Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Уфимский Государственный Нефтяной Технический Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

УМК6

.pdf

Скачиваний:

155

Добавлен:

17.03.2015

Размер:

2 Мб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1314 / 2114 15 16 17 18 19 20 21 > Следующая >>>

Решение.

Для вычисления четверти искомой площади S1 воспользуемся формулой (2.22), в которой перейдем к интегрированию по параметру t :

									a							0											d(a cos3 t)= a 2															0						3cos2 t(−sin t)dt =
			S1 = ∫y dx =													∫a sin3 t											d(a cos3 t)= a 2																∫sin3 t					3cos2 t(−sin t)dt =
									0						π 2																											π 2
					0																								π 2																		cos2 t =				1	(1 + cos 2t)
																																																			1
= −3a 2																																																		2			=
= −3a 2					∫sin 4 t cos											2 tdt = 3a 2														∫ sin 4 t cos2 tdt =																				2			=
				π 2																										0																	sin 2 t =			1		(1− cos 2t)
																																															sin 2 t =			2		(1− cos 2t)
																																																		2
= 3a 2			π∫2			1			(1− cos 2t)2											1				(1+ cos 2t)dt =
= 3a 2			π∫2						(1− cos 2t)2										2					(1+ cos 2t)dt =
			0		4														2
=	3a 2			π∫2 (1 − cos 2t − cos2 2t + cos3 2t)dt =
=				π∫2 (1 − cos 2t − cos2 2t + cos3 2t)dt =
	8		0
	3a 2				π 2							π 2													π 2						2							π 2							3
=					∫			dt		−				∫	cos 2tdt −											∫		cos					2tdt +						∫	cos						2tdt
=	8							dt		−					cos 2tdt −													cos					2tdt +							cos						2tdt		=
	8				0							0														0												0
	3a	2					π 2						sin 2t				π 2							1		π 2																1		π 2
		2															π 2									π 2																		π 2
																																																2
																																																2
=				t			0			−									−								∫(1 + cos 4t)dt +																		∫	cos			2t d(sin 2t) =
=	8			t			0			−					2				−					2			∫(1 + cos 4t)dt +															2			∫	cos			2t d(sin 2t) =
																	0										0																		0
																	0										0																		0
	3a	2			π					1				π 2			1 sin 4t										π 2					1
		2												π 2													π 2
=									−		t				−															+					(1 −sin 2 2t)d(sin 2t) =
=	8				2				−	2	t				−		2				4									+		2			(1 −sin 2 2t)d(sin 2t) =
	8				2					2							2				4											2
	3a 2													0													0
														0													0
					π					1		π 2													1		π 2
=									+				∫		d(sin 2t)							−						∫		sin 2 2t d(sin 2t) =
=									+						d(sin 2t)							−								sin 2 2t d(sin 2t) =
	8				4					2															2
	8				4					2		0													2		0
	3a	2			π					1						π 2							1 sin						3	2t			π 2						3a		2			π


=									+			sin 2t						−																		=
=	8				4				+	2		sin 2t						−					2				3									=			8					4
	8				4					2													2				3												8					4
																0																	0
		Итак: S =													4S	= 4						3a 2						π =						3a 2 π			(ед. 2 )
		Итак: S =													4S	= 4												π =									(ед. 2 )
															1									8					4			8
																								8					4			8

Пример 2.62 Вычислить площадь фигуры, ограниченную кардиоидой

ρ = a(1 + cos ϕ)

Решение.

Кардиоида симметрична относительно полярной оси. Поэтому искомая площадь равна удвоенной площади криволинейного сектора OAB. Дуга ABO

131

описывается при перемещении полярной оси из положения полярного угла ϕ = 0 до ϕ = π. Поэтому по формуле (2.24)

S =

2SOAB =

∫ρ2 dϕ =

∫a 2 (1+ cos ϕ)2 dϕ =

= a 2

2 cos ϕ + cos2 ϕ)dϕ = a

∫(1

2 ∫dϕ+

2∫cos

ϕdϕ∫cos2

ϕdϕ =

π 1

= a 2 ϕ

+ 2sin ϕ

+ ∫

(1+ cos 2ϕ)

= a 2

π+

∫dϕ+

∫cos 2ϕdϕ =

3a 2 π

= a

π+

sin 2ϕ

= a

π+

(ед.

)

Пример

2.63

Найти

площадь

фигуры, ограниченной

линией

ρ = a cos3ϕ.

Решение.

ϕ = 0 до

ϕ = 2π

При повороте полярной оси от нулевого положения

графиком

функции

ρ = a cos3ϕ является замкнутая

кривая, состоящая из

трех одинаковых лепестков. Поэтому площадь фигуры, ограниченной линией ρ = a cos3ϕ S = 3S1. Чтобы найти площадь одного лепестка (а он получается

при − π

≤ ϕ ≤

π), воспользуемся формулой (2.24):

π 6

(1+ cos 6ϕ)dϕ =

∫ a 2 cos2 3ϕdϕ =

∫

−π 6

a 2

π 6

a 2

π 6

sin 6ϕ

π 6

∫dϕ+

∫cos 6ϕdϕ =

−π 6

−π

a 2

πa 2

. Итак S

= 3S1

= 3

πa 2

2 π

(ед.

)

Пример 2.64 Вычислить площадь фигуры, ограниченной окружностями

ρ = 2 3 a cos ϕ и ρ = 2 a sin ϕ

132

Решение.

Найдем координаты точки A пересечения окружностей. Для этого решим

уравнение

2 a sin ϕ = 2

3 a cos ϕ или

sin ϕ =

3 cos ϕ. Разделив уравнение

на cos ϕ, получим tgϕ =

3 ϕ = 600 = π

= 2a sin

= a

Искомая площадь S равна сумме площадей криволинейных секторов

OAB и OCA: S = SOAB +SOCA

Дуга ABO описывается концом полярного радиуса ρ большей

окружности при изменении полярного угла ϕ от

π до π

, поэтому

π 2

SOBA

∫

ρ2 dϕ =

∫

3a cos ϕ)2 dϕ = 6a 2 ∫ cos2 ϕdϕ =

2 π 3

π 3

2 π 2 1

(1 + cos 2ϕ)dϕ =

π 2

= 6a

∫

∫ dϕ+ ∫cos 2ϕdϕ

π 3

sin 2ϕ

π 2

2π

= 3a

−

sin

π−sin

π 3

2 3 2

3 3

= 3a

−

= a

−

Дуга OCA описывается концом полярного радиуса ρ меньшей

окружности при изменении полярного угла ϕ от 0 до

π, поэтому

SOCA

π 2

ρ2 dϕ = 2a 2

π 2

sin 2 ϕdϕ = 2a 2

π 2

(1−cos 2ϕ)dϕ =

∫

2 π 3

π 3

sin 2ϕ

π 3

= a 2

∫

dϕ−

∫

cos 2ϕdϕ = a 2 ϕ

−

2 π 1

2π

= a

−

sin

= a

−

133

	2	π		3 3 π				3	2 5π				2
Следовательно, S = a			−		+		−		= a		−	3 (ед.		)
Следовательно, S = a		2	−	4	+	3	−	4	= a	6	−	3 (ед.		)
		2		4		3		4		6

2.10.2 Вычисление длины дуги кривой

Если кривая		задана			уравнением					y = f (x) и	′
Если кривая		задана			уравнением					y = f (x) и	производная f (x)
непрерывна, то длина L ее дуги от точки A до точки B вычисляется по
формуле
b		′			2
L = ∫		′			2	dx .					(2.25)
L = ∫	1 + (f (x))					dx .					(2.25)
a
Если кривая задана параметрическими уравнениями x = x(t); y = y(t) и
производные x′t (y)		и y′t (t) непрерывны на отрезке [t1; t 2 ], то длина дуги от
точки A до точки B вычисляются по формуле
L = t∫2		(x′t )2	+ (y′t )2				dt ,				(2.26)
t1
где t1 − решение уравнения a = x(t);									t 2 − решение уравнения b = x(t).
Если кривая задана в полярных координатах (ρ,ϕ) уравнением ρ = ρ(ϕ),
где ρ(ϕ)− непрерывна				вместе			со		своей	производной	′
где ρ(ϕ)− непрерывна				вместе			со		своей	производной	ρ (ϕ) на отрезке
ϕ [α;β], то длина L дуги кривой вычисляется по формуле
β	(ρ(ϕ))		2			′		2
L = ∫			2			′		2	dϕ,		(2.27)
L = ∫				+ (ρ (ϕ))					dϕ,		(2.27)

где α и β− значения полярного угла ϕ, соответствующие концам дуги

(α < β).

Пример 2.65 Вычислить длину дуги полукубической параболы y2 = 23 (x −1)3 , заключенной внутри параболы y2 = x3

Решение.

Поскольку кривая y2 = x3 симметрична относительно оси 0X, то искомая длина дуги LBAC = 2LAB . Вычислить координаты точек C и B.

Решив уравнение 23 (x −1)3 = x , найдем абсциссу: 2(x −1)3 = x или

134

(x −1)3 =

откуда x = 2.

Ордината:

или

y = ±

32 . Итак,

2; −

Разрешив

уравнение

полукубической

параболы

; B 2; +

(x −1)3

относительно

y = ±

32 (x −1)3 2 ,

выберем

y = +

32 (x −1)3 2 −

это

значение

соответствует

дуге

AB.

Найдем

производную y

′

= f

′

1 2

. Итак, по формуле (2.25) находим

(x)=

−1)

3 x −

1dx

LAB = ∫

1 +

(x −1) dx = ∫

∫ 3x

−1dx =

∫2 (3x −1)1 2 d(3x −1)=

1 (3x −1)3 2 2

(53 2 − 23 2 )

3 2

(5 10 − 4)

(5 5

2)=

5 10 −

− 2

. Окончательно

LBAC

= 2

Пример

2.66

Вычислить

длину

дуги

полукубической

параболы

5y3

= x 2 , заключенной внутри окружности x 2 + y2

= 6

Решение.

LAOB = 2LOA .

Если

уравнение

параболы

разрешить

относительно

x 2

2 3

′

−1 3

y =

5 = 3 5 x

тогда

производная

y = f (x)= 3

5 3 x

выражение, которое получается под интегралом в формуле (7.2.25) не простое в смысле интегрируемости. В подобных случаях бывает удобнее принять за независимую переменную y и воспользоваться формулой

L = ∫ 1+ (x′(y))2 dy. Поэтому разрешим уравнение параболы относительно

x : x(y)= 5 y32 . Тогда x′(y)= 5 32 y12 . Чтобы найти верхний предел интегрирования y2 − это ордината точек A и B − решим совместно

135

уравнения x 2								= 5y3			и x 2 + y2 = 6. Из первого уравнения																			x 2	подставим во
второе уравнение:										5y3 + y2 − 6 = 0, получаем y =1
				1								3		1 2			2		1				45
		L = ∫ 1								5		3	y	1 2			dy			= ∫ 1+			45		y dy		=
		L = ∫ 1						+		5		2	y				dy			= ∫ 1+			4		y dy		=
				0								2							0				4
																							45			3 2		1
																							45			3 2		1
	4	1			45				1 2			45							4			1+	4	y					8			45			3 2	1
									1 2													1+		y											3 2	1
																																					=
=		∫	1	+				y		d					y +1			=										=		1 +			y
=	45	∫	1	+		4		y		d			4		y +1			=	45				3 2					=	135	1 +		4	y
	45	0				4							4						45				3 2						135			4				0
							3 2																					0								0
	8			49									8			335			67													67		134


=								−			=							=			. Окончательно LAOB = 2												=
										1																											.
	135			4						1		135					8		27													27			27		.
	135			4								135					8		27													27			27
		Пример 2.67 Дана астроида x = R cos3 t,																								y = R sin3 t и точки на ней
A(R;0),				B(0; R). Найти на дуге AB такую точку M , чтобы длина дуги AM

составляла четверть длины дуги AB.

Решение.

Координаты искомой точки были бы определены из уравнения астроиды, если бы было найдено значение параметра t , соответствующее этой точке

x0 = R cos3 t0 ; y0		= R sin3 t 0 . Значение	t0 можно найти по формуле
(2.26) из уравнения		(*) lAM = t∫0 (x′t )2 + (y′t )2 dt , если lAM			=	1	lAB .
(2.26) из уравнения		(*) lAM = t∫0 (x′t )2 + (y′t )2 dt , если lAM			=		lAB .
		0			4
Поэтому вначале необходимо вычислить длину дуги AB. Для вычисления
подготовим: x′t	= (R cos3 t)′ = 3R cos2 t (−sin t);
y′t = (R sin3 t)′ = 3R sin 2 t cos t .
По формуле (2.26):
π 2	9R 2 cos4 t sin 2 t + 9 R 2 sin 4 t cos2 tdt =
lAB = ∫	9R 2 cos4 t sin 2 t + 9 R 2 sin 4 t cos2 tdt =
0
π 2		π 2	2 cos t sin t dt
= 3R ∫ cos t sin t cos2 t + sin 2 t dt = 3R ∫				=
= 3R ∫ cos t sin t cos2 t + sin 2 t dt = 3R ∫			2	=
0		0	2

136

π 2

∫sin 2t dt =

∫sin 2t d(2t)=

(− cos 2t)

(− cos π + cos 0)=

. Итак, lAM =

lAB =

Подставим это значение в уравнение (*):

∫0 9R 2 cos4 t sin 2 t +9R 2 sin 4 t cos2 t dt =

= 3R ∫0 cos t sin t dt =

∫0 sin 2t dt =

∫0 sin 2t d(2t)=

(− cos 2t)

(−cos 2t 0 + cos 0) или

= cos 2t0 +1.

Отсюда cos 2t0

или 2t0 = π

; t0

. Итак, координаты точки M : x0

= R cos3 π

3 π

= R

; y0

= R sin

Пример 2.68 Найти длину линии ρ = a sin

3ϕ

(a = cos t;

a > 0)

Решение.

ρ ≥ 0,

значениями ϕ являются те,

Поскольку

то

допустимыми

при

которых

a sin3 ϕ

≥ 0

или sin ϕ

≥ 0,

откуда 0 ≤

≤ π или

0 ≤ ϕ ≤ 3π. В

3π

полярный радиус ρ

(вместе с функцией sin

интервале 0;

) возрастает

от 0 до a . В интервале

3π

ρ убывает от a до 0. Из уравнения кривой

;3π

′

2 ϕ

ϕ 1

2 ϕ

находим производную ρ

= 3a sin

3 cos 3 3 = a sin

3 cos 3 .

Далее воспользуемся формулой (2.27) (вычисляем половину дуги для

ϕ 0; 32π :

137

lOAB =

3π 2

sin

ϕ 2

2 ϕ

cos

dϕ =

∫

a sin

3π 2

sin 6 ϕ

+ sin 4 ϕcos

3π 2

sin 2 ϕ + cos2 ϕ dϕ =

= a

∫

2 ϕ dϕ = a

∫ sin 2

3π 2

− cos 2α)

3π 2

2ϕ

= a

∫

sin

dϕ =

sin

α =

∫

−cos

dϕ =

3π 2

3 3π 2

2ϕ

3π

2ϕ

3π 2

3a π

∫

dϕ−

∫

cos

−

sin

Окончательно длину всей кривой l = 2 lOAB

3a π

2.10.3 Вычисление координат центра тяжести

Если кривая задана уравнением

y = f (x)

при x [a; b] и представляет

собой материальную линию с линейной плотностью (масса единицы длины данной линии) ρ, тогда координаты центра тяжести дуги l данной линии от точки A до очки B вычисляются по формулам:

(B)

∫ρ x dl ∫ρ x 1 + (f ′(x))2 dx

(A)

= a

(B)

′

∫ρdl

∫ρ

1 + (f (x))

(A)

(B)

(2.28)

b∫f (x)ρ 1+(f ′(x))2 dx

∫ρ y dl

(A)

= a

(B)

′

∫ρdl

∫ρ

1+(f (x)) dx

(A)

(B)

′

dx есть масса дуги l от точки (A) до

Здесь ∫

ρdl= ∫ρ 1 + (f (x))

(A)

точки (B).

Если кривая задана параметрическими уравнениями x = x(t), y = y(t), тогда формулы (2.28) принимает следующий вид. Поскольку

138

dl = (dx)

+ (dy)

, из параметрических

уравнений

′

линии dx = x (t) dt ,

dy = y (t) dt , то dl = (x (t)dt)

+ (y (t)dt)

= (x (t))

+ (y (t))

dt .

′

(B)

′

∫ρ x dl

∫x(t)ρ

(x (t))

+ (y

(t))

xc =

(A)

= t1

(B)

ρ (x (t))

(y (t))

∫ρdl

∫

(A)

′

(2.29)

(B)

′

∫ρ y dl

∫y(t)ρ

(x (t))

+ (y (t))

yc =

(A)

= t1

(B)

ρ (x (t))

(y (t))

∫ρdl

∫

(A)

′

Пределы интегрирования t1 и t 2

обычно даны в условиях либо находим.

Если задан a ≤ x ≤ b , тогда решаем уравнения a = x(t1 ) и b = x(t 2 ).

Замечания Если материальная дуга является однородной,

то формулы

(2.28) и (2.29) упрощаются, так как ρ = const выносится за знак интеграла и сокращается.

Для материальной однородной криволинейной трапеции, прилежащей к оси 0X координаты центра тяжести вычисляются по формулам

			b				1 b
			∫x y dx					∫y3 dx
			∫x y dx					∫y3 dx
x	c	=	a	; y	c	=	2 a		.	(2.30)
x		=	b	; y		=			.	(2.30)
			b					b
			∫y dx					∫y dx
			a					a

Пример 2.69 Определить координаты центра тяжести однородной пластины, ограниченной параболой x + y = a и осями координат.

Решение.

Данная пластина симметрична относительно биссектрисы первого координатного угла, поэтому xc = yc . По формулам (2.30):

139

a∫x( a − x )2 dx

a∫(ax − 2 a x x + x 2 )dx

= 0

a∫(a − 2 a x + x)dx

a∫( a − x )2 dx

2 a x

5 2

−

+ x

4 3

5 2

2 − 5 a +

3 2

−

a 2

− 2

3 2

Пример 2.70 Найти центр тяжести дуги окружности x 2 + y2 = R 2 от т.

A(R;0) до т. B(0; R), если в каждой ее точке линейная плотность

пропорциональна произведению координат точки.

Решение.

′

Из уравнения окружности найдем

: 2x + 2y y

= 0,

тогда y

= − y .

Вычислим

dl =

1+ (y′)

dx =

x 2 + y

1 +

dx =

R 2

dx =

dx . Подставим в формулы (2.28) и учтем, что ρ = k x y , где

k − коэффициент пропорциональности:

∫(k x y) x

k R ∫x

2 dx

2 R

(k x y)

x 2

3 R

∫

k R ∫x dx

∫(k x y) y

k R ∫x

R 2 − x 2 dx

(k x y)

∫

k R ∫x dx

140

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1314 / 2114 15 16 17 18 19 20 21 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
17.03.20153 Мб112УМК.PDF
#
17.03.20153 Мб77УМК.PDF
#
17.03.20154 Мб101УМК.PDF
#
17.03.20152 Мб69УМК.PDF
#
17.03.20152 Мб30УМК11.pdf
#
17.03.20152 Мб155УМК6.pdf
#
01.04.2025310 Кб2УМКД Медицина катастроф.doc
#
01.05.202588 Кб2УМП Тексты по специальности БТС, БТН для самос...doc
#
17.03.2015430 Кб13УМП . Сб. к.р.2011.doc
#
17.03.2015219 Кб84УМП ВРЕМЕНА1.doc
#
06.03.20164 Мб53УМП для выполнения КР Наг.маш..docx