Определённый интеграл. Морозова Л.Е - 29 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

СПбГАСУ | Санкт-Петербург

Составители: 

Рубрика: 

56 57
Определённый интеграл
Площадь фигуры I, являющейся полукругом радиусом 4, обозна-
чим
1
F
. Так как площадь круга радиусом
R
вычисляется как
2
R
π
,
то
π=
8
1
F
.
Площадь фигуры, ограниченной параболой (46) и осью
Oy
, обо-
значим
0
F
.
Заметим, что площадь F данной фигуры II можно представить
как разность площадей
0
F
и
1
F
. Тогдада
π−= 8
0
FF
.
Вычисляем
0
F
. Бесконечно малый элемент
0
dF
равен площади
прямоугольника, заштрихованного на рис. 24, высотой
dy
и перемен-
ной длиной, которую найдём, выражая
yyx 215
2
−−=
из уравнения
параболы (46). Таким образом,
dyyydF )215(
2
0
−−=
,
=−−=−−=
−
−
∫
3
5
2
3
3
5
2
0
)
3
15()215( y
y
ydyyyF
3
256
)25
3
125
75()9945( =−+−−−−=
.
В итоге
π−= 8
3
256
F
.
Пример 2.1.16. Вычислить площадь фигуры, ограниченной па-
раболами
yyx 2
2
−=
,
yyx 4
2
−−=
.
Решение. Построим заданную фигуру. Найдём точки пересече-
ния парабол, решая уравнение
yyyy 42
22
−−=−
, или
022
2
=+ yy
.
Его корни суть
Заданные параболы пересекаются в точ-
ках
)0;0(
и
)1;3( −
. Рассматриваемая фигура представлена на рис. 25.
Рис. 25
y
x43
1
2−
O
yyx 4
2
−−=
yyx 2
2
−=
1−
1−
Бесконечно малый элемент площади имеет вид
dyyyyydF )]2()4[(
22
−−−−=
.
Рис. 26
y
x3
dyy +
0
yyx 4
2
−−=
yyx 2
2
−=
1−
y
На рис. 26 его изображает заштрихованная горизонтальная полоска.
Итак,
dyyydF )22(
2
−−=
.
Тогда
3
1
)
2
1
3
1
(2)
23
(2)22(
0
1
23
0
1
2
=+−=+−=−−=
−
−
∫
yy
dyyyF
.
Глава 2. Приложения определённого интеграла

Страницы