2465-1

Реклама
Материал из Решебника

Информация о задаче

Задача №2465 параграфа №1 главы №8 "Применения интеграла" книги Г.Н. Бермана "Сборник задач по курсу математического анализа" (22-е издание, 2002 год).

Условие задачи

Окружность [math]x^2+y^2=a^2[/math] разбивается гиперболой [math]x^2-2y^2=\frac{a^2}{4}[/math] на три части. Определить площади этих частей.

Решение

В ходе решения этой задачи, а также некоторых последующих задач, нам потребуется находить интеграл от функции вида [math]\sqrt{a^2-x^2}[/math], где [math]a\neq{0}[/math]. Рассмотрим этот интеграл отдельно:

[math] \int\sqrt{a^2-x^2}dx =\left[\begin{aligned} & u=\sqrt{a^2-x^2};\;du=-\frac{xdx}{\sqrt{a^2-x^2}};\\ & dv=dx;\;v=x. \end{aligned}\right] =x\sqrt{a^2-x^2}+\int\frac{x^2dx}{\sqrt{a^2-x^2}}=\\ =x\sqrt{a^2-x^2}-\int\frac{a^2-x^2-a^2}{\sqrt{a^2-x^2}}dx =x\sqrt{a^2-x^2}-\int\sqrt{a^2-x^2}+a^2\int\frac{dx}{\sqrt{a^2-x^2}} =x\sqrt{a^2-x^2}-\int\sqrt{a^2-x^2}+a^2\arcsin\frac{x}{a}+C. [/math]


[dmath] \int\sqrt{a^2-x^2}dx =\frac{1}{2}x\sqrt{a^2-x^2}+\frac{a^2}{2}\arcsin\frac{x}{a}+C [/dmath]


Вернёмся к нашей задаче. Гипербола [math]\frac{x^2}{a^2/4}-\frac{y^2}{a^2/8}=1[/math] имеет полуоси [math]\frac{a}{2}[/math] и [math]\frac{a}{2\sqrt{2}}[/math]. Ввиду симметричности гиперболы и окружности относительно оси ординат, делаем вывод, что площади двух из упомянутых в условии трёх частей равны между собой. Таким образом, имеем три части, с площадями [math]S_1[/math], [math]S_1[/math] и [math]S_2[/math], где [math]S_1[/math] – площадь каждой из областей внутри гиперболы, а [math]S_2[/math] – площадь области вне гиперболы.

Рассмотрим площадь [math]S_1[/math], расположенную справа от оси ординат. Так как гипербола и окружность симметричны относительно оси абсцисс, то [math]S_1=2S_0[/math], где [math]S_0[/math] – часть рассматриваемой площади [math]S_1[/math], расположенная над осью абсцисс. Площадь [math]S_0[/math] находится в первом квадранте, где гипербола и окружность имеют такие уравнения: [math]x=\sqrt{a^2-y^2}[/math], [math]x=\sqrt{2y^2+\frac{a^2}{4}}[/math].


Найдём ординаты точек пересечения гиперболы и окружности:

[dmath] \left\{\begin{aligned} &x^2+y^2=a^2;\\ &x^2-2y^2=\frac{a^2}{4}. \end{aligned}\right. [/dmath]

[dmath] 3y^2=\frac{3a^2}{4};\; y=\pm\frac{a}{2}. [/dmath]

2465-1.png

Для дальнейших вычислений будем использовать интеграл [math]\int\sqrt{x^2+k}dx[/math], найденный при решении 2464-1.

[math] S_1=2S_0 =2\int\limits_{0}^{a/2}\left(\sqrt{a^2-y^2}-\sqrt{2y^2+\frac{a^2}{4}}\right)dy =2\int\limits_{0}^{a/2}\sqrt{a^2-y^2}dy-2\sqrt{2}\int\limits_{0}^{a/2}\sqrt{y^2+\frac{a^2}{8}}dy=\\ =\left.\left(y\sqrt{a^2-y^2}+a^2\arcsin\frac{y}{a}\right)\right|_{0}^{a/2} - \sqrt{2}\cdot\left.\left(y\sqrt{y^2+\frac{a^2}{8}}+\frac{a^2}{8}\ln\left|y+\sqrt{y^2+\frac{a^2}{8}}\right|\right)\right|_{0}^{a/2} =a^2\cdot\left(\frac{\pi}{6}-\frac{\sqrt{2}}{8}\ln\left(\sqrt{2}+\sqrt{3}\right)\right) [/math]

Так как площадь окружности радиуса [math]a[/math] равна [math]\pi{a}^2[/math], то получим:

[dmath] S_2 =\pi{a}^2-2S_1 =a^2\cdot\left(\frac{2\pi}{3}+\frac{\sqrt{2}}{4}\ln\left(\sqrt{2}+\sqrt{3}\right)\right) [/dmath]

Ответ

[math]a^2\cdot\left(\frac{\pi}{6}-\frac{\sqrt{2}}{8}\ln\left(\sqrt{2}+\sqrt{3}\right)\right)[/math], [math]a^2\cdot\left(\frac{2\pi}{3}+\frac{\sqrt{2}}{4}\ln\left(\sqrt{2}+\sqrt{3}\right)\right)[/math].