Геометрические и физические приложения определенного интеграла

МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ

федеральное государственное бюджетное образовательное учреждение

высшего профессионального образования

«Забайкальский государственный университет»

РЕФЕРАТ

Тема: Геометрические и физические приложения определенного интеграла

Выполнил:
студент 2 курса
группы ИФ-14 ФЕНМит
Бояркин Сергей

Проверил:
Беломестнова Вера Ревокатовна

Чита 2016

Геометрические приложения определенного интеграла

·                                 Схемы применения определенного интеграла

Пусть требуется найти значение какой – либо геометрической или физической величины  (площадь фигуры, объем тела, давление жидкости на вертикальную пластину и т.д.), связанной с отрезком  изменения независимой переменной x. Предполагается, что при разбиении отрезка точкой  на части [a,c] и [c,b] значение величины , соответствующее всему отрезку  равно сумме ее значений, соответствующих [a,c] и [c b]

Для нахождения этой величины  можно руководствоваться одной из двух схем: I схема (или метод интегральных сумм) и II схема (или метод дифференциала).

Первая схема базируется на определении определенного интеграла.

1. Точками  разбить отрезок  на  частей. В соответствии с этим, интересующая нас величина  разобьется на  «элементарных слагаемых»

2. Представить каждое «элементарное слагаемое» в виде произведения некоторой функции (определяемой из условия задачи), вычисленной в произвольной точке соответствующего отрезка на его длину:

.

При нахождении приближенного значения  допустимы некоторые упрощения: дугу на малом участке можно заменить хордой, стягивающей ее концы; переменную скорость на малом участке можно приближенно считать постоянной и т. д.

Получим приближенное значение величины  в виде интегральной суммы:

3.                              Искомая величина  равна пределу интегральной суммы, т. е.

Указанный «метод сумм» основан на представлении интеграла как сумма бесконечно большого числа бесконечно малых слагаемых.

Схема I была применена для выяснения геометрического и физического смысла определенного интеграла.

Вторая схема представляет собой несколько видоизмененную схему I и называется «метод дифференциала» или «метод отбрасывания бесконечно малых высших порядков»:

1) на отрезке а,b выбираем произвольное значение х и рассматриваем переменный отрезок [a,xНа этом отрезке величина  становится функцией , т. е. считаем, что часть искомой величины  есть неизвестная функция , где  - один из параметров величины ;

2) находим главную часть приращения  при изменении x на малую величину , т. е. находим дифференциал d функции , где  определяемая из условия задачи, функция переменной x (здесь также возможны различные упрощения);

3) считая, что  при  находим искомую величину путем интегрирования  в пределах от  до :

·                                 Вычисление длины дуги плоской кривой

Пусть в прямоугольных координатах дана плоская кривая AB, уравнение которой, , где .

Под длиной дуги AB понимается предел, к которому стремиться длина ломаной линии, вписанной в эту дугу, когда число звеньев ломаной неограниченно возрастает, а длина наибольшего звена ее стремиться к нулю.

Покажем, что если функция  и ее производная  непрерывна на отрезке , то кривая АВ имеет длину, равную

Применим схему I (метод сумм).

1.                              Точками  разобьем отрезок  на частей (рис. 2). Пусть этим точкам соответствуют точки на кривой AB. Проведем хорды  , длины которых обозначим соответственно через

Рис. 2

Получим ломанную длина которой равна

2.                              Длину хорды (или звена ломаной)  можно найти по теореме Пифагора из треугольника с катетами Δ и Δ:

 где , .

По теореме Лагранжа о конечном приращении функции

поэтому

а длина всей ломанной  равна

3.                              Длина  кривой AB, по определению, равна

Заметим, что при  также и  и, следовательно, . Функция  непрерывна на отрезке  так как, по условию, непрерывна функция  Следовательно, существует предел интегральной суммы (1), когда :

Таким образом,

Если уравнение кривой АВ задано в параметрической форме

,

Где  и  – непрерывные функции с непрерывными производными и , , то длина  кривой АВ находится по формуле

Формула (3) может быть получена из формулы (2) подстановкой

,  

·        Вычисление объема тела

Вычисление объема тела по известным площадям параллельных сечений.

Пусть требуется найти объем  тела, причем известны площади  сечений этого тела плоскостями, перпендикулярными некоторой оси, например оси  

Применим схему II (метод дифференциала).

1.                              Через произвольную точку  проведем плоскость, перпендикулярную оси  (рис. 3). Обозначим через  площадь сечения тела этой плоскостью;  считаем известной и непрерывно изменяющейся при изменении . Через  обозначим объем части тела, лежащее левее плоскости. Будем считать, что на отрезке  величина  есть функция от x, т. е.

 

2.                              Находим дифференциал  функции  Он представляет собой «элементарный слой» тела, заключенный между параллельными плоскостями, пересекающими ось  в точках , который приближенно может быть принят за цилиндр с основанием  и высотой . Поэтому дифференциал объема .

3.                              Находим искомую величину  путем интегрирования  в пределах от

.

Полученная формула называется формулой объема тела  по площади параллельных сечений.

Объем тела вращения.

Пусть вокруг оси  вращается криволинейная трапеция, ограниченная непрерывной линией , отрезком  и прямыми  и  (рис. 4). Полученная от вращения фигура называется телом вращения.

Сечение этого тела плоскостью, перпендикулярной оси , проведенной через произвольную точку  оси  , есть круг с радиусом . Следовательно,

Применяя формулу (4) объема тела по площади параллельных сечений, получаем

рис 4

Если криволинейная трапеция ограничена графиком непрерывной функции  и прямыми, то объем тела, образованного вращением этой трапеции вокруг оси , по аналогии с формулой (5), равен

·        Вычисление площади поверхности вращения

Пусть кривая АВ является графиком функции , где , а функция  и ее производная  непрерывны на этом отрезке.

Найдем площадь  поверхности, образованной вращением кривой АВ вокруг оси .

Применим схему II (метод дифференциала).

1.                              Через произвольную точку  проведем плоскость, перпендикулярную оси . Плоскость пересекает поверхность вращения по окружности с радиусом  (рис. 5). Величина  поверхности части фигуры вращения, лежащей левее плоскости, является функцией от , т.е.

  и

2.                              Дадим аргументу  приращение . Через точку  также проведем плоскость, перпендикулярную оси . Функция  получит приращение . Найдем дифференциал площади , заменяя образованную между сечениями фигуру усеченным конусом, образующая которого равна , а радиусы оснований равны  и . Площадь его боковой поверхности равна

Отбрасывая произведение  как бесконечно малую высшего порядка, чем  получаем , или, так как

, то

3.                              Интегрируя полученное равенство в пределах получаем

.

Если кривая AB задана параметрическими уравнениями   то формула для площади поверхности вращения принимает вид

·        Вычисление площади плоской фигуры

Пусть функция непрерывна на сегменте Если  на [a,b], то площадь S криволинейной трапеции, ограниченной линиями y=f(x), y=0, x=a, x=b, равна интегралу

Если же  на то —  на  Поэтому площадь S соответствующей криволинейной трапеции выразится формулой

Если, наконец, кривая  пересекает ось Ох, то сегмент надо разбить на части, в пределах которых  не меняет знака, и к каждой такой части применить ту из формул, которая ей соответствует.

·        Вычисление площади цилиндрической поверхности

Введем дугу  в качестве параметра; тогда не только уравнения и  кривой AB заменятся уравнениями и  но и уравнение  перейдет в уравнение . Впишем в кривую АВ ломаную  и, в соответствии с этим, в кривую CD – ломаную , из трапеций  составим призматическую поверхность, вписанную в рассматриваемую цилиндрическую поверхность. Под площадью цилиндрической поверхности будем понимать предел P площади Q призматической поверхности при стремлении к нулю наибольшей из частичных дуг. Полагая, что , имеем

Предел суммы будет вычисляться по формуле

в которой легко узнать интегральную сумму. Окончательно

Возвращаясь к произвольному параметру t, легко получить и общую формулу

Наконец, для случая явного задания кривой АВ: y=f(x)  эта формула перепишется так:

определенный интеграл геометрический физический

Физические приложения определенного интеграла

С помощью физических приложений вычисляются: работа переменной силы, давление жидкости на вертикальную пластинку, статические моменты и координаты центра тяжести плоской кривой и плоской фигуры.

1. Работа переменной силы

Пусть под действием некоторой силы  материальная точка М движется по прямой в направлении оси . Требуется найти работу, произведённую силой  при перемещении точки М из положения  в положение .

1) Если сила постоянна , то работа выражается следующим образом .

2) Если сила переменная величина, то

 .

Пример.

Два электрических заряда  и  находятся на оси  соответственно в точках  и . Какая работа будет произведена, если второй заряд переместится в точку ? (Сила взаимодействия зарядов ).

Решение:

2. Давление жидкости на вертикальную пластинку

По закону Паскаля давление жидкости на горизонтальную пластину равно весу столба этой жидкости, имеющего основанием пластинку, а высотой — глубину ее погружения от свободной поверхности жидкости, т.е. , где  — ускорение свободного падения,  — плотность жидкости,  – площадь пластинки, – глубина ее погружения.

По этой формуле нельзя искать давление жидкости на вертикально погруженную пластинку, так как ее разные точки лежат на разных глубинах. Пусть в жидкость погружена вертикально пластина, ограниченная линиями  и ; система координат выбрана так, как указано на рисунке 11. Для нахождения давления  жидкости на эту пластину применим схему II (метод дифференциала).

Рисунок 11

1. Пусть часть искомой величины  есть функция от :, т.е.  — давление на часть пластины, соответствующее отрезку  значений переменной , где  .

2. Дадим аргументу  приращение . Функция  получит приращение  (на рисунке — полоска-слой толщины ). Найдем дифференциал  этой функции. Ввиду малости  будем приближенно считать полоску прямоугольником, все точки которого находятся на одной глубине , т.е. пластинка эта — горизонтальная. Тогда по закону Паскаля , где , .

3. Интегрируя полученное равенство в пределах от  до , получим:

3. Вычисление статических моментов и координат центра тяжести плоской кривой

Пусть на плоскости  задана система материальных точек  соответственно с массами .

Статическим моментом  системы материальных точек относительно оси  называется сумма произведений масс этих точек на их ординаты (т.е. на расстояния этих точек от оси ):

Аналогично определяется статический момент  этой системы относительно оси :

Если массы распределены непрерывным образом вдоль некоторой кривой, то для выражения статического момента понадобится интегрирование.

Пусть  — это уравнение материальной кривой  Будем считать ее однородной с постоянной линейной плотностью  . Для произвольного  на кривой  найдется точка с координатами . Выделим на кривой элементарный участок длины , содержащий точку . Тогда масса этого участка равна . Примем этот участок  приближенно за точку, отстоящую от оси  на расстоянии . Тогда дифференциал статического момента  ("элементарный момент") будет равен , т.е.  (рисунок 12).

Отсюда следует, что статический момент  кривой  относительно оси  равен:

Рисунок 12

Аналогично находим :

Статические моменты  и  кривой позволяют легко установить положение ее центра тяжести (центра масс).

Центром тяжести материальной плоской кривой  называется точка плоскости, обладающая следующим свойством: если в этой точке сосредоточить всю массу  заданной кривой, то статический момент этой точки относительно любой координатной оси будет равен статическому моменту всей кривой  относительно той же оси. Обозначим через  центр тяжести кривой . Из определения центра тяжести следуют равенства  и  или  и .

Отсюда  или ; .

Пример. Найти центр тяжести однородной дуги окружности

, расположенной в первой координатной четверти (рисунок 13).

Решение: Очевидно, длина указанной дуги окружности равна , т.е. .

Рисунок 13

Найдем статический момент ее относительно оси . Так как уравнение дуги есть  и , то

Стало быть,

Так как данная дуга симметрична относительно биссектрисы первого координатного угла, то . Итак, центр тяжести имеет координаты

.

4. Вычисление статических моментов и координат центра тяжести плоской фигуры

Пусть дана материальная плоская фигура (пластинка), ограниченная кривой  и прямыми  (рисунок 14).

Рисунок 14

Будем считать, что поверхностная плотность пластинки постоянна . Тогда масса всей пластинки равна , т.е.

Выделим элементарный участок пластинки в виде бесконечно узкой вертикальной полосы и будем приближенно считать его прямоугольником. Тогда масса его равна . Центр тяжести  прямоугольника лежит на пересечении диагоналей прямоугольника. Эта точка  отстоит от оси  на , а от оси  на  (приближенно; точнее на расстоянии ). Тогда для элементарных статических моментов относительно осей  и  выполнены соотношения

 и

Следовательно,

По аналогии с плоской кривой получаем, обозначив координаты центра тяжести плоской фигуры (пластинки) через , что , . Отсюда

  и  или ,

.

Пример. Найдем координаты центра тяжести полукруга

,   (рисунок 15).

Решение: Очевидно (ввиду симметрии фигуры относительно оси ), что  Площадь полукруга равна . Находим :

Рисунок 15

Стало быть, . Итак, центр тяжести имеет координаты .

Заключение

Рассмотренные выше примеры практических задач, дают нам ясное представление значимости определенного интеграла для их разрешимости.

Трудно назвать научную область, в которой бы не применялись методы интегрального исчисления, в общем, и свойства определенного интеграла, в частности. Так в процессе выполнения реферата мною были рассмотрены примеры практических задач в области физики, геометрии, механики. Конечно, это еще далеко не исчерпывающий список наук, которые используют интегральный метод для поиска устанавливаемой величины при решении конкретной задачи, и установлении теоретических фактов.

Также определенный интеграл используется для изучения собственно самой математики. Например, при решении дифференциальных уравнений, которые в свою очередь вносят свой незаменимый вклад в решение задач практического содержания. Можно сказать, что определенный интеграл – это некоторый фундамент для изучения математики. Отсюда и важность знания методов их решения.

Из всего выше сказанного понятно, почему знакомство с определенным интегралом происходит еще в рамках средней общеобразовательной школы, где ученики изучают не только понятие интеграла и его свойства, но и некоторые его приложения.

Список использованных источников

1.  Дифференциальное и интегральное исчисления для вузов, Том 2 / Н.С. Пискунов – М.: Наука, 1985. -560с.

2.  Конспект лекций по высшей математике / Д.Т. Письменный – M.: Айрис – пресс, 2003. – 288 c.

3.  Математический анализ для школьников / Л.Н. Понтрягин – 2-е изд., перераб. - М.: Наука, 1983г.

4.  Высшая математика – М.: Просвещение, 1993. – 319. Баврин И.И.

5.  Высшая математика - М: Наука, 2003 – 684c. Шипачёв В.С.