Материал: 2231

Решение. Парабола пересекает ось Ox в точках x = ± 3, поэтому

используем формулу (69)

3

x

3

3

S = ∫(9 − x

2

9x

−

= (27 − 9) − (−27 + 9) = 36(кв.ед.).

)dx =

3

−3

−3

2. Найти площадь фигуры, ограниченной параболой y = (x −1)2

и гиперболой x

2 − y2

= 1 (рис. 42).

2

y

4

A2

0

A1 1

3

x

Рис. 42

Д

. Используем формулу (70). Найдем точки пересечения

кривых:

(x −1)

4

2

А

x

−

2

= 1;

x4

− 4x3

+ 4x2

− 4x + 3 = 0;

б

(x −1)(x − 3)(x2 +1) = 0;

Решение

x1 = 1; x2

= 3;

С

y1 = 0; y2

= 4.

236

Итак, кривые (парабола и гипербола) пересекаются в точках

A1 (1, 0) и A2 (3, 4) . Вычисляем площадь:

S = ∫3 ( 2(x2 −1)− (x −1)2 )dx = 3

=

1

(x x2 −1 + ln x + x2 −1 )

1

=

2

3 −

1

(x −1)3

3 =

2

1

3

1

=

2 (3 8 + ln(3 +

8))−

8

=

10

+

2 ln(3 +

8) ≈ 4,58 (кв.ед.).

2

3

3

2

уравнение

x = acost

(рис. 43).

И

y = bsint

b

0

a

Д

Рис. 43

Решение.

Ввиду симметрии достаточно найти площадь

1

4

части

элл пса, лежащую в I четвертиА. Т.к. 0 ≤ x ≤ a , то t

изменяется от

π

до 0:

π ;

2

при x = 0

получаем acost = 0 t =

x = a

б

2

получаем acost = a t = 0.

при

π

ab

π

1

0

2

2

2

S = ∫bsint a(−sint)dt = ab

sin

tdt

=

4

∫

2

∫(1 − cos2t)dt =

π 2

0

0

ab

sin 2t π 2

ab

π

πab

С

=

=

, S = πab (кв.ед.).

=

2

t −

2

0

2

2

4

237

4. Вычислить площадь фигуры, ограниченной первым витком

спирали Архимеда

r = a ϕ ,

0 ≤ ϕ ≤ 2π (рис. 44).

0

C

2π a

Рис. 44

Решение. Используем формулу (69):

2π

2

3

2π

2

3

1

a

a (2π )

4

S =

∫

(aϕ)

2

dϕ

=

ϕ

=

=

π

3

a

2

.

2

2

3

0

2

3

3

0

Замечание. Т.к.

OC = 2πa , то площадь S1

круга радиусом OC

равна

И

S

= π (2πa)2 = 4π 3a2 = 3 4π 3a2 = 3S .

1

3

Д

Т.е. площадь, ограниченная первым витком спирали Архимеда,

в три раза меньше площади круга

S1 . Отметим,

что этот результат

был известен Архимеду.

ДлинаАдуги кривой

Плоская

кр

вая

AB задана

уравнением

y = f (x) , a ≤ x ≤ b,

пр чем f (x)

– непрерывная функция. Разобьем дугу AB на n произ-

вольных частей

б

M2,

...,

Mn = B и соединим точки

M0

=

A,

M1,

хордами (р с. 45).

точками

M1

M2

M3

A

B

M0

С a = x0

M n

x1

Рис. 45

xn = b

238

Так

как

λ ≤ µ (li =

(∆xi )2

+ (∆yi )2

∆xi

≤ li )

λ → 0

при

µ → 0 , поэтому

n

1+ ( f '(ξi ))2

b

1+ ( f '(x))2 dx .

L = lim P

= lim

∑

∆ xi = ∫

µ→0

λ→0

i=1

a

Теорема доказана.

Пример.

Найти длину дуги кривой y = x32

при 0 ≤ x ≤ 5 (рис. 46).

y

Рис. 46

Решение. Используем формулу (73). Сначала вычисляем произ-

водную;

y

'=

3

x

1

2

Д

2

L =

5

1 + (y ')2 dx =

5

1

+ 9 xdx =

∫

∫

0

0

4

А

=

4

2

+

9

32 5

=

8

45

3

2

8

7

3

=

335

.

1

x

1 +

−1 =

−

1

9 3

4

0

27

4

27

2

27

б

кривая задана параметрически

x = x(t)

,

α ≤ t ≤ β ,

Если

y = y(t)

a = x(α) ;

b

= x(

β )

, то для вычисления дуги кривой в формуле (70)

сделаем замену x = x(t) ,

dx = x '(t)dt . Получаем

L =

b

1 + y

'

2

β

y '(t) 2

β

2

+

(y

2

∫

dx = ∫ 1

+

x '(t)dt = ∫

(x '(t))

'(t)) dt .

С

α

α

a

x '(t)

240