Geometrijske i mehaničke primjene određenog integrala. Geometrijske primjene određenog integrala. Površina tijela okretanja

Područje krivuljastog trapeza omeđenog odozgo grafom funkcije y=f(x), lijevo i desno - ravno x=a i x=b odnosno, odozdo - os Vol, izračunava se po formuli

Područje krivuljastog trapeza omeđenog s desne strane grafom funkcije x=φ(y), gornji i donji - ravno y=d i y=c odnosno, s lijeve strane - os Oy:

Područje krivolinijskog lika ograničenog odozgo grafom funkcije y 2 \u003d f 2 (x), ispod - graf funkcije y 1 \u003d f 1 (x), lijevo i desno - ravno x=a i x=b:

Područje krivolinijskog lika ograničeno s lijeve i desne strane funkcionalnim grafovima x 1 \u003d φ 1 (y) i x 2 \u003d φ 2 (y), gornji i donji - ravno y=d i y=c odnosno:

Razmotrimo slučaj kada je linija koja odozgo ograničava krivolinijski trapez dana parametarskim jednadžbama x = φ 1 (t), y \u003d φ 2 (t), gdje α ≤ t ≤ β, φ 1 (α)=a, φ 1 (β)=b. Ove jednadžbe definiraju neku funkciju y=f(x) na segmentu [ a, b]. Površina krivuljastog trapeza izračunava se po formuli

Prijeđimo na novu varijablu x = φ 1 (t), onda dx = φ" 1 (t) dt, a y=f(x)=f(φ 1 (t))=φ 2 (t), dakle \begin(displaymath)

Područje u polarnim koordinatama

Razmislite o krivolinijskom sektoru OAB, omeđen pravcem zadanim jednadžbom ρ=ρ(φ) u polarnim koordinatama, dva snopa OA i OB, za koji φ=α , φ=β .

Sektor dijelimo na osnovne sektore OM k-1 M k ( k=1, …, n, M0 =A, Mn=B). Označiti sa Δφk kut između greda OM k-1 i OM k tvoreći kutove s polarnom osi φk-1 i φk odnosno. Svaki od osnovnih sektora OM k-1 M k zamijeniti kružnim sektorom s radijusom ρ k \u003d ρ (φ "k), gdje φ" k- vrijednost kuta φ iz intervala [ φk-1 , φk] i središnji kut Δφk. Površina posljednjeg sektora izražava se formulom .

izražava površinu "stupačastog" sektora, koji približno zamjenjuje dati sektor OAB.

Područje sektora OAB naziva se granica površine "stupačastog" sektora na n→∞ i λ=max Δφ k → 0:

Kao , onda

Duljina luka krivulje

Neka na segmentu [ a, b] dana je diferencijabilna funkcija y=f(x), čiji je graf luk . Segment linije [ a,b] podijeliti na n dijelovi točkice x 1, x2, …, xn-1. Ove točke će odgovarati točkama M1, M2, …, Mn-1 lukova, spojite ih izlomljenom linijom, koja se zove izlomljena crta upisana u luk. Opseg ove izlomljene linije označen je sa s n, tj

Definicija. Duljina luka linije je granica opsega polilinije upisane u nju, kada je broj veza M k-1 M k raste neograničeno, a duljina najvećeg od njih teži nuli:

gdje je λ duljina najveće karike.

Izbrojit ćemo duljinu luka od nekih njegovih točaka, npr. A. Neka u točki M(x,y) duljina luka je s, a u točki M"(x+Δx,y+Δy) duljina luka je s+Δs, gdje je, i>Δs - duljina luka. Iz trokuta MNM" nađi duljinu tetive: .

Iz geometrijskih razmatranja proizlazi da

to jest, beskonačno mali luk linije i tetiva koja ga savija su ekvivalentni.

Transformirajmo formulu koja izražava duljinu tetiva:

Prelaskom do granice u ovoj jednakosti dobivamo formulu za derivaciju funkcije s=s(x):

iz koje nalazimo

Ova formula izražava diferencijal luka ravne krivulje i ima jednostavnu geometrijsko značenje: izražava Pitagorin teorem za infinitezimalni trokut MTN (ds=MT, ).

Diferencijal luka prostorne krivulje je dan sa

Razmotrimo luk prostorne linije zadan parametarskim jednadžbama

gdje α ≤ t ≤ β, φ i (t) (i=1, 2, 3) su diferencibilne funkcije argumenta t, onda

Integriranje ove jednakosti preko intervala [ α, β ], dobivamo formulu za izračun duljine ovog luka

Ako pravac leži u ravnini Oxy, onda z=0 za sve t∈[α, β], Zato

U slučaju kada je ravna crta dana jednadžbom y=f(x) (a≤x≤b), gdje f(x) je diferencijabilna funkcija, posljednja formula poprima oblik

Neka je ravna linija zadana jednadžbom ρ=ρ(φ) (α≤φ≤β ) u polarnim koordinatama. U ovom slučaju imamo parametarske jednadžbe pravca x=ρ(φ) cos φ, y=ρ(φ) sin φ, gdje se kao parametar uzima polarni kut φ . Ukoliko

zatim formula koja izražava duljinu luka linije ρ=ρ(φ) (α≤φ≤β ) u polarnim koordinatama ima oblik

volumen tijela

Nađimo volumen tijela ako je poznata površina bilo kojeg presjeka tog tijela okomitog na određeni smjer.

Podijelimo ovo tijelo na elementarne slojeve ravninama okomitim na os Vol a definirana jednadžbama x=konst. Za bilo koji fiksni x∈ poznato područje S=S(x) presjek ovog tijela.

Elementarni sloj odsječen avionima x=x k-1, x=x k (k=1, …, n, x 0 =a, xn=b), zamjenjujemo ga cilindrom s visinom ∆x k =x k -x k-1 i podnožje S(ξk), ξk ∈.

Volumen navedenog osnovnog cilindra izražava se formulom Δvk =E(ξk)Δxk. Zbrojimo sve takve proizvode

što je integralni zbroj za danu funkciju S=S(x) na segmentu [ a, b]. Izražava volumen stepenastog tijela koje se sastoji od elementarnih cilindara i približno zamjenjuje dano tijelo.

Volumen danog tijela je granica volumena navedenog stepenastog tijela na λ→0 , gdje λ - duljina najvećeg od elementarnih segmenata ∆x k. Označiti sa V volumen zadanog tijela, zatim po definiciji

Na drugoj strani,

Stoga se volumen tijela za zadane presjeke izračunava po formuli

Ako je tijelo nastalo rotacijom oko osi Vol krivuljasti trapez omeđen odozgo lukom neprekidne linije y=f(x), gdje a≤x≤b, onda S(x)=πf 2 (x) a zadnja formula postaje:

Komentar. Volumen tijela dobiven rotacijom krivolinijskog trapeza omeđenog s desne strane funkcionalnim grafom x=φ(y) (c ≤ x ≤ d), oko osi Oy izračunato po formuli

Površina rotacije

Razmotrimo površinu dobivenu rotacijom luka linije y=f(x) (a≤x≤b) oko osi Vol(pretpostavimo da je funkcija y=f(x) ima kontinuiranu derivaciju). Popravljamo vrijednost x∈, argument funkcije će se povećati dx, što odgovara "elementarnom prstenu" dobivenom rotacijom elementarnog luka Δl. Taj "prsten" zamjenjuje cilindrični prsten - bočna površina tijela nastala rotacijom pravokutnika s bazom jednakom diferencijalu luka dl, i visina h=f(x). Rezanjem posljednjeg prstena i rasklapanjem dobivamo traku širine dl i duljina 2πy, gdje y=f(x).

Stoga se razlika površine izražava formulom

Ova formula izražava površinu dobivenu rotacijom luka linije y=f(x) (a≤x≤b) oko osi Vol.

Predavanje 21 Primjena određenog integrala (2 sata)

Geometrijske primjene

a) područje figure

Kao što je već navedeno u predavanju 19, brojčano jednaka površini krivuljastog trapeza omeđenog krivuljom na = f(x) , ravne linije x = a, x = b i segment [ a, b] osi OX. U isto vrijeme, ako f(x) 0 £ na [ a, b], tada integral treba uzeti sa predznakom minus.

Ako je na zadanom intervalu funkcija na = f(x) mijenja predznak, a zatim da bi se izračunala površina figure zatvorene između grafa ove funkcije i osi OX, treba segment podijeliti na dijelove na kojima funkcija zadržava svoj predznak i pronaći površinu svaki dio figure. Željeno područje u ovom slučaju je algebarski zbroj integrala nad tim segmentima, a integrali koji odgovaraju negativnim vrijednostima funkcije uzimaju se u tom zbroju sa predznakom minus.

Ako je lik omeđen dvjema krivuljama na = f 1 (x) i na = f 2 (x), f 1 (x)£ f 2 (x), tada je, kako slijedi sa slike 9, njegova površina jednaka razlici između površina krivolinijskih trapeza a Sunce b i a OGLAS b, od kojih je svaki brojčano jednak integralu. Sredstva,

Imajte na umu da se površina slike prikazane na slici 10, a nalazi po istoj formuli: S = (Dokaži!). Razmislite o tome kako izračunati površinu figure prikazane na slici 10, b?

Razgovarali smo samo o krivolinijskim trapezima uz os OX. Ali slične formule vrijede i za figure koje se nalaze uz y-os. Na primjer, područje figure prikazane na slici 11 nalazi se po formuli

Neka linija y=f(x) ograničavanje krivolinijskog trapeza može se dati parametarskim jednadžbama , t O , i j(a)= a, j(b) = b, tj. na= . Tada je površina ovog krivolinijskog trapeza

b) Duljina luka krivulje

Neka bude krivulja na = f(x). Razmotrimo luk ove krivulje koji odgovara promjeni x na segmentu [ a, b]. Nađimo duljinu ovog luka. Da bismo to učinili, dijelimo luk AB na P dijelovi s točkama A \u003d M 0, M 1, M 2, ..., M P= B (slika 14), što odgovara točkama x 1 , x 2 , ..., x n Î [ a, b].

Označiti D l i duljina luka, dakle l= . Ako su duljine luka D l i su dovoljno male, onda se mogu smatrati približno jednakima duljinama odgovarajućih segmenata koji povezuju točke M i-1,M i. Ove točke imaju koordinate M i -1 (x i -1, f (x i-1)), M i(x i, f(x i)). Tada su duljine segmenata jednake

Ovdje se koristi Lagrangeova formula. Stavimo x i – x i-1=D x i, dobivamo

Zatim l = , gdje

l = .

Dakle, duljina luka krivulje na = f(x) koji odgovara promjeni x na segmentu [ a, b], nalazi se po formuli

l = , (1)

Ako je krivulja zadana parametarski, t O, tj. y(t) = f(x(t)), tada iz formule (1) dobivamo:

l=
.

Dakle, ako je krivulja zadana parametarski, tada duljina luka ove krivulje koja odgovara promjeni t n, nalazi se po formuli

u) Volumen tijela revolucije.

sl.15

Razmotrimo zakrivljeni trapez a AB b, omeđen linijom na = f(x), ravno x = a, x = b i segment [ a,b] osi OX (slika 15). Neka ovaj trapez rotira oko osi OX, rezultat će biti tijelo revolucije. Može se dokazati da će volumen ovog tijela biti jednak

Slično, možete izvesti formulu za volumen tijela dobivenu rotacijom oko y-ose krivuljastog trapeza omeđenog grafom funkcije x= j( na), ravno y = c , y = d i segment [ c,d] os y (slika 15):

Fizičke primjene određenog integrala

U predavanju 19 dokazali smo da je s fizičke točke gledišta integral brojčano jednak masi pravocrtnog tankog nehomogenog štapa duljine l= b – a, s promjenjivom linearnom gustoćom r = f(x), f(x) ³ 0, gdje x je udaljenost od točke štapa do njegovog lijevog kraja.

Razmotrimo druge fizičke primjene određenog integrala.

Zadatak 1. Nađite rad potreban za ispumpavanje ulja iz okomitog cilindričnog spremnika visine H i polumjera baze R. Gustoća ulja je r.

Odluka. Konstruirajmo matematički model ovog problema. Neka os OX prolazi duž osi simetrije cilindra visine H i polumjera R, početak - u središtu gornje baze cilindra (slika 17). Podijelimo cilindar P mali horizontalni dijelovi. Onda gdje Ai- rad crpljenja i th sloj. Ova podjela cilindra odgovara podjeli segmenta promjene visine sloja na P dijelovi. Razmotrite jedan od ovih slojeva koji se nalazi na udaljenosti x i od površine, širina D x(ili odmah dx). Ispumpavanje ovog sloja može se smatrati "podizanjem" sloja na visinu x i.

Tada je rad obavljen da se ovaj sloj ispumpa jednak

Ai„R i x i, ,

gdje je R i=rgV i= rgpR 2 dx, R i– težina, V i je volumen sloja. Zatim Ai"R i x i= rgpR 2 dx.x i, gdje

, i zbog toga .

Zadatak 2. Pronađite moment inercije

a) šuplji cilindar tankih stijenki oko osi koja prolazi kroz njegovu os simetrije;

b) čvrsti cilindar oko osi koja prolazi kroz njegovu os simetrije;

c) duljina tanke šipke l oko osi koja prolazi kroz njegovu sredinu;

d) duljina tanke šipke l oko osi koja prolazi njegovim lijevim krajem.

Odluka. Kao što znate, moment inercije točke oko osi jednak je J=mr 2, i sustavi točaka.

a) Cilindar je tankih stijenki, što znači da se debljina stijenke može zanemariti. Neka su polumjer baze cilindra R, njegova visina H i gustoća mase na stijenkama jednaki r.

Podijelimo cilindar P dijelove i pronađite gdje J i- moment inercije i-th particijski element.

Smatrati i-ti pregradni element (infinitezimalni cilindar). Sve njegove točke nalaze se na udaljenosti R od osi l. Neka masa ovog cilindra t i, onda t i= rV i»rs strana= 2prR dx i, gdje x i O. Zatim J i» R 2 prR dx i, gdje

Ako je r konstanta, onda J= 2prR 3 N, a kako je masa cilindra M = 2prRN, tada J= MR 2 .

b) Ako je cilindar čvrst (napunjen), onda ga dijelimo na P vlo tanki cilindri smješteni jedan u drugi. Ako je a P veliki, svaki se od ovih cilindara može smatrati tankim stijenkama. Ova particija odgovara particiji segmenta na P dijelovi po točkama R i. Nađimo masu i-ti cilindar tankih stijenki: t i= rV i, gdje

V i=pR i 2 H - pR ja- 1 2 H \u003d pH (R i 2-R i -1 2) =

PH(R i-R i-1) (R i+R i -1).

Budući da su stijenke cilindra tanke, možemo pretpostaviti da je R i+R i-1 » 2R i, i R i-R i-1=DR i, zatim V i» pH2R i DR i, gdje t i»rpN×2R i DR i,

Onda konačno

c) Razmotrimo štap dužine l, čija je gustoća mase jednaka r. Neka os rotacije prolazi kroz njegovu sredinu.

Modeliramo štap kao segment osi OX, tada je os rotacije štapa os OY. Razmotrimo elementarni segment, njegovu masu, udaljenost do osi može se smatrati približno jednakim r i= x i. Tada je moment tromosti ovog presjeka , odakle je moment inercije cijelog štapa . S obzirom da je masa štapa , Onda

d) Pustimo sada da os rotacije prođe kroz lijevi kraj štapa, t.j. model štapa je segment osi OX. Zatim slično, r i= x i, , gdje , i od tada .

Zadatak 3. Nađite silu pritiska tekućine gustoće r na pravokutni trokut s kracima a i b, okomito uronjen u tekućinu tako da noga a nalazi se na površini tekućine.

Odluka.

Napravimo model zadatka. Neka je vrh pravog kuta trokuta u ishodištu, kraku a poklapa se sa segmentom osi OY (os OY određuje površinu tekućine), os OX je usmjerena prema dolje, noga b poklapa se sa segmentom ove osi. Hipotenuza ovog trokuta ima jednadžbu , ili .

Poznato je da ako je na horizontalnom području područja S, uronjen u tekućinu gustoće r, pritisnut je stupcem tekućine s vis h, tada je sila pritiska jednaka (Pascalov zakon). Koristimo se ovim zakonom.

Rad promjenjive sile

Neka se materijalna točka M giba duž osi Ox pod djelovanjem promjenjive sile F = F(x) usmjerene paralelno ovoj osi. Rad koji vrši sila prilikom pomicanja točke M iz položaja x = a u položaj x = b (a< b), находится по формуле (см. п. 36).

Primjer 41.10 Koliki rad treba obaviti da se opruga rastegne za 0,05 m ako sila od 100 N istegne oprugu za 0,01 m?

Rješenje: Prema Hookeovom zakonu, sila elastičnosti koja rasteže oprugu proporcionalna je ovom rastezanju x, tj. F = kx, gdje je k faktor proporcionalnosti. Prema uvjetu zadatka, sila F = 100 N rasteže oprugu za x = 0,01 m; dakle, 100 = k*0,01, odakle je k = 10000; dakle F = 10000x.

Željeni rad na temelju formule (41.10) jednak je

Primjer 41.11. Nađite rad koji se mora uložiti da se tekućina pumpa preko ruba iz okomitog cilindričnog spremnika visine Hm i polumjera baze Rm.

Rješenje: Rad obavljen da se tijelo težine p podigne na visinu h jednak je p h. Ali različiti slojevi tekućine u rezervoaru su na različitim dubinama i visina uspona (do ruba rezervoara) različitih slojeva nije ista.

Za rješavanje problema primjenjujemo shemu II (diferencijalna metoda). Uvedimo koordinatni sustav kao što je prikazano na slici 193.

1. Rad utrošen na ispumpavanje sloja tekućine debljine x (0 !!!) iz rezervoara< x !!!< H), есть функция от х, т.е. А = А(х), где 0≤x≤H (А(0)=0, А(Н)=А0).

2. Nalazimo glavni dio prirasta ΔA kada se x promijeni za Δh = dx, tj. nalazimo diferencijal dA funkcije A(h).

S obzirom na malenost dx, pretpostavljamo da je "elementarni" sloj tekućine na istoj dubini x (od ruba rezervoara) (vidi sliku 193). Tada je dA = dp*x, gdje je dp težina ovog sloja; jednako je g*gdv, gdje je g ubrzanje slobodnog pada, g je gustoća tekućine, dv je volumen "elementarnog" sloja tekućine (na slici je istaknut), t.j. dp=ggdv. Volumen ovog tekućeg sloja očito je jednak πR2 dx, gdje je dx visina cilindra (sloja), πR2 je površina njegove baze, tj. dv=πR2 dx.

Tako, dp=ggπR2 dx i dA = ggπR2dx*x.

3) Integrirajući rezultirajuću jednakost u rasponu od x \u003d 0 do x \u003d H, nalazimo

Put kojim prolazi tijelo

Neka se materijalna točka giba po ravnoj liniji promjenjivom brzinom v=v(t). Nađimo put S koji je njime prešao u vremenskom intervalu od t1 do t2.

Rješenje: Iz fizičkog značenja derivacije poznato je da kada se točka kreće u jednom smjeru, “brzina pravocrtnog gibanja jednaka je derivaciji puta u vremenu”, tj. To implicira da je dS = v(t)dt. Integrirajući rezultirajuću jednakost unutar granica od t1 do t2, dobivamo

Imajte na umu da se ista formula može dobiti korištenjem sheme I ili II primjene određenog integrala.

Primjer 41.12. Pronađite put koji je tijelo prešlo za 4 sekunde od početka kretanja, ako je brzina tijela v(t) = 10t + 2 (m/s).

Rješenje: Ako je v(t)=10t+2 (m/s), tada je put koji tijelo prijeđe od početka gibanja (t=0) do kraja 4. sekunde jednak

Pritisak tekućine na okomitu ploču

Prema Pascalovom zakonu, tlak tekućine na vodoravnu ploču jednak je težini stupca te tekućine koji u svojoj osnovi ima ploču, a visina je dubina njenog uranjanja sa slobodne površine tekućine. , tj. P \u003d g * g * S * h, gdje je g ubrzanje slobodnog pada, g je gustoća tekućine, S je površina ploče, h je dubina njenog uranjanja.

Koristeći ovu formulu, ne može se tražiti tlak tekućine na okomito uronjenoj ploči, jer njene različite točke leže na različitim dubinama.

Neka je ploča, omeđena linijama x = a, x = b, y1 = f1(x) i y2=ƒ2(x), okomito uronjena u tekućinu; bira se koordinatni sustav kao što je prikazano na slici 194. Za pronalaženje tlaka P tekućine na ovoj ploči primjenjujemo shemu II (diferencijalna metoda).

1. Neka je dio željene vrijednosti P funkcija od x: p=p(x), tj. p=p(x) - pritisak na dio ploče koji odgovara segmentu [a; x] vrijednosti varijable x, gdje je x = [a; b] (p(a)=0, p(b) = P).

2. Zadajmo argumentu x prirast Δh = dx. Funkcija p(x) će dobiti prirast Δp (na slici - trakasti sloj debljine dx). Nađimo diferencijal dp ove funkcije. S obzirom na malenost dx, traku ćemo približno smatrati pravokutnikom, čije su sve točke na istoj dubini x, tj. ova ploča je horizontalna.

Zatim, prema Pascalovom zakonu

3. Integrirajući rezultirajuću jednakost u rasponu od x = a do x = B, dobivamo

Primjer 41.13. Odredite koliki je tlak vode na polukrugu okomito uronjenom u tekućinu ako je njegov polumjer R, a središte O je na slobodnoj površini vode (vidi sliku 195).

Rješenje: Dobivenom formulom pronađemo tlak tekućine na okomitoj ploči. U ovom slučaju, ploča je ograničena linijama x = 0, x = R. Tako

Proračun statičkih momenata i koordinata težišta ravne krivulje Neka je na Oxy zadan sustav materijalnih točaka M1 (x1; y1), M2(x2; y2),..., Mn(xn; yn) s masama m1, m2,... ...,mn avion.

Statički moment Sx sustava materijalnih točaka u odnosu na os Ox je zbroj proizvoda masa tih točaka i njihovih ordinata (tj. udaljenosti tih točaka od osi Ox):

Slično je definiran i statički moment Sy ovog sustava u odnosu na os

Ako su mase kontinuirano raspoređene duž neke krivulje, tada je potrebna integracija da bi se izrazio statički moment.

Neka je y = ƒ(x) (a≤x≤b) jednadžba materijalne krivulje AB. Smatrat ćemo ga homogenim s konstantnom linearnom gustoćom g (g = const).

Za proizvoljni x ê [a; b] na krivulji AB nalazi se točka s koordinatama (x; y). Izdvojimo na krivulji elementarni segment duljine dl koji sadrži točku (x; y). Tada je masa ovog presjeka jednaka g dl. Uzmimo ovaj segment dl približno kao točku na udaljenosti y od osi x. Tada će diferencijal statičkog momenta dSx ("elementarni moment") biti jednak gdly, tj. dSx = gdly (vidi sliku 196).

Iz toga slijedi da je statički moment Sx krivulje AB u odnosu na os Ox jednak

Slično, nalazimo Sy:

Statički momenti Sx i Sy krivulje olakšavaju utvrđivanje položaja njezina težišta (centra mase).

Težište krivulje materijalne ravnine y \u003d ƒ (x), x Î je točka ravnine koja ima sljedeće svojstvo: ako je cijela masa m dane krivulje koncentrirana u ovoj točki, tada je statički moment ove točke u odnosu na bilo koju koordinatnu os bit će jednak statičkom momentu cijele krivulje y \u003d ƒ (x) oko iste osi. Označimo sa C(xc;us) težište krivulje AB.

Definicija težišta podrazumijeva jednakosti Odavde ili

Primjer 41.14. Pronađite težište homogenog kružnog luka x^2+y^2=R^2 koji se nalazi u prvom koordinatnom kvadrantu (vidi sliku 197).

Rješenje: Očito je duljina naznačenog kružnog luka jednaka πR/2, tj. l=πR/2. Nađimo njegov statički moment u odnosu na os Ox. Budući da je jednadžba luka

To je,

Budući da je ovaj luk simetričan u odnosu na simetralu prvog koordinatnog kuta, tada je xc=us=2R/π. Dakle, centar gravitacije ima koordinate

Proračun statičkih momenata i koordinata težišta ravne figure

Neka je dana materijalna ravna figura (ploča), omeđena krivuljom y = ƒ(x) 0 i ravnim linijama y = 0, x = a, x = b (vidi sliku 198).

Pretpostavljamo da je površinska gustoća ploče konstantna (g = const). Tada je masa “cijele ploče jednaka g * S, t.j. Izdvajamo elementarni dio ploče u obliku beskonačno uske okomite trake i približno ćemo ga smatrati pravokutnikom.

Tada je njegova masa jednaka gydxu. Težište C pravokutnika leži na sjecištu dijagonala pravokutnika. Ova točka C je 1/2*y od osi Ox, a x od osi Oy (približno; točnije, na udaljenosti od x+1/2∆x). Zatim, za elementarne statičke momente oko osi Ox i Oy, relacije

Stoga,

Po analogiji s ravnom krivuljom, dobivamo označavanjem koordinata težišta ravne figure (ploče) kroz C(xs; nas),što m xc=Sy, m us=Sx. Odavde

Primjer 41.15. Pronađite koordinate težišta polukruga x ^2+y^2≤R^2, y≥0 (g=const)(vidi sl. 199).

Rješenje: Očito je (zbog simetrije lika oko osi Oy) da je xc = 0. Površina polukruga je Find Sx:

To je,

Dakle, centar gravitacije ima koordinate

41.1. Sheme za primjenu određenog integrala

Neka je potrebno pronaći vrijednost neke geometrijske ili fizičke veličine A (površine lika, volumena tijela, tlaka tekućine na okomitoj ploči, itd.) povezane s segmentom promjene nezavisna varijabla x. Pretpostavlja se da je ta veličina A aditivna, tj. takva da kada je segment [a; b] točka s ê (a; b) na dijelu [a; s] i [s; b] vrijednost A, koja odgovara cijelom segmentu [a; b], jednak je zbroju njegovih vrijednosti koje odgovaraju [a; s] i [s; b].

Da biste pronašli ovu vrijednost A, možete se voditi jednom od dvije sheme: I shema (ili metoda integralnih zbroja) i II shema (ili diferencijalna metoda).

Prva shema temelji se na definiciji određenog integrala.

1. S točkama x 0 = a, x 1 ,..., x n = b podijelimo segment [a; b] na n dijelova. U skladu s tim, vrijednost A koja nas zanima podijelit ćemo na n "elementarnih pojmova" ΔAi (i = 1,...,n): A = ΔA 1 + ΔA 2 +...+ ΔA n .

2. Predstavite svaki “elementarni član” kao umnožak neke funkcije (određene iz uvjeta zadatka) izračunate u proizvoljnoj točki odgovarajućeg segmenta po njegovoj duljini: ΔA i ≈ ƒ(c i)Δx i.

Prilikom pronalaženja približne vrijednosti ΔA i dopuštena su neka pojednostavljenja: luk na malom području može se zamijeniti tetivom koja zateže svoje krajeve; promjenjiva brzina na malom području može se približno smatrati konstantnom, itd.

Dobijmo približnu vrijednost A u obliku integralnog zbroja:

3. Željena vrijednost A jednaka je granici integralnog zbroja, t.j.

Ova "metoda zbroja", kao što vidimo, temelji se na predstavljanju integrala kao zbroja beskonačno velikog broja beskonačno malih članova.

Shema I primijenjena je za pojašnjenje geometrijskog i fizičkog značenja određenog integrala.

Druga shema je malo modificirana shema I i naziva se "diferencijalna metoda" ili "metoda odbacivanja infinitezimalnih viših redova":

1) na segmentu [a;b] biramo proizvoljnu vrijednost x i razmatramo varijabilni segment [a; X]. Na ovom segmentu vrijednost A postaje funkcija x: A \u003d A (x), tj. smatramo da je dio željene vrijednosti A nepoznata funkcija A (x), gdje je x jedan od parametara vrijednost A;

2) nalazimo glavni dio prirasta ΔA kada se x promijeni za mali iznos Δh = dx, tj. nalazimo diferencijal dA funkcije A = A(h): dA = ƒ(h) dx, gdje je ƒ(h ) određuje se iz uvjeta zadatka , funkcije varijable x (ovdje su također moguća različita pojednostavljenja);

3) uz pretpostavku da je dA ≈ ΔA pri Δh → 0, nalazimo željenu vrijednost integracijom dA u rasponu od a do b:

41.2. Izračunavanje površine ravnih figura

Pravokutne koordinate

Kao što je već utvrđeno (vidi "geometrijsko značenje određenog integrala"), površina krivuljastog trapeza koji se nalazi "iznad" osi apscise (ƒ(x) ≥ 0) jednaka je odgovarajućem određenom integralu:

Formula (41.1) se dobiva primjenom sheme I - metode zbroja. Formulu (41.1) opravdavamo shemom II. Neka je krivuljasti trapez omeđen linijama y \u003d ƒ (x) ≥ 0, x \u003d a, x \u003d b, y \u003d 0 (vidi sliku 174).

Da bismo pronašli područje S ovog trapeza, izvodimo sljedeće operacije:

1. Uzmite proizvoljan x O [a; b] i pretpostavimo da je S = S(x).

2. Zadajmo argumentu x prirast Δh = dx (h + Δh ê [a; b]). Funkcija S = S(x) će dobiti prirast ΔS, što je površina "elementarnog krivolinijskog trapeza" (naglašeno je na slici).

Diferencijal površine dS je glavni dio prirasta ΔS na Δx → 0, a očito je jednaka površini pravokutnika s osnovom dx i visinom y: dS = y dx.

3. Integriranjem rezultirajuće jednakosti u rasponu od x \u003d a do x \u003d b, dobivamo

Imajte na umu da ako se krivolinijski trapez nalazi "ispod" osi Ox (ƒ(x)< 0), то ее площадь может быть найдена по формуле

Formule (41.1) i (41.2) mogu se kombinirati u jednu:

Područje figure ograničeno krivuljama y = fι (x) i y = ƒg (x), ravnim linijama x = a i x = b (pod uvjetom da je ƒ 2 (x) ≥ ƒ 1 (x)) (vidi sliku 175) , može se pronaći pomoću formule

Ako ravna figura ima „složen” oblik (vidi sliku 176), tada je ravnim linijama paralelnim s osi Oy treba podijeliti na dijelove kako bi se mogle primijeniti već poznate formule.

Ako je krivuljasti trapez omeđen ravnim linijama y = c i y = d, osi Oy i kontinuiranom krivuljom x = φ (y) ≥ 0 (vidi sliku 177), tada se njegovo područje nalazi po formuli

I, konačno, ako je krivuljasti trapez omeđen parametarski zadanom krivuljom

ravne linije x = aix \u003d b i os Ox, tada se njegovo područje nalazi po formuli

gdje su a i β određeni iz jednakosti x(a) = a i x(β) =b.

Primjer 41.1. Pronađite područje lika omeđenog osi Ox i grafom funkcije y = x 2 - 2x na x ê.

Rješenje: Slika ima oblik prikazan na slici 178. Pronađite njezino područje S:

Primjer 41.2. Izračunajte površinu lika omeđenu elipsom x \u003d a cos t, y \u003d b sin t.

Rješenje: Prvo nalazimo 1/4 površine S. Ovdje se x mijenja iz 0 u a, dakle, t se mijenja od 0 u 0 (vidi sliku 179). Pronašli smo:

Tako . Dakle, S = π aB.

Polarne koordinate

Odredite područje S krivolinijskog sektora, tj. ravnu figuru omeđenu kontinuiranom linijom r=r(φ) i dvije zrake φ=a i φ=β (a< β), где r и φ - полярные координаты (см. рис. 180). Для решения задачи используем схему II - diferencijalna metoda.

1. Dio željene površine S smatrat ćemo funkcijom kuta φ, tj. S = S(φ), gdje je a ≤ φ ≤ β (ako je φ = a, tada je S(a) = 0, ako je φ=β, tada je S(β) = S).

2. Ako se trenutni polarni kut φ poveća Δφ = dφ, tada je prirast površine AS jednak površini "elementarnog krivuljastog sektora" OAB.

Diferencijal dS je glavni dio prirasta ΔS na dφ → 0 i jednaka je površini kružnog sektora OAS (na slici je zasjenjena) polumjera r sa središnjim kutom dφ. Tako

3. Integriranjem rezultirajuće jednakosti u rasponu od φ = a do φ = β dobivamo željeno područje

Primjer 41.3. Pronađite područje lika omeđenog "ružom s tri latice" r = acos3φ (vidi sliku 181).

Rješenje: Prvo pronađemo površinu polovice jedne latice ruže, tj. 1/6 cijele površine figure:

tj. dakle,

Ako ravna figura ima "složeni" oblik, tada je po zrakama koje izlaze iz pola treba podijeliti na krivuljaste sektore, na koje treba primijeniti rezultirajuću formulu da se pronađe područje. Dakle, za sliku prikazanu na slici 182 imamo:

41.3. Izračunavanje duljine luka ravninske krivulje

Pravokutne koordinate

Neka je ravna krivulja AB zadana u pravokutnim koordinatama, čija je jednadžba y=ƒ(x), gdje je a≤x≤b.

Pod duljinom luka AB razumijeva se granica do koje teži duljina izlomljene linije upisane u ovaj luk kada se broj karika izlomljene linije neograničeno povećava, a duljina njegove najveće karike teži nuli. Pokažimo da ako su funkcija y \u003d ƒ (x) i njezin izvod y "\u003d ƒ" (x) kontinuirani na segmentu [a; b], tada krivulja AB ima duljinu jednaku

Primjenjujemo shemu I (metoda zbroja).

1. Točke x 0 = a, x 1 ..., x n = b (x 0< x 1 < ...< х n) разобьем отрезок [а; b] на n частей (см. рис. 183). Пустьэтим точкам соответствуют точки М 0 = А, M 1 ,...,M n =В накривой АВ. Проведем хорды М 0 M 1 , M 1 M 2 ,..., М n-1 М n , длины которых обозначим соответственно через ΔL 1 , AL 2 ,..., ΔL n . Получим ломаную M 0 M 1 M 2 ... M n-ι M n , длина которой равна L n =ΔL 1 + ΔL 2 +...+ ΔL n =

2. Duljinu tetive (ili veze isprekidane linije) ΔL 1 možemo pronaći pomoću Pitagorinog teorema iz trokuta s kracima Δx i i Δu i:

Prema Lagrangeovom teoremu o konačnom prirastu funkcije Δu i \u003d ƒ "(c i) Δh i, gdje je ci ê (x i-1; x i).

a duljina cijele polilinije M 0 M 1 ... M n jednaka je

3.Duljina l krivulja AB, po definiciji, jednaka je

Imajte na umu da za ΔL i → 0 također Δx i → 0 ΔLi = i, posljedično, |Δx i |<ΔL i).

Funkcija kontinuirano na segmentu [a; b], budući da je, prema uvjetu, funkcija ƒ "(x) kontinuirana. Stoga postoji granica za integralni zbroj (41.4) kada je max Δx i → 0 :

Tako, ili u skraćenom obliku l =

Ako je jednadžba AB krivulje data u parametarskom obliku

gdje su x(t) i y(t) kontinuirane funkcije s kontinuiranim derivacijama i x(a) = a, x(β) = b, tada duljina l krivulja AB nalazi se po formuli

Formula (41.5) se može dobiti iz formule (41.3) zamjenom x = x(t),dx = x"(t)dt,

Primjer 41.4. Pronađite opseg kružnice polumjera R.

Rješenje: Pronađite 1/4 njegove duljine od točke (0; R) do točke (R; 0) (vidi sliku 184). Kao zatim

Sredstva, l= 2π R. Ako je jednadžba kruga napisana u parametarskom obliku x=Rcost, y = Rsint (0≤t≤2π), tada

Proračun duljine luka može se temeljiti na primjeni diferencijalne metode. Pokažimo kako se formula (41.3) može dobiti primjenom sheme II (diferencijalna metoda).

1. Uzmite proizvoljnu vrijednost x ê [a; b] i razmotrimo varijabilni segment [a;x]. Na njemu vrijednost l postaje funkcija od x, tj. l = l(X) ( l(a) = 0 i l(b) = l).

2. Pronalaženje diferencijala dl funkcije l = l(x) kada se x promijeni za mali iznos Δh = dx: dl = l"(x)dx. Pronađite l"(x), zamjenjujući beskonačno mali luk MN tetivom Δ l, skupljajući ovaj luk (vidi sliku 185):

3. Integriranjem dl od a do b dobivamo

Jednakost naziva se diferencijalna formula luka u pravokutnim koordinatama.

Budući da je y "x \u003d -dy / dx, onda

Posljednja formula je Pitagorin teorem za infinitezimalni trokut MST (vidi sliku 186).

Polarne koordinate

Neka je krivulja AB dana jednadžbom u polarnim koordinatama r = r(φ), a≤φ≤β. Pretpostavimo da su r(φ) i r"(φ) kontinuirani na segmentu [a;β].

Ako se u jednakosti x = rcosφ, y = rsinφ, u odnosu na polarne i kartezijanske koordinate, kut φ smatra parametrom, tada se krivulja AB može postaviti parametarski

Primjenom formule (41.5) dobivamo

Primjer 41.5. Nađite duljinu kardioide r = = a(1 + cosφ).

Rješenje: Kardioid r \u003d a (1 + cosφ) ima oblik prikazan na slici 187. Simetričan je oko polarne osi. Pronađite polovicu duljine kardioide:

Dakle, 1/2l= 4a. Dakle, l = 8a.

41.4. Proračun volumena tijela

Proračun volumena tijela iz poznatih površina paralelnih presjeka

Neka je potrebno pronaći volumen V tijela, a površine S presjeka ovog tijela poznate su ravninama okomitim na neku os, na primjer, os Ox: S = S(x), a ≤ x ≤ b.

1. Kroz proizvoljnu točku x ê povučemo ravninu ∏ okomitu na os Ox (vidi sliku 188). Označite sa S(x) površinu presjeka tijela ovom ravninom; Pretpostavlja se da je S(x) poznat i da se kontinuirano mijenja kako se x mijenja. S v(x) označavamo volumen dijela tijela koji leži lijevo od ravnine P. Pretpostavit ćemo da je na odsječku [a; x] veličina v je funkcija od x, tj. v = v(x) (v(a) = 0, v(b) = V).

2. Naći diferencijal dV funkcije v = v(x). To je "elementarni sloj" tijela, zatvoren između paralelnih ravnina koje sijeku os Ox u točkama x i x + Δx, koji se približno može uzeti kao cilindar s bazom S(x) i visinom dx. Stoga je diferencijal volumena dV = S(x) dx.

3. Željenu vrijednost V nalazimo integracijom dA u rasponu od a do B:

Dobivena formula naziva se formulom za volumen tijela prema površini paralelnih presjeka.

Primjer 41.6. Pronađite volumen elipsoida

Rješenje: Rezanje elipsoida ravninom paralelnom s ravninom Oyz i na udaljenosti x od nje (-a ≤h≤ a), dobivamo elipsu (vidi sliku 189):

Površina ove elipse je

Dakle, po formuli (41.6) imamo

Volumen tijela revolucije

Neka se krivuljasti trapez rotira oko osi Ox, omeđen kontinuiranom linijom y = ƒ (x) 0, segmentom a ≤ x ≤ b i ravnim linijama x = a i x = b (vidi sliku 190). Lik dobiven rotacijom naziva se tijelo rotacije. Presjek ovog tijela ravninom okomitom na os Ox koja prolazi kroz proizvoljnu točku x osi Ox (x Î [a; b]), postoji kružnica polumjera y= ƒ(x). Stoga je S(x)= π y 2.

Primjenom formule (41.6) volumena tijela u smislu površine paralelnih presjeka, dobivamo

Ako je krivocrtni trapez omeđen grafom kontinuirane funkcije x = φ (y) ≥ 0 i ravnim linijama x = 0, y = c,

y = d (sa< d), то объем тела, образованного вращением этой трапеции вокруг оси Оу, по аналогии с формулой (41.7), равен

Primjer 41.7. Pronađite volumen tijela nastalo rotacijom lika omeđenog linijama oko osi Oy (vidi sliku 191).

Rješenje: Prema formuli (41.8) nalazimo:

41.5. Izračunavanje površine okretanja

Neka je krivulja AB graf funkcije y \u003d ƒ (x) ≥ 0, gdje je x ê [a; b], a funkcija y = ƒ (x) i njezin derivacija y "=ƒ" (x) kontinuirani su na ovom segmentu.

Nađimo površinu S površine nastalu rotacijom krivulje AB oko osi Ox.

Primjenjujemo shemu II (diferencijalna metoda).

1. Kroz proizvoljnu točku x ê [a; b] nacrtajte ravninu ∏ okomitu na os x. Ravnina ∏ siječe plohu okretanja u kružnici polumjera y = ƒ(x) (vidi sliku 192). Vrijednost S površine dijela okretnog lika koji leži lijevo od ravnine je funkcija x, tj. s=s(x) (s(a)=0 i s(b)=S).

2. Zadajmo argumentu x prirast Δh = dx. Kroz točku x + dx ê [a; b] također nacrtajte ravninu okomitu na os x. Funkcija s=s(x) će se povećati za Az, prikazano na slici kao "pojas".

Nađimo diferencijal površine ds, zamjenjujući lik formiran između presjeka skraćenim stošcem, čija je generatrisa jednaka dl, a polumjeri baza su jednaki y i y + dy. Površina njegove bočne površine jednaka je ds= π (y+y+ dy) dl=2π na dl + π dydl. Odbacivanjem proizvoda dydl kao beskonačno malog višeg reda od ds, dobivamo ds=2 π na dl, ili, budući da

3. Integrirajući rezultirajuću jednakost u rasponu od x = a do x = b, dobivamo

Ako je krivulja AB dana parametarskim jednadžbama x = x (t), y = y (t), t 1 ≤ t ≤ t 2, tada formula (41.9) za površinu površine rotacija poprima oblik

Primjer 41.8. Nađite površinu kugle polumjera R.

Primjer 41.9. Dana cikloida

Nađite površinu površine nastalu njezinom rotacijom oko x-ose.

Rješenje: Kada se polovica cikloidnog luka rotira oko osi Ox, površina rotacije jednaka je

41.6. Mehaničke primjene određenog integrala

Rad promjenjive sile

Primjer 41.10 Koliki rad treba obaviti da se opruga rastegne za 0,05 m ako sila od 100 N istegne oprugu za 0,01 m?

Željeni rad na temelju formule (41.10) jednak je

Primjer 41.11. Nađite rad koji je potrebno uložiti da bi se tekućina pumpala preko ruba iz okomitog cilindričnog spremnika visine Hm i polumjera baze Rm.

Za rješavanje problema primjenjujemo shemu II (diferencijalna metoda). Uvedimo koordinatni sustav kao što je prikazano na slici 193.

1. Rad utrošen na ispumpavanje sloja tekućine debljine x (0 !!!) iz rezervoara< x !!!< H), есть функция от х, т.е. А = А(х), где 0≤x≤H (А(0)=0, А(Н)=А 0).

2. Nalazimo glavni dio prirasta ΔA kada se x promijeni za Δh = dx, tj. nalazimo diferencijal dA funkcije A(h).

S obzirom na malenost dx, pretpostavljamo da je "elementarni" sloj tekućine na istoj dubini x (od ruba rezervoara) (vidi sliku 193). Tada je dA = dp*x, gdje je dp težina ovog sloja; jednako je g *g dv, gdje je g ubrzanje slobodnog pada, g je gustoća tekućine, dv je volumen "elementarnog" sloja tekućine (na slici je istaknut), tj. dp = gg dv . Volumen ovog tekućeg sloja očito je jednak π R 2 dx, gdje je dx visina cilindra (sloja), π R 2 - površina njegove baze, tj. dv \u003d π R2dx.

Dakle, dp=gg π R 2 dx i dA = gg π R2dx*x.

3) Integrirajući rezultirajuću jednakost u rasponu od x \u003d 0 do x \u003d H, nalazimo

Put kojim prolazi tijelo

Neka se materijalna točka giba po ravnoj liniji promjenjivom brzinom v=v(t). Nađimo put S koji je njime prešao u vremenskom intervalu od t 1 do t 2 .

Rješenje: Iz fizičkog značenja derivacije poznato je da kada se točka kreće u jednom smjeru, „brzina pravocrtnog gibanja jednaka je vremenskoj derivaciji putanje“, tj. slijedi da je dS = v(t)dt . Integrirajući rezultirajuću jednakost u rasponu od t 1 do t 2, dobivamo

Imajte na umu da se ista formula može dobiti korištenjem sheme I ili II primjene određenog integrala.

Primjer 41.12. Pronađite put koji je tijelo prešlo za 4 sekunde od početka kretanja, ako je brzina tijela v(t) = 10t + 2 (m/s).

Rješenje: Ako je v(t)=10t+2 (m/s), tada je put koji tijelo prijeđe od početka gibanja (t=0) do kraja 4. sekunde jednak

Pritisak tekućine na okomitu ploču

Koristeći ovu formulu, ne može se tražiti tlak tekućine na okomito uronjenoj ploči, jer njene različite točke leže na različitim dubinama.

Neka je ploča omeđena linijama x = a, x = b, y 1 = f 1 (x) i y 2 =ƒ 2 (x) okomito uronjena u tekućinu; bira se koordinatni sustav kao što je prikazano na slici 194. Za pronalaženje tlaka P tekućine na ovoj ploči primjenjujemo shemu II (diferencijalna metoda).

1. Neka je dio željene vrijednosti P funkcija od x: p=p(x), tj. p=p(x) - pritisak na dio ploče koji odgovara segmentu [a; x] vrijednosti varijable x, gdje je x = [a; b] (p(a)=0, p(b) = P).

Zatim, prema Pascalovom zakonu

3. Integrirajući rezultirajuću jednakost u rasponu od x = a do x = B, dobivamo

Primjer 41.13. Odredite koliki je tlak vode na polukrugu okomito uronjenom u tekućinu ako je njegov polumjer R, a središte O je na slobodnoj površini vode (vidi sliku 195).

Slično, statički moment S y ovog sustava određen je u odnosu na os

Ako su mase kontinuirano raspoređene duž neke krivulje, tada je potrebna integracija da bi se izrazio statički moment.

Neka je y = ƒ(x) (a≤ x≤ b) jednadžba materijalne krivulje AB. Smatrat ćemo ga homogenim s konstantnom linearnom gustoćom g (g = const).

Za proizvoljni x ê [a; b] na krivulji AB nalazi se točka s koordinatama (x; y). Izdvojimo na krivulji elementarni segment duljine dl koji sadrži točku (x; y). Tada je masa ovog presjeka jednaka g dl. Uzmimo ovaj segment dl približno kao točku na udaljenosti y od osi x. Tada će diferencijal statičkog momenta dS x ("elementarni moment") biti jednak g dly, tj. dS x = g dly (vidi sliku 196).

Iz toga slijedi da je statički moment S x krivulje AB u odnosu na os Ox jednak

Slično, nalazimo S y:

Statički momenti S x i S y krivulje olakšavaju utvrđivanje položaja njezina težišta (centra mase).

Definicija težišta podrazumijeva jednakosti Odavde

Proračun statičkih momenata i koordinata težišta ravne figure

Neka je zadan lik u materijalnoj ravnini (ploča), omeđen krivuljom y = ƒ(x) 0 i ravnim linijama y = 0, x = a, x = b (vidi sliku 198).

Tada je njegova masa g ydx. Težište C pravokutnika leži na sjecištu dijagonala pravokutnika. Ova točka C je 1/2*y od osi Ox, a x od osi Oy (približno; točnije, na udaljenosti x + 1/2 ∆x). Zatim, za elementarne statičke momente oko osi Ox i Oy, relacije

Dakle, centar gravitacije ima koordinate