Определённый интеграл. Морозова Л.Е - 46 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

СПбГАСУ | Санкт-Петербург

Составители: 

Рубрика: 

90 91
Определённый интеграл
Площадь заштрихованной фигуры будем искать как разность меж-
ду площадью фигуры, ограниченной линиями
ϕ= 2sin2r
,
12
π
=ϕ
,
4
π
=ϕ
, и площадью сектора круга
1=r
, заключённого между теми жее
лучами
12
π
=ϕ
и
4
π
=ϕ
.
Тогда согласно формуле (81) получим:
.
2
3
33
sin
62
)4sin2()4cos42(
]1)2sin2[(2)
2
1
)2sin2(
2
1
(4
4
12
4
12
4
12
2
4
12
4
12
2
+
π
=
π
+
π
−
π
=ϕ−ϕ=ϕϕ−=
=ϕ−ϕ=ϕ−ϕϕ=
π
π
π
π
π
π
π
π
π
π
∫
∫∫∫
d
dddS
Пример 4.1.4. Вычислить площадь фигуры, ограниченной лини-
ей
ϕ+= 2cos1r
, заданной в полярной системе координат..
Решение. На рис. 61 изображена заданная фигура.
3
π
2
π
6
5π
π
6
7π
3
4π
3
5π
6
11π
6
π
2
3π
r2
3
2π
Рис. 61
ϕ+= 2cos1r
π2;0
Так как
0≥r
для всех значений
]2;0[ π∈ϕ
, то согласно формулеле
(81) получим:
=ϕϕ+ϕ+=ϕϕ+=
∫∫
ππ 2
0
2
2
0
2
)2cos2cos21(
2
1
)2cos1(
2
1
ddS
=ϕϕ++π=ϕϕ+ϕ+ϕ=
∫∫
ππ
π
2
0
2
0
2
2
0
)4cos1(
4
1
2cos
2
1
)2sin(
2
1
dd
.
2
3
2
)4sin
4
1
(
4
1
2
0
π
=
π
+π=ϕ+ϕ+π=
π
Пример 4.1.5. Вычислить площадь фигуры, ограниченной лем-
нискатой, заданной в полярной системе координат уравнением
ϕ= 2cos
2
r
(рис. 62).
π2;0
4
π
2
π
π
4
5π
2
3π
Рис. 62
4
3π
4
7π
ϕ= 2cos
2
r
r1
Решение. Так как
0
2
≥r
, то, решая неравенство
02cos >ϕ
(
]2;0[ π∈ϕ
), найдём те значения
ϕ
, для которых заданная кривая оп-
ределена. Она определена для значений
Глава 2. Приложения определённого интеграла

Страницы