Определённый интеграл. Морозова Л.Е - 28 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

СПбГАСУ | Санкт-Петербург

Составители: 

Рубрика: 

54 55
Определённый интеграл
Она равносильна системе
−=
>=−+
,3
;0,06
2
2
xy
xxx
или
−=
=
,3
;2
2
xy
x
откуда
−=
=
=
=
.1
;2
;1
;2
y
x
y
x
Рассматриваемая фигура симметрична относительно оси
Ox
. Так
что её площадь вычисляется по формуле
0
2FF
=
,
где
0
F
– площадь фигуры, ограниченной гиперболой, параболой
и осью
Ox
.
Бесконечно малый элемент
0
dF
искомой площади
0
F
равен пло-
щади заштрихованной горизонтальной полосы (см. рис. 23) высотой
ydy ∆=
. Чтобы найти длину полосы, выразим из уравнений границы
фигуры переменную x как функцию
y
. Правая ветвь гиперболы есть
график функции
3
2
+= yx
, а из уравнения параболы получаем
2
3 yx −=
, откуда длина полосы равна
3)3(
22
+−− yy
. Тогдада
dyyydF ]3)3[(
22
0
+−−=
.
−−=+−−=
∫
1
0
3
1
0
22
0
)
3
3(]3)3[(
y
ydyyyF
∫∫
+−=+−
1
0
2
1
0
2
3
3
8
3 dyydyy
.
Интеграл, стоящий в правой части цепочки равенств, вычислен
в примере 8.5.
.3ln
2
3
13
1
0
2
+=+
∫
dyy
Тогда
3ln
4
3
3
5
3ln
2
3
1
3
8
0
−=−−=F
и
3ln
2
3
3
10
−=F
.
Пример 2.1.15. Вычислить площадь фигуры, расположенной
в правой полуплоскости и ограниченной линиями
16)1(
22
=++ yx
и
0152
2
=−++ xyy
.
Решение. Определим сначала тип заданных в условии линий.
Линия, описываемая уравнением
16)1(
22
=++ yx
,
представляет собой окружность радиусом 4 с центром в точке
)1;0( −
.
Уравнение
0152
2
=−++ xyy
(46)
приведём к каноническому виду
)16()1(
2
−−=+ xy
.
Получена парабола с осью симметрии
, вершиной в точкее
)1;16( −
и направлением от директрисы к фокусу, противоположным
направлению оси
Ox
. Обе кривые пересекают ось
Oy
в точках
)5;0( −
и
)3;0(
. Заданная фигура с искомой площадью
F
представлена
на рис. 24 и обозначена II.
x16
Рис. 24
y
3
dyy +
5−
y
16)1(
22
=++ yx
yyx 215
2
−−=
1−
II
I
Глава 2. Приложения определённого интеграла

Страницы