Определённый интеграл. Морозова Л.Е - 39 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

СПбГАСУ | Санкт-Петербург

Составители: 

Рубрика: 

76 77
Определённый интеграл
dSxdL
y
π=
2
. (64)
Учитывая (58), получим
∫
ϕ
′
+ϕπ=
d
c
y
dyyyL
2
))((1)(2
. (65)
Замечание 2. Если дуга кривой описана уравнением
)(xfy =
,
],[ bax ∈
, то, учитывая формулу (57), получим
∫
′
+π=
b
a
y
dxxfxL
2
))((12
. (66)
Пример 2.5.1. Дуга кривой
xy cos43 =
между точками с абсцис-
сами
2
π
−=x
и
0=x
вращается вокруг оси
Ox
(рис. 48). Найти пло-
щадь поверхности вращения.
Решение. Для нахождения беско-
нечно малого элемента искомой величи-
ны воспользуемся формулой (61). Най-
дём сначала
xy cos
3
4
=
,
а затем
xy sin
4
−=
′
.
Тогда
dxxdS
2
sin
9
16
1 +=
и
dxxxdSydL
x
2
sin
9
16
1cos
3
4
22 +π=π=
,
где
]0;
2
[
π
−∈x
. Воспользуемся теперь формулой (62) и получим
∫
π
−
+π=
0
2
2
sin
9
16
1cos
3
4
2 dxxxL
x
.
Сделаем здесь замену переменной
xz sin
3
4
=
. Учтём, чтоо
dxxdz cos
3
4
=
,
3
4
)
2
( −=
π
−z
и
0)0( =z
. Получим
∫
−
+π=
0
3
4
2
12 dzzL
x
.
Интеграл такого типа найден в примере 7.11. Воспользуемся фор-
мулой (25). Окончательно
∫
−
+π=
0
3
4
2
12 dzzL
x
=++++π=
−
0
3
4
22
)1ln
2
1
1
2
(2 zzz
z
)3ln
9
20
( +π=
.
Пример 2.5.2. Вычислить площадь поверхности, которая полу-
чается от вращения вокруг оси
Oy
дуги параболы
yx −= 1
2
, отсечён-
ной прямой
05 =+y
(рис. 49).
Решение. Для нахождения бесконечно
малого элемента искомой величины восполь-
зуемся формулой (64). Найдём сначала
yx −= 1
,
а затем
y
x
−
−=
′
12
1
.
xO
2
π
−
y
xy cos
3
4
=
Рис. 48
y
yx −=1
2
Рис. 49
xO
5−=y
5−
Глава 2. Приложения определённого интеграла

Страницы