Математика для социологов и экономистов - Ахтямов А.М.
ISBN 5-9221-0460-8
Скачать (прямая ссылка):
Действительно, площадь квадрата со сторонами, равными 2, равна
2
2
2 dx = 2 х
= 4,
о
246
Гл. 12. Определенный интеграл
У ч ч
illllll x
—*— 1— -ь
ч—>-
/ ч " А
-А
квадрат
прямоугольник треугольник Рис. 12.6. Вычисление площадей
трапеция
площадь прямоугольника со сторонами 1 и 2 равна
1
2 dx = 2 х
о
= 2,
о
площадь прямоугольного треугольника с катетами 2 и 2 равна
2
х dx =
о
= 2,
о
площадь трапеции с основаниями 1, 2 и высотой 1 равна
2
ж = —
(рис. 12.6).
Теорема. Пусть на отрезке [а, Ь] заданы непрерывные функции у = и у = J2(х) такие, что /2(%) ^ fi(x)-
Тогда площадь фигуры, заключенной между кривыми у = /2(%) и у = fi(x), на отрезке [а, Ь] вычисляется по формуле (рис. 12.7, а)
S =
{f2(x)-h(x))dx.
? Будем предполагать, что у = fi(x) и у = /2(х) — неотрицательные функции на [а, Ь]. Этого всегда можно добиться путем параллельного переноса оси Ох.
12.8. Геометрические приложения определенного интеграла
247
а б
Рис. 12.7. Вычисление площадей
Искомую площадь можно рассматривать как разность двух криволинейных трапеций, ограниченных данными линиями. Поэтому
S = S2 — Si =
f2(x) dx -
fi(x) dx =
{f2(x) dx - fi(x)) dx.
Заметим, что разность f2(x) — fi(x) представляет «толщину» фигуры в точке ж, а площадь S представляет собой «сумму» по х от а до b всех «кусочков» с переменной «толщиной» f2(x) - fi(x). Ш
V Пример 1. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями у = 3 х — х2 и у = —х.
Решение. Найдем точки пересечения данных кривых. Для этого решаем систему уравнений
(у = 3х- х2, \у = -х.
Решив ее, получаем:
х\ = О, х2 = 4, у\ = 0, ()2 = -4.
Строим искомую фигуру (см. рис. 12.7, б). График параболы расположен выше прямой. Поэтому f2(x) = Зж — ж2, a fi(x) = —х.
248
Гл. 12. Определенный интеграл
«лепесточек» «уголочек»
Рис. 12.8. Площади фигур
Отсюда Ь
S =
(/2(ж) - fi{x)) dx = ((Зж - х2) - (-ж)) dx = о
4
(4x-x2)dx= ^2ж2-у)
= Ю-. А
о
V Пример 2. Найти площадь фигуры, ограниченной линиями у = у/х и у = ж2.
Решение. Вычислим координаты точек пересечения указанных кривых, для чего решим систему уравнений:
(у = ж2, \у = у/х.
Решив ее, получаем:
•г<\ = 0. ж2 = 1, ?yi = 0. г/2 = 1.
Строим искомую фигуру. Она похожа на лепесточек (рис. 12.8). График параболы у = ж2 расположен ниже кривой у = у/х
12.8. Геометрические приложения определенного интеграла
249
(в этом можно убедиться сравнив ординаты в какой-либо промежуточной между нулем и единицей точке, например, в точке х = = 1/2). Поэтому /2(х) = у/х , a fi(x) = х2. Следовательно,
S = (/2(3?) — fi(x)) dx = (л/^~ — ^ж —
а О
2 3/2 _^
V Пример 3. Найти площадь фигуры, ограниченной парабо-
лой у = х и прямыми = 0 и ;/у = 1.
Решение. Фигура, ограниченная указанными линиями, изображена на рис. 12.8 под названием «уголочек». Площадь этой фигуры вычисляется по формуле
S =
(1
i dx =
х
= 1-1- = 2-.
з з
Площадь «лепесточка» внутри квадрата оказалась в три раза меньше площади самого квадрата, а площадь «уголочка» — в два раза больше площади «лепесточка». А
Задача 1. Вычислить площадь фигуры, ограниченной параболой
1
и прямой
у = ^(х + 6)2
2х-у + 12 = 0.
Ответ: 12 кв. ед.
Объем тела вращения. Пусть на отрезке [а, Ь] задана непрерывная неотрицательная функция у = f(x). Необходимо найти объем Vx тела, образованного при вращении вокруг оси абсцисс криволинейной трапеции, ограниченной линиями у = /(ж), у = 0. х — а. х — b (рис. 12.1).
Ученые XVIII века находили объем тела вращения следующим образом. Они считали, что криволинейная трапеция состоит из бесконечно малых прямоугольников со сторонами dx и f(x)
250
Гл. 12. Определенный интеграл
(рис. 12.2). При вращении каждого такого прямоугольника вокруг оси абсцисс получается диск, имеющий толщину dx и радиус R = f(x) (рис. 12.9). Объем диска Vd равен объему цилиндра с радиусом R = f(x) и высотой Н = dx:
Vd = 7rR2H = 7rf2(x)dx.
«Просуммировав» объемы всех таких дисков, ученые получали следующую формулу:
Vd =
Vd =
7Г f2(x) dx.
Эта формула действительно справедлива. Рассуждения ученых были качественно верными. Однако термин бесконечно малая величина не был ими достаточно четко определен, что приводило к противоречиям. Поэтому по форме такие рассуждения в современной математике считаются неприемлемыми х) и заменяются доказательствами, основанными на теории предела.
Докажем полученную формулу, пользуясь понятиями предела и интегральной суммы. Разобьем отрезок [а, Ь] на более мелкие отрезки точками:
а = Xq < Х\ < Х2 < ... < хп = b
и на каждом из отрезков разбиения выберем точку где г = = 1, 2, ..., п (рис. 12.10). При вращении вокруг оси Ох каждый прямоугольник с высотой f(ci) и основанием Axi = Х{ — Х{-\ описывает цилиндр с радиусом f(ci) и высотой Axi. Сумма объемов всех цилиндров
п
5>/2(с;)Д^
г=1
приближенно равна объему Vx тела вращения (рис. 12.10). Очевидно, что приближение для искомого объема Vx будет тем лучше, чем меньше длина отрезков разбиения Axi, поэтому за искомый объем Vx естественно взять следующий предел:
