Приложения определенного интеграла Римана —Каталог задач по Высшей математике

Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Другое - Высшая математика
Приложения определенного интеграла Римана

Тема Математический анализ

21 Приложения определенного интеграла Римана

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела математический анализ

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#60610

Найти площадь поверхности, полученной вращением кривой $√-- y = x$ вокруг оси $Ox$ на промежутке $[0,3]$

Показать ответ и решение

Найдём площадь поверхности вращения по формуле

∫ b ∘ --------- STODx = 2π y(x) 1+ y′2(x)dx a

В нашем случае $y ′(x) = 21√x-$ , $∘ ------- ∘ ------ √4x+1 1+ y′2 = 1+ 14x-= -2√x---$ . Следовательно:

∫ √ ------ ∫ √ ------ ∫ 3√ ---4x-+-1 3--4x-+-1 3√ ------ π- √--- S = 2π x 2√x-- dx = 2π 2 dx = π 4x + 1dx = 6 (13 13 − 1) 0 0 0

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#60609

Найти длину дуги кривой $x = 5cos3t,y = 5sin3 t$ , $t ∈ [π2 ,π]$ .

Показать ответ и решение

Будем использовать формулу

∫ T1∘ -------- L = x ′2 + y′2dt T0

$x ′t = − 15cos2tsint, y′t = 15 sin2 tcost$ ,
$x′2 + y′2 = 225cos4tsin2t+ 225 sin4 tcos2 t = 225 cos2tsin2 t(cos2t + sin2t) = 225cos2tsin2t$ .

Таким образом,

∫ ∫ ∫ T1 ∘ -′2----′2- π∘ ------2----2-- π L = x + y dt = π 225cos tsin tdt = 15 π |costsint|dt T0 2 2

Далее, заметим, что при $t ∈ [π2,π]$ $sin t ≥ 0,cos t ≤ 0$ , поэтому их произведение $costsin t ≤ 0$ , а поэтому $|cos tsin t| = − costsin t$ на отрезке $[π,π ] 2$ . С учётом этого, имеем:

∫ π ∫ π 15 ∫ π 15 1 15 L = 15 |cos tsin t|dt = − 15 costsintdt = −--- sin 2tdt = − --(− -)cos2t|ππ = --- π2 π2 2 π2 2 2 2 2

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#60608

Найти длину окружности диаметра 5 с центром в начале координат при помощи интегрирования.

Показать ответ и решение

График этой окружности будет выглядеть вот так:

$PIC$

Ясно, что эту кривую никак не задать как график явно заданной функции. Но мы с вами поступим хитрее. Понятно, что наша окружность симметрична относительно оси $Ox$ . Тогда давайте найдём длину верхней полуокружности, а затем просто умножим на 2.

Верхняя полуокружность уже является графиком явно заданной функции $√ --------- y = 6.25 − x2$ .

Тогда её длина будет считаться через интеграл как:

∫ b∘ --------- L = 1 + y′2(x)dx a

И в силу того, что $y′ = √-−x--2 6.25−x$ , то $2 y′2(x ) = 6.2x5−-x2$ , то получим:

∘ ------------- ∫ 2.5 x2 ∫ 2.5∘ --6.25--- ∫ 2.5∘ ----1---- x L = 1 + -------2dx = -------2dx = 2.5 -------2dx = 2.5arcsin ---|2−.52.5 = 2.5π −2.5 6.25 − x −2.5 6.25 − x −2.5 6.25 − x 2.5

Но это мы с вами посчитали только длину верхней половины окружности.

Следовательно, длина всей окружности будет в 2 раза больше, то есть $2⋅2.5π = 5π$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#60607

Найти объем тела вращения области $D$ вокруг оси $Ox$ и вокруг оси $Oy$ , если $D$ ограничена графиками функций $2 y = x$ и $3 y = x$ .

Показать ответ и решение

Давайте построим график границы нашей области, которую мы будем вращать вокруг $Ox$ и вокруг $Oy$ :

$PIC$

где выше проходит $x2$ , а ниже проходит $x3$ , а пересекаются они, очевидно, в точке, где $x2 = x3$ , то есть при $x = 1$ .

(Внимание! Для чисел меньших 1 по модулю квадрат больше куба, поэтому у нас квадратичная парабола проходит над кубической!).

1. Пусть $Ox T D$ - тело, полученное вращением области $D$ вокруг оси $Ox$ . Тогда объем этого тела вращения вычисляется по формуле

∫ 1 ∫ 1 π π 2π VTOx = π ((x2 )2 − (x3)2)dx = π (x4 − x6)dx = -− --= --- D 0 0 5 7 35

2. Если же рассмотреть $TODy$ - тело, полученное вращением области $D$ вокруг оси $Oy$ , то тогда объем этого тела вращения вычисляется по формуле

∫ 1 ∫ 1 V Oy= 2π x(x2 − x3)dx = 2π (x3 − x4)dx = 2π ⋅(1-− 1) =-π- TD 0 0 4 5 10

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#60606

Найти площадь области, ограниченной кривыми $r = − 2sin3φ$ , $r = 2sinφ$ .

Показать ответ и решение

Давайте для начала нарисуем графики наших кривых в полярной системе координат, поскольку без этого построения задание $”$ вслепую $”$ будет выполнить очень трудно.

$PIC$

где $r = − 2sin3φ$ - это три лепестка, а $r = 2sinφ$ - окружность.

(в полярной системе графики строятся, исходя из промежутков монотонности функции $r$ по $φ$ ).

Таким образом, между окружностью и лепестком находится вот этот заштрихованный участок - его площадь мы и будем искать.

$PIC$

Эта площадь, ясное дело, равна разности между площадью круга и площадью одного лепестка, поскольку мы как бы из круга вырезали этот лепесток.

Круг у нас радиуса 1, поэтому его площадь можно вычислить по школьной формуле $2 Sкруга = πr = π$ .

А вот для площади лепестка уже потребуется формула $∫ Sлепестка = 12 φφ01r2(φ)dφ$ .

Поскольку наш лепесток заметается при $φ ∈ [π3, 23π]$ , то наша формула имеет вид:

1∫ φ1 1 ∫ 2π3 1∫ 2π3 1 2π π Sлепестка = -- r2(φ)dφ = -- π 4 sin2 3φ = 2⋅ -- π (1 − cos6φ) = (φ − -sin6φ )|π33 = -- 2 φ0 2 3 2 3 6 3

И таким образом, искомая площадь равна:

S = S − S = π − π-= 2π- круга лепестка 3 3

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#60605

Найти площадь области, ограниченной кривой $x = 2t− t2$ , $y = 2t2 − t3$ .

Показать ответ и решение

Нужно найти минимальный период - то есть такое минимальное $T$ , при котором наша кривая замкнётся. $x = 0$ при $t = 0$ и $t = 2$ , $y = 0$ при $t = 0$ и $t = 2$ . Следовательно, при $t = 0$ мы начинаем в начале координат, и при $t = 2$ мы туда в первый раз возвращаемся. Следовательно, промежуток по $t$ надо брать $[0,2]$ . График нашей функции в этом промежутке можно посмотрить стандартным образом (по промежуткам монотонности функций $x(t)$ и $y(t)$ ):

$PIC$

Для вычисления площади этой области воспользуемся формулой

∫ T1 S = 1- (x(t)y′(t)− y(t)x′(t))dt 2 T0

В нашем случае: $x′(t) = 2− 2t,y′(t) = 4t− 3t2$ ,

xy′ − yx′ = (2t− t2)(4t− 3t2)− (2t2 − t3)(2− 2t) = t4 − 4t3 + 4t2

Именно поэтому мы и решили использовать эту, казалось бы, самую громоздкую из формул - зато здесь много что у нас сократилось. Итого:

∫ 1- 2 4 3 2 1-t5 4 4t3 2 -8- S = 2 0 (t − 4t + 4t )dt = 2(5 − t + 3 )|0 = 15

Ответ:

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#60604

Найти площадь области, ограниченной кривыми $y1 = 1x$ и $y2 = − x2 + 4x − 2$ .

Показать ответ и решение

Давайте для начала, чтобы сориентироваться, нарисуем графики $y1$ и $y2$ :

$PIC$

Итак, нам нужно понять, в каких точках парабола пересекает гиперболу, чтобы знать, в каких пределах наша область будет стандартной относительно оси $Ox$ .

Для этого приравниваем игреки и решаем уравнение

1-= − x2 + 4x − 2, 1 = − x3 + 4x2 − 2x, x3 − 4x2 + 2x+ 1 = 0 x

Легко видеть, что $x1 = 1$ является решением этого уравнения. Тогда, разделив многочлен третьей степени на $x − 1$ , получаем

(x− 1)(x2 − 3x− 1) = 0

Квадратное уравнение решаем через дискриминант и находим, что его корни будут $3±-√13- x2,3 = 2$ .

Поскольку нас интересует положительный корень, то мы получаем, что наша область по оси $Ox$ заключена между $x = 1 1$ и $x = 3+√13- 3 2$ , а по оси $Oy$ между параболой $y = − x2 + 4x− 2 2$ и гиперболой $y1 = 1x$ . Откуда получаем, что её площадь вычисляется по формуле площади для стандартной относительно $Ox$ области: