Тевяшев А.Д., Литвин О.Г., Кривошеєва Г.М. та ін. Вища математика у прикладах та задачах. Ч 2
Подождите немного. Документ загружается.
§3.
Застосування визначеного інтеграла
91
Шуканий об'єм
У =
У
1
-У
2
,
де К, - об'єм, отриманий обертанням криволінійної трапеції, обмеженої
параболою у = -^2рх (0 < х < 2р),
У
2
- об'єм, отриманий обертанням криволінійної трапеції, обмеженої пів-
2 V
кубічною параболою у = —т=-(х - р)'
2
(р < х <2р).
4Р
Тоді
2р
2
р 2р ^ 2р
У
= п
І
у
2
сіх-к§
у
2
сік
= к• 2р |
хсіх-к—
|(х-р)
г
сіх-
0 п 0 Р п
= 2кр
-
2р
4п (х-рУ
' Р ' 4
2р
• Акр* -кр
г
= 3лр
3
.
Приклад 16. Кардіоїда р = о(1-со$ф) обертається нав-
коло полярної осі. Знайти об'єм тіла обертання.
• За формулою (1.44)
V =—
7Г.|р
3
5ІПф#ф
маємо
і/
2
Г 3/, чЗ • , 2
з(1~С05ф)
4
У=—
п\а (1-сокф)
зіпфс/ф
=
—
па
З
0
3 4
8
з ^
= -тш . -4
З
Приклад 17. Знайти об'єм тіла обертання, отриманого
обертанням однієї арки циклоїди:
х = а(і - зіп/), у = а(\ - соз/)
навколо своєї основи.
• Основа арки циклоїди співпадає з віссю Ох (рис.
1.14).
92
Глава
1.
Інтегральне числення функцій однієї змінної
О
2тш
х
Рисі.14
Отже,
2па
У
х
=п]
У
2
сіх
=
%]у
2
(і)х(І)А
=
х
= «(/-зіп/)
у
=
а(1
- соз/)
х\і)
= а(] - соз/)
х
= 0, (
=
0
х
-
2ля,
і = 2л
2/Г
2Я
=
л
|я
2
(1-соз/)
2
•а(1-со$і)Ж
=
ла
3
1(1
-соз/)
3
яї
;
о
о
=
ла
3
1(1
-Зс05г +
Зсоз
2
/-соз
3
1) Ж
=
о
2Л,
=
ла
=
ла"
=
ка"
(
З
| 1-Зсоз/
+
—(1
+
соз2/)-(1
-
зіп
2
/)соз/
(
3 3
г
—
3 зіп
/ н—/ +
—
зіп 2/-зіп/
2
4
2
*
2ГС
+ |зіп
2
/
с/(зіп/)
о
о
2л + 3л +
зіп
3
/
V
2ТГ\
= 5Л
2
Й
3
.4
Приклад
18.
Знайти площу
поверхні,
утвореної
обертан-
ням
параболи
у
2
=2рх навколо
осі Ох (0 < х < х
0
).
•
За формулою
(1.46)
і
Р
х
=2к\у(х)^\
+ у'
2
сіх
при
у = ^2рх і у' = .
Р
маємо:
•у/2рх
§3.
Застосування визначеного інтеграла
93
Р
х
=
2п\І2рх
•
1
+ -^—
сіх
= 2кІр
\^2х
+
р
сіх
=
о
V 2рх І
•
%Чр\4
2х
+
Р
с!(2х
+
р)=
-^-{2х
+
р)
2
2кі/р
1
А
(2х
0
+
р)
2
-р
2
=
у[(2х
0
+
рфх
0
р
+
р
2
~Р
2
\
Приклад 19. Обчислити площу повфхні,утюреної обертанням:
а) астроїди
х = а
соз
3
1,
у—
а
зіп
3
1
(рис. 1.10) навколо осі
Ох;
б) лемніскати Бернуллі
р
2
=д
2
соз2ф (рис. 1.7) навколо
полярної
осі.
•
а)
використовуючи формулу (1.48):
Р
х
= 2%\у(іЯх'
2
(с) +
у'
г
(1)Л,
'І
знайдемо
х', =
-Зясоз
2
Ів'ті, у', =
Зав'т
2
/соз?,
4х'
2
{і)
+ у
2
(() ~49а
2
(со5
4
гзіп
2
І
+
зіп
4
гсоз
2
0 =
Зазіпгсоз*.
Шукана площа дорівнює подвоєній площі поверхні, описаної дугою
астроїди, яка лежить
у
першому квадранті
^0 < / < ^:
Р
х
= 2
-2%
| а
зіп
3
і
•
Завті-сові сії
=
\2ка
2
|зіп
4
І сов і
сії
=
=
\2па
2
ЗІП І
5
2
12
2
=
—па ;
о
5
б)
за
формулою (1.47):
Р
, ;
Р
х
= 2к\
рзіпф^р
2
(ф)
+ р
2
(ф)Оф,
а
/
Г
-
'
<28Іп2ф
маючи
на
увазі,
що р = ау/сов2ср , р = . ,
знайдемо
л
/соз2ф
94
Глава
1.
Інтегральне числення функцій однієї змінної
Р
х
= 2-2л
Г а
1
/со52ф-зіп ф-
Л
|<з
2
соз2ф
+ °
5Ш
^ сіц =
о
V
соз2ф
2-2тіа
2
|зіпф<Лр
= 4яа
2
(-со5ф)
4ЇЛ
2
Приклад 20. Для півкола, заданого рівнянням
,
2 2
у
= V -х
знайти:
а)
статичний момент відносно
осі
Ох
, б)
момент інер-
ції відносно осі
Ох , в)
координати центра ваги.
• Статичний момент
М
х
кривої
та
момент інерції 1
х
знаходимо
за
формулами
*
Ь Ь
М
х
=
\/(х)сі5
=
]у4\
+
у'
г
сіх;
1
х
=\у
г
4\+у'
2
сіх.
Маємо:
у =—.
Х
, \!\ + у'
2
=•1/1 +
л/г
2
-*
2
V
а) статичний момент
М
х
обчислюємо
так:
.2
Г
г
2
-х
2
Гг
2
х
2
м
]УІГ
2
-Х
2
.
Г
=сіх
=
г]сіх
=
гх\
г
г
=
2г
2
;
У!Г
2
-Х
2
б) момент інерції
1
Х
обчислюємо
так:
Ь
г
тСІХ
г
2
-х
2
сіх
=
•
2Г\УІГ
2
-х
2
сіх =
X
=
Г5ШІ,
СІХ
=
ГС05ІСІІ,
х
=
0,
1
= 0,
л
Х
= Г, І =—.
2
=
2г|л/г
2
-Г
2
5ІП
2
І
•
ГС05ІСІІ
=
= 2г
3
|соз
2
/
сії =
г
3
|(1
+
соз20Л
=
г
3
^+^зіп2^
2 ТХГ"
2
'
§3.
Застосування визначеного інтеграла
95
в) координати центра ваги кривої знайдемо
за
формулами:
*
с
= -^х^ + у'
2
ах =
Х
-М
у
, у
с
=
1
-\У4\
+ У
2
ах = -М
х
.
а
а
Оскільки
І = лг -
довжина дуги півкола,
М
х
= 2г
2
,
центр ваги пів-
кола знаходиться
на осі Ох і х
с
= 0 , то
У
С
=
2г = — .<
Приклад 21.
Для
фігури, розташованої
у
першій чверті
та
обмеженої дугою еліпса
х
=
а
соз/,
у =
6зіп/
і
осями коорди-
нат, знайти:
а)
статичний момент відносно
осі Оу, б)
момент
інерції відносно
осі Оу, в)
координати центра ваги.
• Розглядувана фігура
має
вигляд:
О
ах
Рис.].15
а) статичний момент М
у
плоскої фігури знаходимо
за
формулою
М
у
=
^хуах
=
х
=
асові
у
-
Ьв'ті
сіх
=
-автісії
х
=
0, іЛ
2
х
= а,
1
= 0
|
а
соз/
Ьв'ті(-а5Іпі)Ж
•
72
• З
2,
Г • 2 , 2, ЗІП /
=
а Ь зіп /
•
соз/
аі = а о
І
З
2
_ а
2
Ь
„
~ З
б) момент інерції
/
відносно
осі Оу
знайдемо
так:
о
/<
І
у
=
^х
2
уах
= |а
2
соз
2
/Й5Іп/(-азіп/)й?/ = а
г
Ь
|зіп
2
/•
о
у
2
о
соз
/
сії
•
96
Глава І. Інтегральне числення функцій однієї змінної
.72
Я
3
Ь
7
Г
- 2 л ^ ^6 7/, , °
ІЬ
(
ЗІП4?
зіп 2ґ сії - (1 - соз 4і)
сії
= і
4 і 8 8 4
2
_ щґЬ
"
16
;
0
"0
в) координати центра ваги плоскої фігури обчислимо за формулами
Оскільки площа чверті еліпса 5 = И^.^ д/
а
2
Ь
,
то
х,
=•
4а
г
Ь _ 4а
ЗпаЬ Зтс
у. -—[у
2
сіх = [о
2
зіп
2
Г(-азіпї)Л =
/с
28 V шЬ}-
Уг
2аЬ
2
°г2 ч ч 2Ь ^
(1-СОЗ^
і)сІ(СО%і)
=
•'•
те
тшЬ
Уг
С05Г--
з \
соз /
4Ь_
Зте
Приклад
22. Знайти координати центра ваги С півкола
АВ
у = У]Г
2
- х
2
, використовуючи першу теорему Гульдіна.
•
Згідно з першою теоремою Гульдіна
Рх
=2лу
с
І
лв
.
Звідси
Р
х
° 2кІ
лк
При обертанні півкола навколо осі Ох отримуємо сферу, площа поверх-
ні якої
Р
х
=
2я}7а
2
-х
2
"1
{ х \
1
+
1
+
(4а
2
-х
2
)
сіх = 4к\"асіх = 4ка
2
Довжина півкола 1
АІІ
= па. Тоді
Ус
4па
г
_ 2а
2п
2
а п
§3.
Застосування визначеного інтеграла
97
З симетрії півкола відносно осі Оу маємо, що х
с
= 0 .
2а \ _
Отже,
С
0,
я
Приклад 23. Застосовуючи другу теорему Гульдіна, знайти
координати центра ваги С області £>, що обмежена однією аркою
циклощи х = а (І - зіп /), у = а
(1
- соз І), 0 < / < 2я і віссю Ох .
• Згідно з другою теоремою Гульдіна
У
х
=2пу
с
8
и
.
Звідси
Ус
=
2к8
0
Об'єм тіла, яке утворено від обертання області навколо осі Ох, ви-
значається так:
2тю 2к
У
х
= я ]у
2
ах =
ла
3
1(1
- соз/)
3
сИ = 5л
2
а
3
(перевірте!).
о о
Площа області £> визначається так:
2ка 2ж
8
Р
= ]уах = а
2
|(1 - соз?)
2
& = Зла
2
(перевірте!).
о о
Тоді
5я
2
а
3
5а
у = • .
2я Зяа
2
6
З симетрії області В відносно прямої х = ка випливає, що х
с
= па .
Отже,
С ла, —
І 6 ,
Приклад 24. Обчислити роботу, яку треба затратити, щоб
тіло маси т підняти з поверхні Землі вертикально вверх на ви-
соту И, якщо радіус Землі дорівнює К .
• Згідно з законом Ньютона сила Р притягання тіла Землею дорівнює
тМ
98
Глава І. Інтегральне числення функцій однієї змінної
41
м
де М - маса Землі, у = 6,67
•
10
кг сек*
стань від центра тіла до центра Землі.
гравітаційна стала, х - вгд-
Покладемо сталу у/яМ=£,тоді Р(х) = ~, Я<х <К + к. При
х
х = Р сила Р(К) дорівнює вазі тіла Р = т§, тобто
к
К
1
7 РК
звідси к = РК і Р(х) = ——
За формулою (1.49)
А = ]р(х)сіх
маємо
А = РР
2
І х'
2
сіх = -
РР
1
РКИ
к + и
Приклад 25. Знайти роботу, яку необхідно затратити, щоб
викачати рідину з конічного резервуара, оберненого вершиною
вниз,
якщо висота резервуара дорівнює Н, радіус основи К .
• Обчислимо вагу елементарного шару рідини, що знаходиться на
глибині х (рисі. 16).
Висоту сіх цього шару виберемо такою, щоб вважати цей шар цилінд-
ром радіуса у = СВ. Тоді вага сіР цього шару дорівнює
сіР = у£сіУ = у%ку
2
сіх,
де у - густинарідини, § -прискорення вільного падіння, сіУ -об'єм циліндра.
§3.
Застосування визначеного інтеграла
99
З подібності трикутників
АОй і СІЮ
знаходимо
у :
Р
Я К
—
= — . У =
—(Н-х).
у
Н -х Я
Отже,
сіР =
(Я-х)
2
ах.
Я
Елементарна робота,
яку
необхідно затратити
для
підняття цього шару
рідини
на
висоту
х,
дорівнює
сіА
=
хсІР
=
х
ПувГ
!
(Н-х)
2
ах,
Н
1
тому
я
{ я
2
12
Приклад
26.
Швидкість тіла задається формулою
V
= Л/І+Т
м/сек.
Знайти шлях, який пройде тіло
за
перші Юсек
з початку руху.
• Якщо
V
= /(і) -
швидкість руху матеріальної точки,
то
шлях
5 ,
який вона пройде
за
проміжок часу [?і,/
2
]> обчислюється
за
формулою
'2
Згідно
з
цієї формулою маємо
8=]лІЇ+1а
,
і=
-(1+0
(1
+
10)
2
-1
« 23,7
м. 4
Приклад 27. Обчислити кінетичну енергію однорідного круго-
вого
юнуса, який обертається
з
кутовою швидкістю
м>
навколо своєї
осі
якщо задані радіус основи конуса
К,
висота
Н
і густина
у.
• Врахуємо,
що
кінетична енергія тіла,
яке
обертається навколо
не-
^имоїосі. обчислюється
за
формулою
К =
-Ім
2
,
2
ж ш -
кутова швидкість,
/ -
момент інерції відносно
осі
обертання.
100
Глава 1. Інтегральне числення функцій однієї змінної
За елементарну масу сіт візьмемо масу порожнього циліндра висо-
тою И із внутрішнім радіусом г, товщиною стінок сіг (рис.
1.17).
Тоді сіт = ІшНусіг (0<г<Я). Трикутники ОСй та ОАВ подібні.
о
Тому — = , тобто п =
Я Н
Рисі.17
Маємо
сіт = 7щН
елементарний момент інерції сії дорівнює
1—
\гсіг,
Я
1
сії = г
2
сіт =
2пун(\-
—
( Я)
Отже,
момент інерції всього конуса є
'Я'
Л
М
к к
( \
І = \сіІ =|2тсуЯ
1
-— у
3
сіг = 2тгуЯ
0 0 V ^ /
г
3
сіг.
=
—7Г/ЯЙ
4
.
10
4 5
Остаточно, кінетична енергія конуса дорівнює
К=-Іц>
2
=— щНЯ*м>
2
.<\
2 20
Приклад
28-
Знайти кількість
тепла,
що
виділяється
змін-
т 2л _
ним
струмом
/ = 1
0
соз
м>і
за
період
— у
провіднику
з
опором
л .
м>
• За законом Джоуля-Ленца кількість тепла, що виділяється постій-
ним струмом за період і, дорівнює (2 =
0,24І
2
Яі.
Елементарна кількість тепла, що виділяється за термін сії, обчислю-
ється згідно з цією формулою так:
сід = 0,24]
2
КЛ
=0,24/
0
2
Ясо5
2
м>/яг.