Застосування інтегралів

Приклад

Ріка тече лугом, утворюючи криву у = х – х2; вісь Ох – лінія шосе. Яка площа лугу між шосе та річкою (одиниця довжини 1 км)

Застосування інтегралів

За формулою  S=\int_{a}^{b}{f(x)dx} , де f(x) = x – x2, a=0, b = 1 маємо  S =\int_{0}^{1}{(x-x^{2}) dx} = \left(\frac{x^{2}}{2}-\frac{x^{3}}{3} \right)|_{0}^{1}=\frac{1}{6} км2. Оскільки 1 га = 0,01 км2, то S = 16,67 га.♦

Приклад

Обчислити площу лунки, обмеженої дугами кіл ρ = sin φ i       ρ = cos φ, 0 ≤ φ ≤ π/2.

♦ Визначимо полярну координату φ точки перетину даних кіл із системи рівнянь. 

Застосування інтегралів

Маємо sin φ = cos φ, tg φ = 1, φ = arctg 1 = π/4. 

Площа S даної фігури дорівнює сумі площ S1 і S2 криволінійних секторів OnM i OmM. Оскільки ці площі рівні між собою, то досить обчислити одну з них, наприклад S1.

Дуга  OnM описується кінцем полярного радіуса ρ кола ρ = sin φ при зміні полярного кута від α = 0 до α = π/4. Тому, використовуючи формулу  S=\frac{1}{2}\int_{\alpha }^{\beta }{(\rho _{2}^{2}(\varphi )-\rho _{1}^{2}(\varphi ))d\varphi } , знаходимо 

 S_{1}=\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi }{4}}{\rho ^{2}d\varphi }=\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi }{4}}{sin^{2}\varphi d\varphi }=

 =\frac{1}{4}\int_{0}^{\frac{\pi }{4}}{(1-cos\varphi )d\varphi }=\frac{1}{4}(\varphi -\frac{1}{2}sin2\varphi )|_{0}^{\frac{\pi }{4}}=\frac{1}{16}(\pi -2) .

Отже S=2S_{1}=\frac{1}{8}(\pi -2) . ♦

Приклад

Визначити об’єм діжки за розмірами перерізу, вказаного на малюнку, де верхня і нихня криві – параболи y = ±px2 ± q. Обчислити цей об’єм при r = 0,75 м,  R = 1 м та l = 3 м.

Застосування інтегралів

♦ Скористаємося формулою  V=\pi \int_{a}^{b}{f^{2}(x)dx} , де f(x) = -px2 + q – рівняння верхньої параболи, а = -l/2, q = l/2.

Спочатку знайдемо загальну формулу для обчислення об’єму діжки як тіла обертання, враховуючи її симетричність відносно осі OY. Маємо:

 \frac{1}{2}V=\pi \int_{0}^{\frac{l}{2}}{(-px^{2}+q)^{2}dx}=\pi \int_{0}^{\frac{l}{2}}{(p^{2}x^{4}-2pqx^{2}+q^{2})dx}=

 =\pi (\frac{p^{2}}{5}x^{5}-\frac{2}{3}pqx^{3}+q^{2}x)|_{0}^{\frac{l}{2}}=\frac{\pi }{15}(\frac{3}{32}p^{2}l^{5}-\frac{5}{4}pql^{3}+\frac{15}{2}q^{2}l)

Тоді

 V = \frac{\pi }{15\cdot 16}((3p^{2}l^{5}-40pql^{3}+15\cdot 16q^{2}l)

Оскільки y = R при x = 0 і y = r при x = l / 2, то q = R і  p=\frac{4(R-r)}{l^{2}} , тобто рівняння верхньої параболи має вигляд  y=\frac{4(r-R)}{l^{2}}x^{2}+R . Отже,

 V=\frac{\pi l}{15}(3(R-r)^{2}-10R(R-r)+15R^{2})=\frac{\pi l}{15}(8R^{2}+4Rr+3r^{2})

При заданих значеннях  r = 0,75 м,  R = 1 м та l = 3 м. дістанемо V = 2,54 π ≈ 8 м3. ♦

Приклад

Обчислити довжину кардіоїди ρ = 1 + cos φ

♦ Задана крива симетрична відносно полярної осі, тому при зміні кута φ від 0 до π полярний радіус опише половину кривої. Обчислюємо довжину заданої кривої за формулою  l=\int_{\alpha }^{\beta }{\sqrt{x'^{2}(t)+y'^{2}(t)}dt} , враховуючи, що ρ’ = – sin φ:

 l=2\int_{0}^{\pi }{\sqrt{(1+cos \varphi )^{2}+sin^{2}\varphi }d\varphi }=2\int_{0}^{\pi }{2(1+cos\varphi )d\varphi }=

 =4\int_{0}^{\pi }{cos\frac{\varphi }{2}d\varphi }=8sin\frac{\varphi }{2}|_{0}^{\pi }=8  

Приклад

Обчислити площу поверхні обертання навколо осі Ох однієї арки циклоїди

x = t – sin t, y = 1 – cos t

♦ За формулою для параметрично заданої функції  P = 2\pi \int_{a}^{b}{\left|f(x) \right|\sqrt{1+f'^{2}(x)}dx}   дістаємо 

 P = 2\pi \int_{0}^{2\pi }{(1-cos t)\sqrt{(1-cost)^{2}+sin^{2}t}dt}=8\pi \int_{0}^{2\pi }{sin^{3}\frac{t}{2}dt}=

 =8\pi \int_{0}^{2\pi }{(sin\frac{t}{2}-cos^{2}\frac{t}{2}sin\frac{t}{2})dt}=8\pi (-2cos\frac{t}{2}-\frac{2}{3}cos^{3}\frac{t}{2})|_{0}^{2\pi }=

=\frac{64}{3}\pi  .

Приклад

Знайти об’єм тіла, яке утворене обертанням кривої  y=\frac{1}{x} навколо осі Ох на відрізку х∈[2,3].

♦ Застосування інтегралів

  V=\pi \int_{a}^{b}{f^{2}(x)}dx=\pi \int_{2}^{3}{\frac{1}{x^{2}}}dx=

  =\pi\int_{2}^{3}{x^{-2}}dx=\pi \cdot \frac{x^{-1}}{-1}|_{2}^{3}=-\frac{\pi }{x}|_{2}^{3}=

  =-\pi \left(\frac{1}{3}-\frac{1}{2} \right)=-\pi \cdot \left(-\frac{1}{6} \right)=\frac{\pi }{6} (куб. од.).♦

Приклад

Знайти площу фігури, обмеженої лініями 

 y^{2}-2y+x^{2}=0

  y^{2}-4y+x^{2}=0

 y=\frac{x}{\sqrt{3}}

 y=\sqrt{3}x .

♦  (y^{2}-2y+1)-1+x^{2}=0

 (y-1)^{2}+x^{2}=1

 x^{2}+(y-1)^{2}=1 – коло з центром в т. (0;1) і R = 1. 

 (y^{2}-4y+4)-4+x^{2}=0

 (y-2)^{2}+x^{2}=4

 x^{2}+(y-2)^{2}=4 – коло з центром в т. (0; 2) і R = 2.

Зобразимо графіки заданих кривих:

Застосування інтегралів

Перейдемо до  полярних координат. За формулами переходу

  x=rcos\varphi, y=rsin\varphi .

Знайдемо полярні рівняння кіл: 

 y^{2}-2y+x^{2}=0,

 r^{2}sin^{2}\varphi -2rsin\varphi +r^{2}cos^{2}\varphi =0

 r^{2}(sin^{2}\varphi +cos^{2}\varphi )-2rsin\varphi =0

 r^{2}-2rsin\varphi =0

 r(r-2sin\varphi )=0

 r=2sin\varphi

 y^{2}-4y+x^{2}=0

 r^{2}sin^{2}\varphi -4rsin\varphi +r^{2}cos^{2}\varphi =0

 r^{2}(sin^{2}\varphi +cos^{2}\varphi )-4rsin\varphi =0

 r^{2}-4rsin\varphi =0

 r(r-4sin\varphi )=0

 r=4sin\varphi .

Отже,  2sin\varphi \leq r\leq 4sin\varphi .

Визначимо кут φ.

  y=\frac{x}{\sqrt{3}}

 k=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow tg\varphi =\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \varphi =30^{0}=\frac{\pi }{6} ,

  y=\sqrt{3}x

 k=\sqrt{3}\Rightarrow tg\varphi =\sqrt{3}\Rightarrow \varphi 60^{0}=\frac{\pi }{3}  .

Отже,  \frac{\pi }{6}\leq \varphi \leq \frac{\pi }{3} .

Маємо:  S=\int \int _{D}dxdy=\int \int _{D}rdrd\varphi =

 =\int_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{3}}{d\varphi} \int_{2sin\varphi }^{4sin\varphi }{dr}=\int_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{3}}{\frac{r^{2}}{2}}|_{2sin\varphi }^{4sin\varphi }d\varphi

 =\frac{1}{2}\int_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{3}}{\left(16sin^{2} \varphi -4sin^{2}\varphi \right)d\varphi }=

 =\frac{1}{2}\int_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{3}}12sin^{2}\varphi d\varphi =

 =12\cdot \frac{1}{4}\int_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{3}}\left(1-cos2\varphi \right)d\varphi =

 =3\left(\varphi -\frac{1}{2}sin2\varphi \right)|_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{3}}=

 =3\left(\frac{\pi }{3} -\frac{1}{2}\cdot sin\frac{2\pi }{3}-\frac{\pi }{6}+\frac{1}{2}sin\frac{\pi }{3}\right)=

 =\left(\frac{\pi }{6}-\frac{\sqrt{3}}{4}+\frac{\sqrt{3}}{4} \right)=

 =\frac{\pi }{3}\approx \frac{3,14}{3}\approx 1,04 (кв. од.) ♦

Приклад

Обчислити площу фігури, обмеженої лініями  x=y^{2}+2y-1,\; y=-1-x

♦  x=y^{2}+2y+1-2

 x=\left(y+1 \right)^{2}-2

 x+2=\left(y+1 \right)^{2}

 y+1=\sqrt{x+2},\; x\geq -2

 y=\sqrt{x+2}-1

 \sqrt{x+2}-1=-1-x

 \sqrt{x+2}=-x

 x+2=x^{2}

 x^{2}-x-2=0

 x_{1}=-1,\; x_{2}=2  – межі інтегрування.

Застосування інтегралів

  S=\int_{a}^{b}{\left(f_{1}\left(x \right) -f_{2}\left(x \right)\right)}dx=

 =\int_{-1}^{2}{\left(\sqrt{x+2}-1+1+x \right)dx}=

 =\left(\frac{2\sqrt{x+2}^{3}}{3}+\frac{x^{2}}{2} \right)|_{-1}^{2}=\frac{2\cdot 2^{3}}{3}+2-\frac{2}{3}-\frac{1}{2}=

 =\frac{14}{3}+\frac{3}{2}=\frac{28+9}{6}=\frac{37}{6}=6\frac{1}{6} (кв. од.) 

Приклад

Знайти площу фігури, обмеженої лініями  \left\{\begin{matrix} x=2(t-sint);\\ y=2(1-cost), \end{matrix}\right.\; y=3,\; y\geq 3,\; 0\leq x\leq \pi

 2(1-cost)=3\Rightarrow 1-cost=\frac{3}{2}

 -cost=\frac{1}{2}

 cost=-\frac{1}{2}

 t=\frac{2\pi }{3}

Застосування інтегралів

 S=\int_{\alpha }^{\beta }{y(t)\left|x'(t) \right|dt}=

 = \int_{\frac{2\pi }{3}}^{\pi }{2(1-cost)(2-2cost)dt}=

 =4\int_{\frac{2\pi }{3}}^{\pi }{(1-cost)(1-cost)dt}=

 =4\int_{\frac{2\pi }{3}}^{\pi }{(1-cos^{2}t)dt}=4\int_{\frac{2\pi }{3}}^{\pi }{sin^{2}tdt}=

 =4\int_{\frac{2\pi }{3}}^{\pi }{\frac{1-cos2t}{2}dt}=2\int_{\frac{2\pi }{3}}^{\pi }{\left(1-cos2t \right)dt}=

 =2\left(t-\frac{sin2t}{2} \right)|_{\frac{2\pi }{3}}^{\pi }=

 =2\left(\pi -\frac{sin2\pi }{2} -\frac{2\pi }{3}+\frac{sin\frac{4\pi }{3}}{2}\right)=

 =2\left(\pi -0-\frac{2\pi }{3}+\frac{sin\frac{\pi }{3}}{2} \right)=

 =2\left(\frac{\pi }{3}-\frac{\sqrt{3}}{4} \right)\approx 1,06 (кв. од.) 

Приклад

Знайти площу фігури, заданої в полярній системі координат

 \rho =\frac{1}{2}+cos\varphi

♦  S=\frac{1}{2}\int_{\alpha }^{\beta }{\rho ^{2}(\varphi )d\varphi }=\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi }

 {\left(\frac{1}{2}+cos\varphi \right)^{2}d\varphi }=

 =\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi }{\left(\frac{1}{4}+2cos\varphi +cos^{2} \varphi \right)d\varphi }=

 =\frac{1}{2}\left(\frac{1}{4}\varphi +2sin\varphi \right)|_{0}^{2\pi }+\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi }{\frac{1+cos2\varphi }{2}d\varphi }=

 =\frac{1}{2}\left(\frac{1}{1}\cdot 2\pi +2sin2\pi -0-0 \right)+\frac{1}{4}\left(\varphi +\frac{sin2\varphi }{2} \right)|_{0}^{2\pi }=

 =\frac{1}{2}\cdot \frac{\pi }{2}+\frac{1}{4}\left(2\pi +0-0-0 \right)=

 =\frac{\pi }{4}+\frac{\pi }{2}=\frac{3\pi }{4}\approx 2,4  (кв. од.) ♦

Приклад

Знайти площу фігури, обмеженої лініями:

а)  2y=\sqrt{x}   2xy=1  x=16 ;

 б)  x^{2}+2x+y^{2}=0,\; y=0 ,  x^{2}+4x+y^{2}=0,\; y=\sqrt{3}x  .

♦ а) Запишемо задані фунуції у явному вигляді:  y=\frac{\sqrt{x}}{2} ,  y=\frac{1}{2x} .

Зобразимо фігуру, площу якої необхідно знайти:Застосування інтегралів

Для обчислення площі використаємо подвійний інтеграл: 

 S=\int \int _{\Phi }dxdy=\int_{1}^{16}{dx}\int_{\frac{1}{2x}}^{\frac{\sqrt{x}}{2}}{dy}=\int_{1}^{16}{dx}\left(\frac{\sqrt{x}}{2} -\frac{1}{2x}\right)=

 =\frac{1}{2}\int_{1}^{16}{\left(\sqrt{x} \frac{1}{x}\right)dx}=\frac{1}{2}\left(\frac{x^{\frac{3}{2}}}{\frac{3}{2}}-ln\left|x \right| \right)|_{1}^{16}=

 =\left(\frac{\sqrt{x}^{3}}{3}-ln\left|x \right| \right)|_{1}^{16}=\frac{4^{3}}{3}-ln16-\frac{1}{3}+ln1=

 =\frac{64}{3}-\frac{1}{3}-ln16=21-ln16\approx 21-2,8=18,2  (кв.од.).

б) Визначимо вид кривих, що задані, використавши виділення повного квадрата:

 x^{2}+2x+1+y^{2}=1 ,  \left(x+1 \right)^{2}+y^{2}=1 та  x^{2}+4x+4+y^{2}=4 ,  \left(x+2 \right)^{2}+y^{2}=2^{2}  .

Це кола з центарми у точках (-1; 0), (-2; 0) та радіусами 1 і 2 відповідно. Зобразимо їх в системі координат: Застосування інтегралів

Знайдемо точки перетину кола  x^{2}+2x+y^{2}=0 з прямою   y=\sqrt{3}x :

 x^{2}+2x+\left(\sqrt{3}x \right)^{2}=0 ,

 x^{2}+2x+3x^{2}=0 ,

 4x^{2}+2x=0 ,

 2x(2x+1)=0 ,

 x_{1}=0,\; x_{2}=-0,5  . 

Використаємо подвійний інтеграл для обчислення площі отриманої фігури:

 S=\int \int _{\Phi }dxdy=\int_{-4}^{-2}{dx}\int_{-\sqrt{-x^{2}-4x}}^{0}{dy}+\int_{-2}^{-1}{dx}\int_{-\sqrt{-x^{2}-4x}}^{-\sqrt{-x^{2}-2x}}{dy}+ ,

 +\int_{-1}^{-0,5}{dx}\int_{\sqrt{3}x}^{-\sqrt{-x^{2}-2x}}{dy}=

 \int_{-4}^{-2}{dx}\int_{-\sqrt{-x^{2}-4x}}^{0}{dy}=\int_{-4}^{-2}{\sqrt{-x^{2}-4x}dx}=\int_{-4}^{-2}{\sqrt{4-\left(x+2 \right)^{2}}dx}= ,

 =\frac{x+2}{2}+\frac{2^{2}}{2}arcsin\frac{x+2}{2}|_{-4}^{-2}=0+2\cdot arcsin0-(-1)\cdot 0-2arcsin(-1)=

  = 0+\pi =\pi  ,

 \int_{-2}^{-1}{dx}\int_{-\sqrt{-x^{2}-4x}}^{-\sqrt{-x^{2}-2x}}{dy}=\int_{-2}^{-1}{\left(-\sqrt{-x^{2}-2x}+\sqrt{-x^{2}-4x} \right)dx}= ,

 =\int_{-2}^{-1}{\left( \sqrt{4-\left(x+2 \right)^{2}}-\sqrt{1-\left(x+2 \right)^{2}}\right)dx}= ,

 =\int_{-2}^{-1}\sqrt{4-\left(x+2 \right)^{2}}dx-\int_{-2}^{-1}\sqrt{1-\left(x+2 \right)^{2}}dx= ,

 =\left(\frac{x+2}{2}\sqrt{4-\left(x+2 \right)^{2}} +\frac{4}{2}arcsin\frac{x+2}{2}\right)|_{-2}^{-1}= ,

 =\frac{1}{2}\cdot \sqrt{3}+2\cdot arcsin\frac{1}{2}-0-2arcsin0- ,

 -\left(0\cdot \sqrt{0}+arcsin0+\frac{1}{1}\cdot \sqrt{0}-\frac{1}{2}arcsin\left(-1 \right) \right)=\frac{\pi }{4}  ,

 \int_{-0,5}^{-1}{dx}\int_{\sqrt{3}x}^{-\sqrt{-x^{2}-2x}}{dy}=\int_{-0,5}^{-1}{\left(-\sqrt{-x^{2}-2x} -\sqrt{3}x\right)dx}= ,

 =-\int_{-0,5}^{-1}{\sqrt{1-\left(x+1 \right)^{2}}dx}-\sqrt{3}\int_{-0,5}^{-1}{xdx}= ,

 =\left(\frac{x+1}{1}\sqrt{1-\left(x+1 \right)^{2}}+\frac{1}{2}arcsin\frac{x+1}{1} \right)|_{-0,5}^{-1}-\sqrt{3}\cdot \frac{x^{2}}{2}|_{-0,5}^{-1}= ,

 =0+\frac{1}{2}arcsin0-\frac{1}{2}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2}arcsin\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{8}=-\frac{5\sqrt{3}}{8}-\frac{\pi }{12} ,

 S=\pi +\frac{\pi }{4}-\frac{5\sqrt{3}}{8}-\frac{\pi }{12}=\frac{14\pi }{12}-\frac{5\sqrt{3}}{8}=\frac{7\pi }{6}-\frac{5\sqrt{3}}{8}\approx  ,

 \approx 3,7-1,06=2,63 .  ♦

Приклад

Пластинка D задана кривими, які її обмежують. γ – поверхнева густина. Знайти масу пластинки.

D: x= 4y, x = 0

    y = 1 (x ≥ 0) 

γ = x + 5y2

y = 4/x2

♦ Зобразимо на графіку криві, які обмежують задану пластинку.

Застосування інтегралів

Використовуючи формулу для обчислення маси через подвійний інтеграл, запишемо:

 m = \int \int _{D}\gamma (x;y)dxdy=\int \int _{D_{1}}\gamma (x;y)dxdy+\int \int _{D_{2}}\gamma (x;y)dxdy=

 =\int_{1}^{+\infty}{dy}\int_{0}^{2\sqrt{y}}{\left(x+5y^{2} \right)dx}+\int_{2}^{+\infty}{dx}\int_{\frac{4}{x^{2}}}^{1}{\left(x+5y^{2} \right)dy}=I_{1}+I_{2}

 I_{1}=\int_{1}^{+\infty}{dy}\int_{0}^{2\sqrt{y}}{\left(x+5y^{2} \right)dx}=\int_{1}^{+\infty}{dy\left(x^{2}+5xy^{2} \right)}|_{0}^{2\sqrt{y}}=

 =\int_{1}^{+\infty}{\left(4y+5\sqrt{y}\cdot y^{2} \right)dy}=\left(\frac{4y^{2}}{2}+\frac{2\cdot 5\cdot y^{\frac{7}{2}}}{7} \right)|_{1}^{\infty}=

 =2y^{2}+\frac{10}{7}y^{\frac{7}{2}}|_{1}^{\infty}=\lim_{b\rightarrow +\infty}\left(2b^{2}+\frac{10}{7}b^{3}\sqrt{b}-2 -\frac{10}{7}\right)=\infty

 I_{2}=\int_{2}^{+\infty}{dx}\int_{\frac{4}{x^{2}}}^{1}{\left(x+5y^{2} \right)dy}=\int_{2}^{+\infty}{\left(xy+\frac{5y^{3}}{3} \right)}|_{\frac{4}{x^{2}}}^{1}=

 =\int_{2}^{+\infty}{\left(x+\frac{5}{3}-\frac{4}{x}-\frac{5}{3}\cdot \frac{64}{x^{6}} \right)dx}=

 =\left(\frac{x^{2}}{2}+\frac{5}{3}x-4ln\left|x \right|-\frac{320}{3}\cdot \frac{1}{-5x^{5}} \right)|_{2}^{+\infty}=

 =\lim_{b\rightarrow \infty}\left(\frac{b^{2}}{2}+\frac{5}{3}b-4ln\left|b \right| +\frac{64}{3b^{5}}-2-\frac{10}{3}+4ln2-\frac{64}{3\cdot 32}\right)=

 =\lim_{b\rightarrow \infty}\left(\frac{b^{2}}{2}+\frac{5b}{3}-4ln\left|b \right| +\frac{64}{3b^{5}}+4ln2-6\right)=\infty

 m=I_{1}+I_{2}=\infty+\infty=\infty  

Приклад

Знайти подвійним інтегруванням об’єм тіла, обмеженого заданими поверхнями:

 3x+4y+z=12 ,   x^2+4y^2=4 \; z=1 .

♦  \frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1  – еліпс. 

  V=\int \int _{D}(1-3x-4y)dxdy=

 =\int_{-2}^{2}{dx}\int_{-1}^{1}{(11-3x-4y)dy}=

 =\int_{-2}^{2}{dx}(11y-3xy-\frac{4y^{2}}{2})|_{-1}^{1}=

 =\int_{-2}^{2}{(11-3x-2+11-3x+2)dx}=

 =\int_{-2}^{2}{(22-6x)dx}=(22x-3x^{2})|_{-2}^{2}=

 =22\cdot 2-3\cdot 4+22\cdot 2+3\cdot 4=44+44=88   (куб. од.) ♦

Приклад

Знайти середнє значення функції U = U(x; y; z) в заданній області V: 

 U = y^{2}zcos(\frac{1}{3}xyz) ,

 V: \begin{matrix} z = 2\pi, & y=1, & x=3\\ z=0, & y=0, & x=0 \end{matrix} .

♦  U_{c}=\frac{1}{V}\int \int \int _{V}U(x,y,z)dxdydz ,

 V=2\pi \cdot 1\cdot 3=6\pi  (куб. од.), 

 U_{c}=\frac{1}{6\pi }\int_{0}^{1}{dy}\int_{0}^{2\pi }{dz}\int_{0}^{3}{y^{2}zcos(\frac{1}{3}xyz)dx} = ,

 =\frac{1}{6\pi }\int_{0}^{1}{dy}\int_{0}^{2\pi }{dz}\left(y^{2}z\frac{sin\left(\frac{1}{3}xyz \right)}{\frac{1}{3}yz} \right)|_{0}^{3}= ,

 =\frac{1}{6\pi }\int_{0}^{2\pi }{dz\left(3ysin\left(yz \right) \right)}= ,

 =\frac{1}{6\pi }\int_{0}^{1}{dy}\int_{0}^{2\pi }{3ysin\left(yz \right)dz}= ,

  =\frac{1}{6\pi }\int_{0}^{1}{dy}\cdot 3y\cdot \frac{-cos(yz)}{y}|_{0}^{2\pi }= ,

 =\frac{1}{2\pi }\int_{0}^{1}{\left(-cos(2\pi y)+1 \right)dy}= ,

 =\frac{1}{2\pi }\left(y-\frac{sin2\pi y}{2\pi } \right)|_{0}^{1}= ,

 =\frac{1}{2\pi }\left(1-\frac{sin2\pi }{2\pi }-0+\frac{sin0}{2\pi } \right)=\frac{1}{2\pi } (куб. од.)♦

Приклад

Знайти роботу сили F при переміщенні вздовж лінії L від точки М до точки N:

 \bar{F}=(x+y)\bar{i}+(x-y)\bar{j} ,

 L:y=x^{2} ,

 M(-1;1),\; N(1;1)  .

♦  W=\int _{MN}Pdx+Qdy=\int _{MN}\left(x+y \right)dx+\left(x-y \right)dy=

 =\int_{-1}^{1}{\left(x+x^{2} \right)dx}+\int_{1}^{1}{\left(\sqrt{y}-y \right)dy}=

 =\left(\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3} \right)|_{-1}^{1}+\left(\frac{2\sqrt{y^{3}}}{3}-\frac{y^{2}}{2} \right)|_{1}^{1}=

 =\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{2}{3}-\frac{1}{2}-\frac{2}{3}+\frac{1}{2}=\frac{2}{3} .

Приклад

Обчислити циркуляцію вектора а по контуру L

а) безпосередньо;    б) за формулою Стокса.

 \vec{a}=y\vec{i}+3x\vec{j}+z^{2}\vec{k}

 L: \left\{\begin{matrix} z=x^{2}+y^{2}-1,\\ z=3. \end{matrix}\right.

♦ а) За формулою Стокса:

  \int _{L_{\Pi }^{+}}Pdx+Qdy+Rdz=

 =\int \int _{S^{+}}(R^{'}_{y}-Q^{'}_{z})dydz+(P^{'}_{z}-R^{'}_{x}dxdz+(Q^{'}_{x}-P^{'}_{y})dxdy

 P=y,\; Q=3x,\; R=z^{2}

 \begin{matrix}  R^{'}_{y}=0 & R^{'}_{x}=0\\ Q^{'}_{z}=0 & Q^{'}_{x}=3\\ P^{'}_{z}=0 & P^{'}_{y}=1 \end{matrix}

Ц =  \int \int _{S}=(3-1)dxdy=2\int \int _{D}dxdy=

 =2\int_{0}^{2\pi }{d\varphi }\int_{0}^{1}{\rho d\rho }=2\cdot 2\pi \cdot \frac{1}{2}=2\pi  .

б) Безпосередньо:

Ц =  \int _{L}Pdx+Qdy+Rdz=

 =\int ydx+\int 3xdy+\int z^{2}dz=

 \begin{matrix} x=cost & y=sint & z=cos^{2}t+sin^{2}t-1=1-1=0 \\ dx=-sintdt & dy=costdt & dz=0 \end{matrix}

 = \int_{0}^{2\pi }{sint\cdot \left(-sint \right)dt}+\int_{0}^{2\pi }{3cost\cdot costdt}+0=

 =\int_{0}^{2\pi }{\left(3cos^{2}t-sin^{2}t \right)dt}=

 =\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi }{\left(3+3cos2t-1+cos2t \right)dt}=

 =\int_{0}^{2\pi }{\left(1+2cos2t \right)dt}=\left(t+\frac{2sin2t}{2} \right)|_{0}^{2\pi }=2\pi

Приклад

Знайти похідну скалярного поля U в точці М0, що належить заданій кривій, за напрямом цієї кривої.

 U=\frac{x}{y}-\frac{y}{x}

 M_{0}(1;1)\in x^{2}+y^{2}-2y=0

♦  \frac{\partial U(M_{0}}{\partial l}=U_{x}^{'}\left(M_{0} \right)cos\alpha +U_{y}^{'}(M_{0})cos\beta =

 U_{x}^{'}=\frac{1}{y}+\frac{y}{x^{2}}

 U_{x}^{'}(M_{0}) = \frac{1}{1}+\frac{1}{1} = 1+1 = 2

  U_{y}^{'} = - \frac{x}{y^{2}} - \frac{1}{x}

 U_{y}^{'}(M_{0})=-\frac{1}{1}-\frac{1}{1}=-1-1=-2

 f(x;y):\; x^{2}+y^{2}-2y=0

 \begin{matrix}  f_{x}^{'} = 2x & f_{x}^{'}(M_{0}) = 2 \\ f_{y}^{'} = 2y-2 & f_{y}^{'}(M_{0}) = 0 \end{matrix}

 \vec{n}=\left\{f_{x}^{'}; f_{y}^{'} \right\}=\left\{2;0 \right\}

 \left|\vec{n} \right|=\sqrt{4+0}=2

  cos\alpha =\frac{2}{2}=1 \; cos\beta =\frac{0}{2}=0

 =2\cdot 1-2\cdot 0=2-0=2 .

Приклад

Обчислити площу фігури, обмеженої графіками функцій y = 5sinx та y = 5cosx.

♦ Зобразимо графіки заданих функцій:

Застосування інтегралів

Знайдемо точки перетину кривих: 

 5sinx=5cosx\; /:5cosx

 \frac{sinx}{cosx}=1

 tgx=1

 x=\frac{\pi }{4}+\pi n,\; n\in Z

Візьмемо  x_{1}=\frac{\pi }{4},\; n=0;

 x_{2}=\frac{\pi }{4}+\pi =\frac{5\pi }{4},\; n=1.

Оскільки потрібно обчислити площу фігури, яка складається із двох однакових частин, то можна визначити площу фігури на обраному проміжку і помножити на 2. 

 S=2S_{n}

 S_{n}=\int_{\frac{\pi }{4}}^{5\pi }{4}\left(5sinx-5cosx \right)dx=

  =5\int_{\frac{\pi }{4}}^{5\pi }{4}\left(sinx-cosx \right)dx=5\left(-cosx-sinx \right)|_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{5\pi }{4}}=

 =5\left(-cos\frac{5\pi }{4}-sin\frac{5\pi }{4}+cos\frac{\pi }{4}+sin\frac{\pi }{4} \right)=

 =5\left(-\left(-\frac{\sqrt{2}}{2} \right)-\left(-\frac{\sqrt{2}}{2} \right)+\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2} \right)=

 =5\cdot \frac{4\cdot \sqrt{2}}{2}=5\cdot 2\sqrt{2}=10\sqrt{2}

 S=2\cdot 10\sqrt{2}=20\sqrt{2} (кв. од.)

Приклад

Знайти довжину дуги кривої  y=lnx , при  \frac{3}{4}\leq x\leq \frac{12}{5} .

♦ Зобразимо дану криву:

Застосування інтегралів

Довжину дуги кривої обчислимо за формулою: 

 =\int_{a}^{b}{\sqrt{1+y'^{2}}dx}=\int_{\frac{3}{4}}^{\frac{12}{5}}{\sqrt{1+\left(\frac{1}{x} \right)^{2}}dx}=\int_{\frac{3}{4}}^{\frac{12}{5}}{\sqrt{1+\frac{1}{x^{2}}}dx}=

 =\int_{\frac{3}{4}}^{\frac{12}{5}}{\frac{\sqrt{x^{2}+1}}{x}dx}=\int_{\frac{3}{4}}^{\frac{12}{5}}{x^{-1}\left(1+x^{2} \right)dx}=\begin{vmatrix} m=-1\\ n=2\\ \frac{m+1}{n}=\frac{-1+1}{2}=0\in Z \end{vmatrix} .

Виконаємо підстановку: 

 1+x^{2}=t^{2},

 x^{2}=t^{2}-1,

 x=\sqrt{t^{2}-1} .

Звідси,  dx=\frac{1}{\sqrt{t^{2}-1}}\cdot 2tdt=\frac{tdt}{\sqrt{t^{2}-1}} .

Знайдемо  t_{1}=\sqrt{x_{1}^{2}+1}=\sqrt{\left(\frac{3}{4} \right)^{2}+1}=\sqrt{\frac{9}{16}+1}=\sqrt{\frac{25}{16}}=\frac{5}{4}

 t_{2}=\sqrt{x_{2}^{2}+1}=\sqrt{\left(\frac{12}{5} \right)^{2}+1}=\sqrt{\frac{144}{25}+1}=\sqrt{\frac{169}{25}}=\frac{13}{5} .

Підставивши всі знайдені значення в інтеграл, отримаємо: 

 =\int_{\frac{5}{4}}^{\frac{13}{5}}{\frac{\sqrt{t^{2}}}{\sqrt{t^{2}-1}}}\cdot \frac{tdt}{\sqrt{t^{2}-1}}=\int_{\frac{5}{4}}^{\frac{13}{5}}{\frac{t\cdot tdt}{t^{2}-1}}=

 =\int_{\frac{5}{4}}^{\frac{13}{5}}{\frac{t^{2}dt}{t^{2}-1}}=\int_{\frac{5}{4}}^{\frac{13}{5}}{\frac{\left(t^{2} -1\right)+1}{t^{2}-1}dt}=

 =\int_{\frac{5}{4}}^{\frac{13}{5}}{\left(1 +\frac{1}{t^{2}-1}\right)dt}=\int_{\frac{5}{4}}^{\frac{13}{5}}{dt}+\int_{\frac{5}{4}}^{\frac{13}{5}}{\frac{dt}{t^{2}-1}}=

 =t|_{\frac{5}{4}}^{\frac{13}{5}}+\frac{1}{2}ln\left|\frac{t-1}{t+1} \right||_{\frac{5}{4}}^{\frac{13}{5}}=\frac{13}{5}-\frac{5}{4}+\frac{1}{2}ln\left|\frac{\frac{13}{5}-1}{\frac{13}{5}+1} \right|-

 -\frac{1}{2}ln\left|\frac{\frac{5}{4}-1}{\frac{5}{4}+1} \right|=\frac{52-25}{20}+\frac{1}{2}ln\left|\frac{\frac{8}{2}}{\frac{18}{5}} \right|-\frac{1}{2}ln\left|\frac{\frac{1}{4}}{\frac{9}{4}} \right|=

 =\frac{27}{20}+\frac{1}{2}ln\frac{4}{9}-\frac{1}{2}ln\frac{1}{9}=\frac{27}{20}-\frac{1}{2}ln\frac{\frac{4}{9}}{\frac{1}{9}}=

 =\frac{27}{20}-\frac{1}{2}ln4=\frac{27}{20}-ln\sqrt{4}=\frac{27}{20}-ln2 .♦

Приклад

Обчислити площу фігури, обмеженої кривою

 r = 6sin3φ, r = 3 (r ≥ 3).

♦ Побудуємо графіки заданих кривих в полярній системі координат. Перша функція задає трипелюсткову троянду, друга – коло, радіуса 3.

Застосування інтегралів

Площа шуканої фігури складається з трьох однакових частин. Тому, обчислимо площу однієї частини і помножимо на три. 

 S_{1}=\frac{1}{2}\int_{\alpha }^{\beta }{\left(r_{2} ^{2}\left(\varphi \right)-r_{1}^{2}\left(\varphi \right)\right)d\varphi }=

 =\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi }{3}}{\left(\left(6sin3\varphi \right)^{2}-3^{2} \right)d\varphi }=\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi }{3}}{\left(36sin^{2}3\varphi -9 \right)d\varphi }=

 =\frac{9}{2}\int_{0}^{\frac{\pi }{3}}{\left(4sin^{2}3\varphi -1 \right)d\varphi }=\frac{9}{2}\int_{0}^{\frac{\pi }{3}}{\left(4\cdot \frac{1-cos6\varphi }{2}-1 \right)d\varphi }=

 =\frac{9}{2}\int_{0}^{\frac{\pi }{3}}{\left(2-2cos6\varphi -1 \right)d\varphi }=\frac{9}{2}\int_{0}^{\frac{\pi }{3}}{\left(1-2cos6\varphi \right)d\varphi }=

 =\frac{9}{2}\left(\varphi -\frac{2sin6\varphi }{6} \right)|_{0}^{\frac{\pi }{3}}=\frac{9}{2}\left(\varphi -\frac{sin6\varphi }{3} \right)|_{0}^{\frac{\pi }{3}}=

 =\frac{9}{2}\left(\frac{\pi }{3}-\frac{sin2\pi }{3}-0+sin0 \right)=\frac{9}{2}\cdot \frac{\pi }{3}=\frac{3\pi }{2}  (кв. од.)

 S=3S_{1}=3\cdot \frac{3\pi }{2}=\frac{9\pi }{2}=4,5\pi  (кв. од.)♦

Приклад

Обчислити довжину дуги, обмеженої кривою r = 6φ.

♦ Зобразимо перший виток заданої спіралі Архімеда: 

Застосування інтегралів

Довжину дуги кривої, заданої в полярній системі координат, обчислимо за формулою: 

 l=\int_{\alpha }^{\beta }{\sqrt{r^{2}\left(\varphi \right)+r'^{2}\left(\varphi \right)}d\varphi }=

 =\int_{0}^{2\pi }{\sqrt{\left(6\varphi \right)^{2}+6^{2}}d\varphi }=\int_{0}^{2\pi }{\sqrt{36\varphi ^{2}+36}d\varphi }=

 =6\int_{2}^{2\pi }{\sqrt{\varphi ^{2}+1}d\varphi }=\begin{vmatrix} U=\sqrt{\varphi ^{2}+1} & dV=d\varphi \\ dU=\frac{\varphi d\varphi }{\sqrt{\varphi ^{2}+1}} & V=\varphi \end{vmatrix}=

 =6\left(\varphi \sqrt{\varphi ^{2}+1}|_{0}^{2\pi }-\int_{0}^{2\pi }{\frac{\varphi ^{2}d\varphi }{\sqrt{\varphi ^{2}+1}}} \right)=

 =6\left(2\pi \sqrt{4\pi ^{2}+1} -0\right)-6\int_{0}^{2\pi }{\frac{\left(\varphi ^{2}+1 \right)-1}{\sqrt{\varphi ^{2}+1}}}=

 =12\pi \sqrt{4\pi ^{2}+1}-6\int_{0}^{2\pi }{\sqrt{\varphi ^{2}+1}}+6\int_{0}^{2\pi }{\frac{d\varphi }{\varphi ^{2}+1}}\Rightarrow

 \Rightarrow 12\int_{0}^{2\pi }{\sqrt{\varphi ^{2}+1}d\varphi }=12\pi \sqrt{4\pi ^{2}+1}+6ln\left(\varphi +\sqrt{\varphi ^{2}+1} \right)|_{0}^{2\pi }\Rightarrow

 \Rightarrow 6\int_{0}^{2\pi }{\sqrt{\varphi ^{2}+1}d\varphi }=6\pi \sqrt{4\pi ^{2}+1}+3ln\left(2\pi +\sqrt{4\pi ^{2}+1} \right)-

 -6ln\left(0+\sqrt{0+1} \right)=6\pi \sqrt{4\pi ^{2}+1}+3ln\left(2\pi +\sqrt{4\pi ^{2}+1} \right)-6ln1=

 =6\pi \sqrt{4\pi ^{2}+1}+3ln\left(2\pi +\sqrt{4\pi ^{2}+1} \right) .♦