Пятница, 15.01.2021, 20:52
Ш  К  О  Л  А     П  И  Ф  А  Г  О  Р  А
      Предмет математики настолько серьезен, что нужно
не упускать случая, сделать его немного занимательным".
                                                                           Блез Паскаль
Главная | Регистрация | Вход Приветствую Вас Гость | RSS
ПАМЯТКИ ПО МАТЕМАТИКЕ   ВЕЛИКИЕ МАТЕМАТИКИ   ТЕОРИЯ ЧИСЕЛ   МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ЛОГИКА
УРОКИ МАТЕМАТИКИ В ШКОЛЕ


МАТЕМАТИЧЕСКАЯ КЛАДОВАЯ


В МИРЕ ЗАДАЧ
ЕГЭ ПО МАТЕМАТИКЕ
МАТЕМАТИКА В НАЧАЛЬНОЙ ШКОЛЕ
ВАРИ, КОТЕЛОК!
УДИВИТЕЛЬНАЯ МАТЕМАТИКА
ВЫСШАЯ МАТЕМАТИКА
В МИРЕ ИНТЕРЕСНОГО
Категории раздела
ИЗ ОПЫТА РАБОТЫ УЧИТЕЛЯ МАТЕМАТИКИ [63]
ПРЕПОДАЕМ АЛГЕБРУ И НАЧАЛА АНАЛИЗА В 11 КЛАССЕ [19]
Статистика

Онлайн всего: 6
Гостей: 6
Пользователей: 0
Форма входа

Главная » Файлы » МЕТОДИЧЕСКИЕ НАРАБОТКИ » ПРЕПОДАЕМ АЛГЕБРУ И НАЧАЛА АНАЛИЗА В 11 КЛАССЕ

Формула Ньютона — Лейбница
07.10.2014, 19:49
      В данном пункте приведена формула Ньютона — Лейбница, доказательство которой необязательно при обучении на базовом уровне. Оно приведено в конце пункта. На нескольких примерах показано, как с помощью этой формулы можно вычислять площади криволинейных трапеций, а также площади фигур, заключенных между графиками двух функций.
      После знакомства с вычислением определенного интеграла как предела интегральной суммы с опорой на геометрический смысл определенного интеграла применение формулы Ньютона — Лейбница воспринимается учащимися как большое упрощение вычислений.
      Решения и комментарии
      Используя формулу Ньютона — Лейбница, вычислите определенный интеграл (6.46—6.51):
      6.46.  в)   ∫ 3 7 x dx .
      Решение. ∫ 3 7 x dx= x 2 2 | 3 7 = 7 2 2 − 3 2 2 =20 .
      6.49.  в)   ∫ 0 2π sin⁡x dx .
      Решение. ∫ 0 2π sin⁡x dx= (−cos⁡x) | 0 2π =−cos⁡2π−(−cos⁡0)=0.
      6.51.   в)   ∫ 1 3 dx x .
      Решение. ∫ 1 3 dx x =ln⁡x | 1 3 =ln⁡3−ln⁡1=ln⁡3 .
      Используя формулу Ньютона — Лейбница, вычислите площадь фигуры, ограниченной линиями (6.54—6.58):
      6.54.  в)  y = x2 + 1, y = 3 − x.
      Решение. Сначала найдем абсциссы точек пересечения графиков y = x2 + 1 и y = 3 − x. Для этого решим уравнение x2 + 1 = 3 − x. Это уравнение имеет два корня: x1 = −2 и x2 = 1.
     Взаимное расположение графиков функций учащиеся могут обосновать, построив графики этих функций. В каждой точке интервала (−2; 1) график функции y = 3 − x расположен выше графика функции y = x2 + 1, поэтому искомая площадь S равна S1 − S2, где S1 — площадь трапеции ABCD; S2 — площадь криволинейной трапеции ABKCD (рис. 72).
S 1 = ∫ −2 1 (3−x)dx= ( 3x− x 2 2 ) | −2 1 =( 3− 1 2 )−( −6− 4 2 )  = 10,5 (кв. ед.),
S 2 = ∫ −2 1 ( x 2 +1)dx= ( x 3 3 +x ) | −2 1 =( 1 3 +1 )−( −8 3 −2 )  = 6 (кв. ед.).
      Тогда S = S1 − S2 = 10,5 − 6 = 4,5 (кв. ед.).
      Ответ. 4,5.

Рис. 72

      Замечание. Взаимное расположение графиков функций учащиеся могут обосновать иначе: в каждой точке интервала (−2; 1) график функции y = 3 − x расположен выше графика функции y = x2 + 1, так как для любого x  ∈  (−2; 1) справедливо неравенство 3 − x − (x2 + 1) > 0, т. е. неравенство − (x + 2) (x − 1) > 0.
      6.58. а)  y − x2 = 0 и y2 − x = 0.
      Решение. Сначала найдем абсциссы точек пересечения графиков функций y = x2 и x = y2. Для этого решим систему уравнений y = x2 и x = y2. Эта система имеет только два решения: (0; 0) и (1; 1). Следовательно, x1 = 0 и x2 = 1 — абсциссы точек пересечения графиков.
      Так как каждая из формул, которыми заданы графики функций y = x2 и x = y2, может быть получена из другой формулы заменой x на y и y на x, то эти графики симметричны относительно прямой y = x (рис. 73). Тогда площади S1 и S2 фигур ABMO и ONBC равны:
S 1 = S 2 = ∫ 0 1 x 2 dx= x 3 3 | 0 1 = 1 3 − 0 3 = 1 3 ,
а площадь S искомой фигуры равна:

S=1−2 S 1 =1− 2 3 = 1 3   (кв. ед.).

      Ответ. 1 3 .

Рис. 73

      6.59. а) Найдите ту первообразную для функции f (x) = 2x + 4, график которой касается прямой y = 6x + 3. Вычислите площадь фигуры, ограниченной графиком найденной первообразной и прямыми y = 6x + 3 и y = 0.
      Решение. Каждая первообразная для функции f (x) = 2x + 4 имеет вид F (x) = x2 + 4x + С, где С — некоторое число. Пусть график функции y = F (x) касается прямой y = 6x + 3 в точке с абсциссой x0. Тогда F′ (x0) = 2x0 + 4 = 6, откуда x0 = 1, а ордината точки касания равна y0 = 6x0 + 3 = 9.
      Так как график функции F (x) = x2 + 4x + С проходит через точку (1; 9), то верно равенство 9 = 1 + 4 + С, откуда  С = 4.
      Итак, искомая первообразная   задается формулой F (x) = x2 + 4x + 4.
      Теперь вычислим площадь фигуры, ограниченной линиями y = x2 + 4x + 4, y = 6x + 3 и y = 0 (рис. 74).

Рис. 74

      Площадь S1 криволинейной трапеции DAC равна

∫ −2 1 ( x 2 +4x+4)dx= ( x 3 3 +2 x 2 +4x ) | −2 1 =
=( 1 3 +2+4 )−( −8 3 +8−8 )=9 (кв. ед.).

      Площадь S2 треугольника ABC равна

S 2 = BC⋅AC 2 =6 3 4   (кв. ед.).

      Тогда искомая площадь S равна

S= S 1 − S 2 =9−6 3 4 =2 1 4  (кв. ед.).

      Ответ. F(x)= x 2 +4x+4; 2 1 4 .
      Промежуточный контроль. С—27.

6.7. Свойства определенного интеграла

      В данном пункте сформулированы основные свойства определенного интеграла и приведены примеры вычисления определенных интегралов с   использованием этих свойств. Особое внимание нужно уделить примеру 4, при решении которого конкретно показано, что если графики функций y = f (x) и y = φ (x) пересекаются в точках с абсциссами a и b (a < b) и если эти функции непрерывны   на отрезке [a; b] и f (x) > φ (x) на всем интервале (a; b),   то   площадь фигуры, ограниченной графиками функций y = f (x) и y = φ (x), вычисляется по формуле
S= ∫ a b (f(x)−φ(x))dx .
      Решения и комментарии
      Примените основные свойства интеграла при вычислении интегралов (6.64—6.65):
      6.64.  д)   ∫ 0 1 x dx+ ∫ 1 3 x dx .
      Решение. ∫ 0 1 x dx+ ∫ 1 3 x dx= ∫ 0 3 x dx = x 2 2 | 0 3 = 9 2 −0=4,5.
      6.70. а) Вычислите площадь фигуры, ограниченной линиями y = x2 − πx и y = sin x.
      Решение. Сначала построим графики функций y = x2 − πx и y = sin x. Первый график — парабола с вершиной ( π 2 ;− π 2 4 ), проходящая через точки (0; 0) и (π; 0). Второй график — синусоида, проходящая через те же точки (0; 0) и (π; 0) (рис. 75).



Рис. 75

      На интервале (0; π) точки графика функции y = sin x расположены выше точек графика функции y = x2 − πx, поэтому

S= ∫ 0 π (sin⁡x−( x 2 −πx))dx= ∫ 0 π (sin⁡x− x 2 +πx)dx=
= ( −cos⁡x− x 3 3 + x π 2 2 ) | 0 π =( −cos⁡π− π 3 3 + π⋅ π 2 2 )−
−( −cos⁡0− 0 3 3 + π⋅ 0 2 2 )=1+ π 3 6 +1= π 3 6 +2   (кв. ед.).

      Ответ. π 3 6 +2.
      6.72. а) Вычислите площадь фигуры, ограниченной линией y = 4 + 0,5x2, касательной к ней y = 2x + 2 и прямыми x = 0 и x = 3.
      Решение. Решив уравнение 4 + 0,5x2 = 2x + 2, найдем абсциссу x = 2 точки касания параболы и прямой. Для всех x ≠ 2 точки параболы находятся выше точек прямой, так как 4 + 0,5x2 − 2x − 2 = 0,5 (x − 2)2 ≥ 0, поэтому

S= ∫ 0 3 ( (4+0,5 x 2 )−(2x+2) )dx= ∫ 0 3 (0,5 x 2 −2x+2)dx=
= ( x 3 6 − x 2 +2x ) | 0 3 =( 27 6 −9+6 )−0=1,5   (кв. ед.).

      Ответ. 1,5.
      6.73. Вычислите определенный интеграл, используя замену переменной:
      в)   ∫ −1 1 1− x 2 dx;   д)   ∫ − π 2 π 2 dx 4+ x 2 .
      Решение. в) Так как x  ∈  [−1; 1], то заменим переменную в интеграле: x = sin u, u∈( − π 2 ; π 2 ) . При этом cos u ≥ 0 и dx = cos u du. Поэтому получим
∫ −1 1 1− x 2 dx= ∫ − π 2 π 2 cos⁡ 2 u du= ∫ − π 2 π 2 1+cos⁡2u 2  du=
= u+ 1 2 sin⁡2u 2 | − π 2 π 2 = π 2 + 1 2 sin⁡π−( −  π 2 + 1 2 sin⁡(−π) ) 2 = π 2 .
      д)  Заменим переменную в интеграле: x = 2u, тогда при возрастании x от − π 2 до π 2 переменная u возрастает от − π 4 до π 4 , при этом dx = 2du. Поэтому получим
∫ − π 2 π 2 dx 4+ x 2 = ∫ − π 2 π 2 2du 4+4 u 2 = 1 2 ∫ − π 4 π 4 du 1+ u 2 = 1 2 arctg u | − π 4 π 4 =
= 1 2 arctg π 4 − 1 2 arctg( − π 4 )=arctg π 4 .
      6.74. Вычислите определенный интеграл:
      а)   ∫ 0 π | sin⁡2002x |  dx;   б)   ∫ −7 7 | | | | x |−4 |−2 |−1 |  dx .
      Решение. а) Заменим переменную в интеграле: x= u 2002 , тогда при возрастании x от 0 до π переменная u возрастает от 0 до 2002π, при этом dx= du 2002 . Поэтому получим
∫ 0 π | sin⁡2002x |  dx= ∫ 0 2002π | sin⁡u | du 2002 = 1 2002 ∫ 0 2002π | sin⁡u |du=
= 1 2002 ( ∫ 0 π | sin⁡u |du+ ∫ π 2π | sin⁡u |du+...+ ∫ 2001π 2002π | sin⁡u |du ) .
      На каждом из 2002 отрезков длины π: [0; π], [π; 2π], ... [2001π; 2002π] график функции y = | sin u | ограничивает одну и ту же площадь (рис. 76), поэтому искомый интеграл равен:

Рис. 76

1 2002 ( 2002 ∫ 0 π | sin⁡u |du )= ∫ 0 π | sin⁡u |du= ∫ 0 π sin⁡u du=−cos⁡u | 0 π =
= (−cos π) − (−cos 0) = 1 − (−1) = 2.

      б) Построим график функции y = | | | | x | − 4 | − 2 | − 1 |,
последовательно построив графики функций:
      1)  y = | x |;      2)  y = | x | − 4;      3)  y = | | x | − 4 |;
      4)  y = | | x | −4 | −2;            5)  y = | | | x | −4 | −2 |;
      6)  y = | | | x | −4 | −2 | −1;   7)  y = | | | | x | −4 | −2 | −1 |.
      Последний, седьмой график изображен на рисунке 77.


Рис. 77

      Итак, искомый интеграл равен сумме площадей семи равных равнобедренных прямоугольных треугольников с гипотенузой 2, площадь каждого из которых равна 1 2 ⋅2⋅1=1. Поэтому ∫ −7 7 | | | | x |−4 |−2 |−1 |dx=7.
      Промежуточный контроль. С—28.

6.8*. Применение определенных интегралов в геометрических и физических задачах

      В данном пункте учебника рассмотрены задачи, для решения которых используются определенные интегралы: нахождение площади круга, объема тела вращения, работы, совершаемой под действием переменной силы, и т. д.
      Решения и комментарии
      6.75. а)  Множество точек координатной плоскости xOy, удовлетворяющих уравнению x 2 a 2 + y 2 b 2 =1 (a ≠ b), называют эллипсом.
      Вычислите площадь фигуры, ограниченной эллипсом

x 2 + 9y2 = 9  (рис. 78).



Рис. 78

       Решение. Сначала запишем функцию, задающую верхнюю границу эллипса: y= 1− ( x 3 ) 2 . Площадь S1 фигуры, ограниченной графиком этой функции и осью Ox, равная половине искомой площади, вычисляется по формуле
S 1 = ∫ −3 3 1− ( x 3 ) 2 dx .
      Так как x  ∈  [−3; 3], то заменим переменную в интеграле: x 3 =sin⁡u, u∈[ − π 2 ; π 2 ], при этом cos u ≥ 0 и dx = 3 cos u du. Поэтому получим
S 1 = ∫ − π 2 π 2 3 cos⁡ 2 u du=3 ∫ − π 2 π 2 1+cos⁡2u 2  du= 3 2 ( u+ 1 2 sin⁡2u ) | − π 2 π 2 =
= 3 2 ( π 2 + 1 2 sin⁡π )− 3 2 ( − π 2 + 1 2 sin⁡(−π) )= 3π 2 .
      Тогда площадь фигуры, ограниченной эллипсом, равна 2S1 = 3π.
      Ответ. 3π.
      6.77. Используя формулу объема тела вращения, получите формулы для вычисления объемов цилиндра и конуса.
      Решение. 1) Пусть дан цилиндр, радиус основания которого R, а высота H. Зададим систему координат xOy так, чтобы центрам оснований цилиндра соответствовали точки оси Ox: x = 0 и x = H (рис. 79, а). Тогда функция y = R задает прямую, вращением которой вокруг оси Ox образуется боковая поверхность цилиндра. Вычислим объем тела вращения по формуле V=π ∫ a b f 2 (x)dx . В нашем примере a = 0 и b = H, f (x) = R, поэтому
V=π ∫ 0 H R 2 dx=π R 2 x | 0 H =π R 2 H−0=π R 2 H .
      2) Пусть дан конус, радиус основания которого R, а высота H. Зададим систему координат xOy так, чтобы вершине и центру основания конуса соответствовали точки оси Ox: x = 0 и x = H (рис. 79, б). Тогда функция y= R H x задает прямую, вращением которой вокруг оси Ox образуется боковая поверхность конуса. Вычислим объем тела вращения по формуле V=π ∫ a b f 2 (x)dx. В нашем примере a = 0 и b = H, f(x)= R H x , поэтому
V=π ∫ 0 H R 2 H 2 x 2 dx= π R 2 H 2 ∫ 0 H x 2 dx= π R 2 H 2 ( x 3 3 ) | 0 H =
= π R 2 H 2 ⋅ H 3 − 0 3 = 1 3 π R 2 H .



Рис. 79

      6.80. а) К движущейся по прямой точке приложена направленная вдоль этой прямой сила F = 2x − 1, где x — координата движущейся точки. Вычислите работу силы F по перемещению точки от точки x = 0 до точки x = 3.
       Решение. Работа W по перемещению точки вычисляется по формуле W= ∫ a b f(x)dx . В   нашем примере a = 0, b = 3, f (x) = 2x − 1, поэтому
W= ∫ 0 3 (2x−1)dx=( x 2 −x )| 0 3 =(9−3)−0=6.
      Ответ. 6.

6.9*. Понятие дифференциального уравнения

      В данном пункте учебника введены понятия дифференциального уравнения, порядка дифференциального уравнения, рассмотрены дифференциальные уравнения первого и второго порядков, понятия решения дифференциального уравнения, общего, частного решения дифференциального уравнения, приведены примеры применения дифференциальных уравнений.
      Решения и комментарии
      6.86. Найдите частное решение дифференциального уравнения, удовлетворяющее условию:
      а)  y′ = 4x3,  y (0) = 1;   д)  y″ = 66x,  y (0) = 1,  y′ (0) = 3.
      Решение. а) Общим решением данного дифференциального уравнения является функция y = ∫ 4x3dx = x4 + C, где C — некоторая постоянная.
      Из условия y (0) = 1 имеем 04 + C = 1, откуда C = 1. Искомым частным решением дифференциального уравнения является функция y = x4 + 1.
      д)  Обозначим у′ = z, тогда исходное дифференциальное уравнение можно переписать в виде

z′ = 66x.

      Его решение есть функция

z = ∫ 66xdx + C1 = 33x2 + C1,

где C1 — некоторая постоянная. Так как z = у′, то получаем уравнение

у′ = 33x2 + C1.

      Его решением, а значит, и решением исходного дифференциального уравнения является функция

у = ∫ (33x2 + C1) dx = 11x3 + C1x + C2,

где C2 — некоторая постоянная.
      Итак, общее решение исходного дифференциального уравнения — это функция

у = 11x3 + C1x + C2,

где C1 и C2 — некоторые постоянные.
      Из условия y′ (0) = 3 имеем 33 · 02 + C1 = 3, откуда C1 = 3.
      Из условия y (0) = 1 имеем 11 · 03 + C1 · 0 + C2 = 1, откуда C2 = 1.
      Следовательно, искомое частное решение дифференциального уравнения — это функция у = 11x3 + 3x + 1.

6.10*. Задачи, приводящие к дифференциальным уравнениям

      В данном пункте учебника рассмотрены задачи на нахождение закона движения точки по известной ее скорости, по ее ускорению, на определение зависимости от времени температуры тела по заданной его температуре и   температуре окружающей среды, а также задачи на радиоактивный распад, гармонические колебания. Все эти задачи решаются с использованием дифференциальных уравнений.
      Решения и комментарии
      6.95. Первоначально в баке было 100 л раствора, содержащего 10 кг соли. В бак непрерывно вливается 5 л чистой воды в минуту и столько же воды выливается из бака. Весь процесс происходит при тщательном перемешивании воды. Сколько соли останется в баке через 1 ч?
       Решение. Будем считать, что в каждую минуту из бака вытекает 5 100 = 1 20 имеющейся в нем соли, т. е. скорость изменения массы соли m пропорциональна этой массе:
dm dt =− 1 20 m
(знак «−» означает, что масса соли уменьшается, т. е. функция m (t) убывает).
      Этому дифференциальному уравнению удовлетворяет функция

m(t)=A e − 1 20 t ,
где А — некоторая постоянная. Из условия задачи следует, что Т (0) = 10, поэтому A = 10. Определим массу соли в момент времени t = 60:

m = 10e−3 ≈ 0,5.

      Ответ. Через 1 ч в баке останется 0,5 кг соли.
      Замечание. Отметим, что в учебнике и здесь решение уравнения y′ = αy, где α — данное число, записывается в виде y = Aeαt, где А — некоторая постоянная, а решение уравнения y″ + ky2 = 0, где k > 0 — данное число, записывается в виде

y = A sin kt + B cos kt,

где А и B — некоторые постоянные. И вопрос о том, есть ли другие решения у этих уравнений, не обсуждается.
Категория: ПРЕПОДАЕМ АЛГЕБРУ И НАЧАЛА АНАЛИЗА В 11 КЛАССЕ | Добавил: admin | Теги: МО учителей математики, обучение математики, математика в школе, из опыта работы учителя математики
Просмотров: 3465 | Загрузок: 0 | Рейтинг: 0.0/0
УЧИТЕЛЮ ИНФОРМАТИКИ
КОНСПЕКТЫ УРОКОВ
ВНЕКЛАССНЫЕ МЕРОПРИЯТИЯ ПО ИНФОРМАТИКЕ
ПОСОБИЯ И МЕТОДИЧКИ ДЛЯ УЧИТЕЛЯ ИНФОРМАТИКИ
ИЗ ОПЫТА РАБОТЫ УЧИТЕЛЯ ИНФОРМАТИКИ
ЗАДАНИЯ ШКОЛЬНОЙ ОЛИМПИАДЫ ПО ИНФОРМАТИКЕ


ИНФОРМАТИКА В ШКОЛЕ


ИНФОРМАТИКА В НАЧАЛЬНЫХ КЛАССАХ
ИНФОРМАТИКА В 3 КЛАССЕ
ИНФОРМАТИКА В 4 КЛАССЕ
КОНТРОЛЬНЫЕ РАБОТЫ ПО ИНФОРМАТИКЕ. 3 КЛАСС
КОНТРОЛЬНЫЕ РАБОТЫ ПО ИНФОРМАТИКЕ. 4 КЛАСС
ПРОГРАММИРОВАНИЕ ДЛЯ ДЕТЕЙ
СКАЗКА "ПРИКЛЮЧЕНИЯ ЭЛЕКТРОШИ"
ИГРОВЫЕ ТЕХНОЛОГИИ НА УРОКАХ ИНФОРМАТИКИ
ИГРОВЫЕ ЗАДАНИЯ ПО ИНФОРМАТИКЕ
ВИКТОРИНЫ ПО ИНФОРМАТИКЕ
КОМПЬЮТЕРНЫЕ ЧАСТУШКИ
ОБРАТНАЯ СВЯЗЬ
Поиск


Друзья сайта
  • Создать сайт
  • Все для веб-мастера
  • Программы для всех
  • Мир развлечений
  • Лучшие сайты Рунета
  • Кулинарные рецепты

  • Copyright MyCorp © 2021
    Яндекс.Метрика Рейтинг@Mail.ru