будет равен статическому моменту всей кривой у = ƒ (х) относительно той же оси. Обозначим через С(хс;ус) центр тяжести кривой АВ.

Из определения центра тяжести следуют равенства Отсюда или

Пример 41.14. Найти центр тяжести однородной дуги окружности x^2+y^2=R^2, расположенной в первой координатной четверти (см. рис. 197).

Решение: Очевидно, длина указанной дуги окружности равна πR/2, т. е. l=πR/2. Найдем статический момент ее относительно оси Ох. Так как уравнение дуги есть

Стало быть,

Так как данная дуга симметричнаотносительно биссектрисы первого координатного угла, то хс=ус=2R/π. Итак, центр тяжести имеет координаты

Вычисление статических моментов и координат центра тяжести плоской фигуры

Будем считать, что поверхностная плотность пластинки постоянна (g = const). Тогда масса «всей пластинки равна g * S, т. е Выделим элементарный участок пластинки в виде бесконечно узкой вертикальной полосы и будем приближенно считать его прямоугольником.

Тогда масса его равна gydx. Центр тяжести С пря моугольника лежит на пересечении диагоналей прямоугольника. Эта точка С отстоит от оси Ох на 1/2*у, а от оси Оу на х (приближенно; точнее на расстоянии х+1/2∆х). Тогда для элементарных статических моментов относительно осей Ох и Оу выполнены соотношения

Следовательно,

По аналогии с плоской кривой получаем, обозначив координаты центра тяжести плоской фигуры (пластинки) через С(хс; ус), что m хс=Sy, m ус=Sx. Отсюда

Пример 41.15. Найдем координаты центра тяжести полукруга х^2+у^2≤R^2, у≥0 (g=const) (см. рис. 199).

Решение: Очевидно (ввиду симметрии фигуры относительно оси Оу), что хс=0. Площадь полукруга равна Находим Sx:

Стало быть,

Итак, центр тяжести имеет координаты

Возможно, будет полезно почитать: