Определённый интеграл. Морозова Л.Е - 45 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

СПбГАСУ | Санкт-Петербург

Составители: 

Рубрика: 

88 89
Определённый интеграл
π2;0
4
π
8
3π
2
π
8
5π
4
3π
8
7π
π
8
9π
4
5π
8
11π
8
13π
4
7π
8
15π
8
π
2
3π
1 2
ϕ+= sin1r
Рис. 59
=ϕϕ+ϕ+=ϕϕ+=
∫∫
π
π
−
π
π
−
2
2
2
2
2
2
)sinsin21()sin1(
2
1
2 ddS
=ϕϕ−+
π
−−
π
=ϕϕ+ϕ−ϕ=
∫∫
π
π
−
π
π
−
π
π
−
2
2
2
2
2
2
2
)2cos1(
2
1
)
2
(
2
sin)cos2( dd
.
2
3
2
)2sin
2
1
(
2
1
2
2
π
=
π
+π=ϕ−ϕ+π=
π
π
−
Пример 4.1.3. Вычислить площадь фигуры, ограниченной лини-
ями
ϕ= 2sin2r
,
1=r
, заданной в полярных координатах, и располо-
женной вне круга.
Решение. Заданная
в условии кривая являет-
ся двухлепестковой розой,
а кривая
1=r
– окружно-
стью радиусом 1 с цент-
ром в начале координат
(рис. 60). Так как
0>r
, то,
решая неравенство
02sin >ϕ
,
, най-
дём те значения
ϕ
, для ко-
торых двухлепестковая
роза определена:
].
2
3
;[]
2
;0[
π
π∪
π
∈ϕ
Эти два отрезка определяют два лепестка розы. При этом луч
4
π
=ϕ
делит лепесток первой четверти круга на две равные части. Так что
двухлепестковая роза состоит из четырёх половинок «лепестка» оди-
наковой площади.
Найдём теперь координаты точки пересечения окружности и по-
ловины лепестка розы, ограниченной лучами
4
,0
π
=ϕ=ϕ
. Для этогоо
решим уравнение
])
4
;0[(12sin2
π
∈ϕ=ϕ
.
Его решением будет
12
π
=ϕ
. Таким образом, четвёртая часть ис-
комой фигуры заключена между лучами
12
π
=ϕ
и
4
π
=ϕ
.
На рис. 60 эта часть заштрихована. Площадь всей фигуры полу-
чим, если площадь заштрихованной части умножим на 4.
4
π
π2;0
2
π
π
4
5π
2
3π
r21
Рис. 60
12
π
Глава 2. Приложения определённого интеграла

Страницы