определённый интеграл

Министерство образования и науки
Российской Федерации
Санкт-Петербургский государственный
архитектурно-строительный университет
Л. Е. МОРОЗОВА, В. Б. СМИРНОВА
ОПРЕДЕЛЁННЫЙ ИНТЕГРАЛ
Учебное пособие
Санкт-Петербург
2011
1
Определённый интеграл
УДК 519.95 (075.8)
Рецензенты: канд. физ.-мат. наук, доцент А. Л. Трескунов (СПбГАСУ); канд.
физ.-мат. наук, доцент М. Ю. Фёдорова (СПбГУ).
Морозова, Л. Е.
Определённый интеграл: учеб. пособие /Л. Е. Морозова,
В. Б. Смирнова; СПбГАСУ. – СПб., 2011. – 99 с.
ISBN 978-5-9227-0295-9
Пособие предназначено для самостоятельного изучения раздела «Определённый интеграл» студентами специальностей с сокращенным курсом математики.
Даны основные определения и теоремы. Приводится методика решения
задач. Рассмотрены многочисленные примеры.
Глава 1. ОПРЕДЕЛЁННЫЙ ИНТЕГРАЛ И ЕГО СВОЙСТВА
1.1. Задача о площади криволинейной трапеции
Рассмотрим промежуток [a, b] (a < b) и заданную на нём непрерывную неотрицательную функцию f (x) . Фигура, ограниченная прямыми x = a, x = b, y = 0 и кривой y = f (x) называется криволинейной трапецией (рис. 1).
y
y = f (x )
Табл. 1. Ил. 65. Библиогр.: 4 назв.
Рекомендовано Редакционно-издательским советом СПбГАСУ в качестве
учебного пособия.
0
a
x1  xk −1 xk  xn −1 b
x
Рис. 1
Будем решать задачу о вычислении площади криволинейной
трапеции.
Для этого разобьём отрезок [a, b] на части точками xi
(i = 0, , n) :
ISBN 978-5-9227-0295-9
© Л. Е. Морозова, В. Б. Смирнова, 2011
© Санкт-Петербургский государственный
архитектурно-строительный университет, 2011
2
a = x0 < x1 <  < xn −1 < xn = b .
Проведём прямые x = x k (k = 0, , n) . Тогда наша криволинейная трапеция будет представлять собой сумму n узких «криволинейных
полосок» (каждая k-я полоска ограничена линиями x = xk −1 ,
3
Определённый интеграл
Глава 1. Определённый интеграл и его свойства
x = xk , y = 0, y = f ( x) (k = 1, , n) ). Обозначим площадь криволиней-
К необходимости изучать пределы вида (2) приводят многие задачи геометрии, механики, физики. Пределы вида (2) обобщены с помощью понятия определённого интеграла.
ной трапеции через S, а площадь каждой k-й полоски через ∆S k .
Получим
S=
0
k =1
Площадь каждой полоски
приближённо равна площади прямоугольника с основанием
∆xk = xk − xk −1 (k = 1,, n) и вы-
y = f (x)
y
f ( xk )
xk −1 xk
xk
1.2. Определение определённого интеграла
n
∑ ∆S k .
сотой f ( xk ) , где xk – произвольно выбранная точка из промежутка [ xk −1, xk ] (k = 1, , n) (рис. 2).
Это приближённое равенство
тем ближе к точному равенству,
чем ýже ширина полоски
∆xk = xk − xk −1 .
x
Рис. 2
Таким образом,
S≅
n
∑ f ( xk )∆xk .
k =1
(1)
Рассмотрим функцию y = f (x) , заданную на промежуткее
[a, b] (a < b) . Проделаем следующие операции:
1. Разделим промежуток [a, b] на части произвольно выбранными точками x1, , xn −1 :
a = x0 < x1 <  < xn −1 < xn = b ,
составим величины ∆xk = xk − xk −1 (k = 1, 2, , n) и определим ранг
дробления
λ = наиб.{∆x1,  , ∆xn }.
2. На каждом промежутке [ x k −1 , x k ] выберем произвольным образом точку x k и вычислим f (x k ) (k = 1, 2,, n) .
3. Вычислим парные произведения f ( xk )∆xk (k = 1, 2,  , n) .
4. Сложим все парные произведения и получим сумму вида
n
∑ f ( xk )∆xk ,
k =1
Введём понятие ранга дробления. Среди всех значений ∆x k выберем наибольшее, обозначим его через λ и назовём рангом дробления, так что
λ = наиб.{∆x1, , ∆xn }.
называемую интегральной суммой.
5. Перейдем к пределу при λ → 0 и вычислим (если это возможно)
Можно показать, что в силу непрерывности функции f (x) при
о
λ → 0 приближённое равенство (1) переходит в точное равенство
Если предел (3) существует и не зависит ни от способа разбиения
ся
промежутка [a, b] на части, ни от выбора точек xk , то он называется
n
∑ f ( xk )∆xk .
λ →0
S = lim
k =1
(2)
Более того, величина S в этом случае не зависит от выбора точек
x1, , xn −1 , x1 , , xn .
4
n
∑ f ( xk )∆xk .
λ →0
lim
k =1
(3)
определённым интегралом от функции f (x ) по промежутку [a, b]
и обозначается так:
b
∫ f ( x)dx.
a
5
Определённый интеграл
Глава 1. Определённый интеграл и его свойства
Функция f (x) называется подынтегральной функцией, [a, b] –
промежутком интегрирования, a – нижним пределом, b – верхним
пределом интегрирования.
Итак,
b
n
a
k =1
∑ f ( xk ) ∆ xk .
∫ f ( x)dx = λlim
→0
(4)
Замечания:
1. Из самого определения определённого интеграла следует, что
он может для данной функции не существовать, так как может не существовать предел (3). Функции, для которых определённый интеграл
существует, называются интегрируемыми по Риману. Любая непрерывная на [a, b] функция, а также любая кусочно-непрерывная1 на [a, b]
функция интегрируема по Риману. (Этот факт мы приводим без
доказательства.) Но класс интегрируемых функций значительно шире.
2. Если функция f (x) интегрируема по Риману на промежуткее
[a, b] , то функция ϕ(x) , отличающаяся отт f (x) в конечном числе точек, также интегрируема по Риману на [a, b] и
b
b
a
a
∫ f ( x)dx = ∫ ϕ( x)dx .
3. Обозначение переменной интегрирования в определенном
интеграле роли не играет:
b
∫
a
b
b
a
a
f ( x)dx = ∫ f (t )dt = ∫ f ( z )dz.
4. Если λ → 0 , то число точек дробления n стремится к бесконечности, но не наоборот. Действительно, мы можем зафиксировать
две точки дробления, не помещая между ними никаких других точек.
Тогда λ останется постоянным, на какие бы мелкие части мы ни дробили отрезки вне этих точек.
Геометрический смысл определённого интеграла следует из задачи о площади криволинейной трапеции. Если функция f (x) непре1
Функция f (x) называется кусочно-непрерывной на промежутк [a, b] , если она имеет
на этом промежутке конечное число разрывов I рода.
6
рывна и неотрицательна на промежутке [a, b] (a < b) , то
b
∫ f ( x)dx ра-
a
вен площади криволинейной трапеции, ограниченной линиями
x = a, x = b, y = 0 , y = f (x) .
Расширим определение определённого интеграла на случаи
a = b и a > b . Положим:
a
∫ f ( x)dx = 0 ,
(5)
a
b
∫
a
a
f ( x)dx = − ∫ f ( x)dx.
b
(6)
Обе формулы не противоречат приведённому выше определению
определённого интеграла.
1.3. Свойства определённого интеграла, выражаемые
равенствами
Теорема 1. Если функция f (x) интегрируема на [a, b] , то для
любого числа α верно равенствоо
b
b
a
a
∫ α f ( x)dx = α ∫ f ( x)dx.
(7)
Доказательство проведём на основании определения определённого интеграла от функции α f (x) . Проделаем следующие операции:
1. Разделим промежуток [a, b] на части произвольно выбранными точками x1 , , x n −1:
a = x0 < x1 <  < xn −1 < xn = b ,
составим величины ∆xk = xk − xk −1 ( k = 1, 2,  , n) и определим ранг
дробления
λ = наиб.{∆x1, , ∆xn }.
7
Определённый интеграл
Глава 1. Определённый интеграл и его свойства
k 1
a
2. На каждом промежутке [ x k −1 , x k ] выберем произвольным об-
n
 n

= lim  ∑ f ( xk )∆xk ± ∑ g ( xk )∆xk  =
λ →0 k =1
k =1

разом точку x k и вычислим α f (x k ) (k = 1, 2,, n) .
3. Вычислим произведения (α f ( x k ))∆x k (k = 1, 2,, n) .
4. Сложим все произведения и получим интегральную сумму вида
n
∑ (α f ( xk ) )∆xk .
5. Устремим ранг дробления λ к 0 и будем искать
n
∑ (α f ( xk ))∆xk .
(8)
λ → 0 k =1
Поскольку функция f (x) интегрируема на отрезке [a, b] по условию теоремы, получим следующую цепочку равенств:
b
n
∑ α f ( xk )∆xk
λ →0
∫ α f ( x)dx = lim
a
k =1
= α lim
n
∑ f ( xk )∆xk
λ → 0 k =1
n
b
b
k =1
k =1
a
a
Заметим, что так как обе функции f (x) и g (x) интегрируемы на
промежутке [a, b] , то разбиение отрезка [a, b] на части и выбор точек
k =1
lim
n
∑ f ( xk )∆xk ± λlim
∑ g ( xk )∆xk = ∫ f ( x)dx ± ∫ g ( x)dx .
λ →0
→0
= lim
x k можно для них обеих и их алгебраической суммы осуществить одинаково.
Теорема доказана.
Теорема 3. Для любых трёх чисел a, b, c справедлива формула
b
∫
n
= lim α ∑ f ( xk )∆xk =
λ →0
a
k =1
b
= α ∫ f ( x )dx .
a
Таким образом, предел (8) существует и не зависит ни от способа
разбиения промежутка [a, b] на части, ни от выбора точек x k .
Теорема доказана.
Теорема 2. Если функции f (x) и g (x) интегрируемы на проме-
b
b
a
a
a
∫ ( f ( x) ± g ( x))dx = ∫ f ( x)dx ± ∫ g ( x)dx.
Доказательство аналогично предыдущему доказательству:
b
∫ ( f ( x) ± g ( x))dx = lim
a
n
∑ ( f ( xk ) ± g ( xk ))∆xk =
λ →0 k =1
8
b
a
c
(10)
если все три интеграла существуют.
Доказательство. Рассмотрим два случая.
1. Пусть a < c < b . Так как предел интегральной суммы не зависит
от способа разбиения промежутка [a, b] на элементарные части, то будем разбивать [a, b] на промежутки так, чтобы точка с была точкой
деления. Обозначим её через xn c (т. е. c = x nc ) . Тогда
b
n
a
k =1
∑ f ( xk )∆xk =
∫ f ( x)dx = λlim
→0
жутке [a, b] , то их алгебраическая сумма f ( x) ± g ( x) тоже интегриа
руема на промежутке [a, b] и справедлива формула
b
c
f ( x)dx = ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx ,
 nc

n
= lim  ∑ f ( xk ) ∆xk + ∑ f ( xk )∆xk  =

λ →0  k =1
k = nc +1


(9)
nc
n
c
b
k =1
k = nc +1
a
c
∑ f ( xk )∆xk + λlim
∑ f ( xk )∆xk = ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx.
λ →0
→0
= lim
В рассматриваемом случае теорема 3 допускает простую геометрическую иллюстрацию. Предположим, что функция f (x) неотрица9
Определённый интеграл
y
a
0
тельна на отрезке [a, b] . Тогда формула (10) означает, что площадь криволинейной трапеции на отрезке [a, b]
равна сумме площадей криволинейных трапеций на отрезках
[ a, c ] и [c, b] соответственно (рис. 3).
2. Пусть теперь заданные числа
произвольны. Рассмотрим, например,
случай c < b < a . Тогда в силу доказанного в п. 1 равенства справедливо
y = f (x)
c
b x
Рис. 3
a
∫
Глава 1. Определённый интеграл и его свойства
b
a
c
b
Тогда
b
∫
a
b
b
a
c
a
− ∫ f ( x)dx = ∫ f ( x)dx − ∫ f ( x)dx .
Получим
b
c
b
a
a
c
∫ f ( x)dx = ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx .
(10)
b
b
a
a
a
Последний интеграл запишем по формуле (4), т. е. следуя
определению определенного интеграла
b
n
a
k =1
Здесь все парные произведения интегральной суммы неотрицательны. Действительно, по условию (11) f ( xk ) − g ( xk ) ≥ 0 при всех
х
х k = 1,, n , поскольку a < b.
k = 1, , n , а ∆x k > 0 при всех
Значит, и сама интегральная сумма неотрицательна. Тогда по теореме о предельном переходе в неравенстве неотрицателен и её предел.
Таким образом, получаем:
b
∫
b
b
a
a
n
∑ ( f ( xk ) − g ( xk ) ) ∆xk ≥ 0.
λ →0
f ( x)dx − ∫ g ( x )dx = ∫ ( f ( x) − g ( x ))dx = lim
k =1
Теорема доказана.
Следствие. Пусть a < b , функция f (x) интегрируема на промежутке [a, b] и при всех x ∈ [a, b] справедливо неравенствоо f ( x) ≥ 0 .
Тогда
1.4. Свойства определённого интеграла, выражаемые
неравенствами
b
∫ f ( x)dx ≥ 0 .
a
Теорема 5. Если функция f (x) интегрируема на промежуткее
Теорема 4. Пусть a < b , функции f (x) и g (x) интегрируемы на
промежутке [a, b] и при всех x ∈ [a, b] справедливо неравенствоо
10
b
∫ f ( x)dx − ∫ g ( x)dx = ∫ ( f ( x) − g ( x))dx.
a
В остальных случаях: a < b < c; b < a < c; b < c < a; c < a < b – формула (10) выводится аналогично.
Теорема доказана.
f ( x) ≥ g ( x) .
(12)
∑ ( f ( xk ) − g ( xk ))∆xk .
∫ ( f ( x) − g ( x))dx = λlim
→0
Воспользуемся формулой (6) и поменяем пределы интегрирования
c
a
Доказательство. Рассмотрим разность интересующих нас интегралов как интеграл разности данных функций. В силу (9)
f ( x )dx = ∫ f ( x )dx + ∫ f ( x)dx .
c
b
f ( x)dx ≥ ∫ g ( x)dx.
(11)
[a, b] , то функция f (x ) также интегрируема на промежуткее [a, b]
и при a < b справедливо неравенствоо
b
∫
a
b
f ( x )dx ≤ ∫ f ( x) dx.
a
11
(13)
Определённый интеграл
Глава 1. Определённый интеграл и его свойства
Доказательство. Проведём его только для непрерывных функций. Заметим, что
Домножим неравенства (16) на положительные значения функции ϕ(x) и получим справедливые при всех x ∈ [a, b] неравенстваа
− f ( x) ≤ f ( x) ≤ f ( x)
(14)
для всех x ∈ [a, b] . К цепочке неравенств (14) применим теорему 4.
Получим
b
b
b
m ϕ( x) ≤ f ( x) ϕ( x ) ≤ M ϕ( x ).
К цепочке неравенств (17) применим теорему 4 и получим справедливые неравенства
− ∫ f ( x) dx ≤ ∫ f ( x)dx ≤ ∫ f ( x) dx ,
a
a
b
b
b
a
a
a
m ∫ ϕ( x) dx ≤ ∫ f ( x ) ϕ( x) dx ≤ M ∫ ϕ( x) dx.
a
что равносильно неравенству (13).
b
число ∫ ϕ( x)dx . Получим
Теорема 6. Пусть функции f (x) и ϕ(x) непрерывны на промежутке [a, b] и пусть функция ϕ(x) не меняет знака на этом проме-
a
b
∫ f ( x) ϕ( x) dx
жутке. Тогда найдётся такая точка c ∈ [a, b] , что справедливо равенство
∫
a
m≤ a b
a
a
(15)
Доказательство. Без ограничения общности будем считать, что
a < b , а ϕ( x) ≥ 0 при x ∈ [a, b] . Рассмотрим два случая.
л1. Пусть ϕ( x) ≡ 0 при всех x ∈ [a, b] . Тогда равенство (15) выполнено очевидным образом.
2. Пусть ϕ(x) не является тождественно равной нулю. Тогда
в силу непрерывности функции ϕ(x) можем утверждать, что
о
Поскольку непрерывная функция f (x) принимает на промежутке [a, b] все значения между своим наибольшим M и наименьшим m,
существует такая точка c ∈ [a, b] , чтоо
b
∫ f ( x) ϕ( x) dx
b
f (c ) = a b
a
a
∫ ϕ( x)dx > 0.
Поскольку функция f (x) непрерывна на замкнутом промежуткее
[a, b] , то она достигает на этом промежутке своего наибольшего значения M и своего наименьшего значения m, т. е. при всех x ∈ [a, b] справедливы неравенства
(16)
m ≤ f ( x) ≤ M .
≤ M.
∫ ϕ( x) dx
b
f ( x) ϕ( x) dx = f (c) ∫ ϕ( x ) dx.
12
(18)
Разделим все части цепочки неравенств (18) на положительное
1.5. Теорема о среднем значении
b
(17)
.
∫ ϕ( x) dx
Отсюда следует, что
b
∫
a
b
f ( x) ϕ( x) dx = f (c) ∫ ϕ( x ) dx.
a
Таким образом, теорема 6 доказана.
13
Определённый интеграл
Глава 1. Определённый интеграл и его свойства
Следствие. Если функция f (x) непрерывна на промежутке [a, b] ,
то можно указать такое значение c ∈ [a, b] , что
b
∫ f ( x) dx =
f (c) (b − a ).
(19)
a
Доказательство. Будем считать ϕ( x) ≡ 1 при x ∈ [a, b] . Тогда согласно теореме 6 найдётся такая точка c ∈ [a, b] , чтоо
b
∫
a
b
f ( x) dx = f (c) ∫ dx = f (c) (b − a ).
Здесь a – число; x – переменная. Таким образом, F (x)
является функцией верхнего
предела x.
В силу геометрического
смысла определённого интеграо
ла, если f (t ) ≥ 0, x ≥ a, то
величина
a
∆F ( x )
F ( x + ∆x ) − F ( x )
,
= lim
∆
x
∆x
∆x → 0
∆x →0
F ′( x) = lim
где
∆F ( x) = F ( x + ∆x ) − F ( x) =
1.6. Теорема Барроу
Рассмотрим определённый интеграл с переменным верхним пределом
x
14
x c x + ∆x t
Справедливо следующее важное утверждение.
Теорема Барроу. Если функция f (x) непрерывна, то
x
Рис. 4
a
a
O
/
b
F ( x) = ∫ f (t ) dt .
∆F (x )
x

F ′( x) =  ∫ f (t ) dt  = f ( x),


a
x
т. е. производная определённого интеграла по переменному верхнему
пределу равна значению подынтегральной функции в точке дифференцирования.
Доказательство. По определению производной
y = f (x )
c
y = f (t )
площадью криволинейной траРис. 5
пеции, ограниченной справа
прямой t = x . Так как x – переменная, то и интеграл (20) изображает
трапецию с переменной площадью (рис. 5).
y
0
f (t ) dt является
a
В случае, когда f ( x) ≥ 0 при всех x ∈ [a, b] , формула (19) имеет
простой геометрический смысл. Рассмотрим криволинейную трапецию,
ограниченную линиями x = a, x = b, y = 0, y = f ( x) . Согласно равенству (19) площадь этой криволинейной трапеции равна площади прямоугольника с основанием (b − a) и высотой f (c ) (рис. 4).
a
x
∫
y
(20)
x + ∆x
x
a
a
∫
f (t ) dt − ∫ f (t ) dt .
(21)
Во втором слагаемом правой части (21) поменяем пределы интегрирования по формуле (6) и на основании теоремы 3 получим:
∆F ( x ) =
x + ∆x
x
a
x + ∆x
x + ∆x
a
a
x
a
x
∫ f (t ) dt − ∫ f (t ) dt = ∫ f (t ) dt + ∫ f (t ) dt = ∫ f (t ) dt.
15
Определённый интеграл
Величина
Глава 1. Определённый интеграл и его свойства
x + ∆x
∫
f (t ) dt является площадью заштрихованной криво-
x
линейной трапеции (см. рис. 5). Поскольку функция f (x) непрерывна, по теореме 6 о среднем значении найдётся такая точка c ∈ [ x, x + ∆x] ,
для которой справедливо
x + ∆x
∫ f (t ) dt =
Тогда
f (c ) ( x + ∆x − x) = f (c) ∆x.
x
∫
a
f (t ) dt = F ( x) . Но по теореме Барроу F ′( x) = f ( x) , т. е. F (x) – первоо-
образная для f (x). Таким образом,
∆F ( x)
f (c) ∆x
= lim
= lim f (c) = f ( x ).
∆x → 0 ∆x
∆x → 0 ∆ x
c→ x
Теорема доказана.
∫
f (t ) dt – первообразная для f (x).
a
Замечание. Первообразная непрерывной функции не всегда может быть выражена в терминах элементарных функций.
На основе теоремы Барроу выведем формулу для вычисления
определённого интеграла от непрерывных функций. Пусть f (x) опрем
делена и непрерывна на промежутке [a, b] . Тогда она имеет на этом
Приведём примеры применения теоремы Барроу.
 x sin 2 t  ′ sin 2 x
Пример 6.1.  ∫
dt  =
.


t
x
2
x
промежутке первообразную
x
∫
уf (t ) dt = Φ ( x) . Пусть F (x) – любая дру-
a
3

 x 3t

5 3 t
x
Пример 6.2.  ∫
dt  ′ =  − ∫
dt  ′ = −
.


 t2 + 3 
2
x2 + 3
x  5 t + 3 x
x
sin t  ′
Пример 6.3.  ∫
dt
= 0 , так как определённый интегралл


t
2
x
с постоянными пределами – это постоянная величина.
гая первообразная для f (x) на промежутке [a, b] . Известно, что двее
любые первообразные одной и той же функции отличаются разве лишь
на постоянное значение, т. е. Φ ( x) − F ( x) = C . Справедливо равенство
о
x
∫
2
2
 x 2 sin tdt 
 ′ = 2 x sin x . Здесь мы имеем дело со
Пример 6.4.  ∫

t +1 
x2 + 1
2
x
z sin tdt
сложной функцией: Fx′ ( x 2 ) = Fz′ ( z ) z ′( x) , где z ( x ) = x 2 ; F ( z ) = ∫
.
t
+
1
2
Следствие. Любая непрерывная на промежутке [a, b] функция
имеет на этом промежутке первообразную.
16
x
1.7. Формула Ньютона – Лейбница. Вычисление определённого
интеграла
F ′( x) = lim
5
x
Действительно, если f (x) – непрерывна, то существует
f (t ) dt = F ( x ) + C ,
(22)
a
где С – какая-то постоянная. Вычислим величину С. Положим в (22)
x = a . Поскольку
мет вид
a
∫
f (t ) dt = 0 , получим C = − F (a ) и формула (22) при-
a
x
∫
a
f (t ) dt = F ( x) − F (a ) .
(23)
Положим в (23) x = b . Тогда
b
∫
a
f (t ) dt = F (b) − F (a) ,
где F (x) – любая первообразная для функции f (x).
17
(24)
Определённый интеграл
Глава 1. Определённый интеграл и его свойства
Формула (24) носит название формула Ньютона – Лейбница.
С помощью формулы (24) можно вычислить определённый интеграл
от любой непрерывной функции.
Введём обозначение
Пример 7.4.
Пример 7.5.
2
b
∫
F (b) − F (a ) = F ( x) .
0
a
b
1
dx
x2 + 4
называется двойной подстановкой в функцию
F ( x ) в пределах от a до b. С его помощью формулу (24) можно записать в виде
Пример 7.7.
a
b
∫ f ( x) dx = F ( x)
a
или в виде
b
b
a
b
.
a
b
a
Пример 7.1.
4
∫
x dx =
1
π
4
3
=
1
16 2 14
− = .
3 3 3
π
4
1
 1 1
Пример 7.2. ∫ sin 2 x dx = − cos 2 x = 0 −  −  = .
2
 2 2
0
0
π
4
π
4
dx
1
1
3π
1
1
Пример 7.3. ∫
= − ctg 3 x = − ctg
= − (− 1) = .
2
3
3
4
3
3
π sin 3 x
π
6
18
6
0
5
2
0
(
π
4.
)
(
)
= ln 2 + 8 − ln 2 = ln 1 + 2 .
1 x −3 5 1 2 1 1 1 7
=
∫ x 2 − 9 6 ln x + 3 = 6 ln 8 − 6 ln 7 = 6 ln 4 .
4
4
dx
x 2
1 π π π
= arcsin1 − arcsin = − = .
2 1
2 2 6 3
π
3
π
3
π
6
6
∫ tg x dx = − ln cos x
1
3
1
= − ln + ln
= ln 3 = ln 3 .
2
2
2
π
Пример 7.9. Вычислить
3
∫
1
.
Приведём примеры применения формулы Ньютона – Лейбница.
3
2 2 4
x
x +1
= arcsin
4 − x2
Пример 7.8.
Если функция F (x) имеет сложный вид, то используют запись
[F ( x)]
∫
dx
1
a
∫ f ( x) dx = [∫ f ( x) dx ]
2
0
2
= arctg x =
= ln x + x 2 + 4
Пример 7.6.
Символ F ( x )
∫
1
dx
xdx
2
x +1
. Сначала найдём
x dx
∫ x 2 +1 .
Используем замену переменной z = x 2 + 1 .
x dx
∫ x2 + 1
Тогда
3
=
1 d ( x 2 + 1) 1 dz 1
1
=
=
+
=
ln
z
C
ln x 2 + 1 + C.
∫
∫
2 x2 + 1
2 z 2
2
3
1
1
1
1
2
=
ln(
x
+
1
)
= ln 10 − ln 2 = ln 5.
2
2
2
2
2
1 x +1
1
∫
xdx
Пример 7.10. Вычислить
π
4
∫ x sin 2 x dx .
Сначала найдём
0
I = ∫ x sin 2 x dx . Используем интегрирование по частям. Положим
19
Определённый интеграл
Глава 1. Определённый интеграл и его свойства
1
du = dx, v = − cos 2 x . Тогда
да
2
u = x, dv = sin 2 xdx . Получим
1
1
1
1
I = − x cos 2 x + ∫ cos 2 xdx = − x cos 2 x + sin 2 x + C.
2
2
2
4
Окончательно
π
4
b
π
∫
x 2 + m dx . Сначала найдём
∫
тегрирования по частям для того, чтобы свести его к себе. Положим
∫
x 2 + m dx = x x 2 + m − ∫
= x x2 + m − ∫
xdx
2
x +m
x 2 dx
x2 + m
x2 + m
x2 + m
, v = x . Получим
= x x2 + m − ∫
dx + ∫
mdx
x2 + m
x2 + m − m
x2 + m
(25)
b
x 2
m
x + m + ln x + x 2 + m ) =
2
2
0
b 2
m
m
b + m + ln b + b 2 + m − ln m .
2
2
2
(26)
Замечание 1. Двойная подстановка обладает двумя очевидными
свойствами:
b
b
a
a
1) [λF ( x )] = λ [ F ( x )] ;
b
b
b
a
a
a
2) [ F ( x) + G ( x)] = [ F ( x)] + [G ( x)] .
Действительно,
dx =
b
[ F ( x) + G ( x)] = ( F (b) + G (b)) − ( F (a ) + G (a )) =
a
b
b
a
a
= ( F (b) − F (a )) + (G (b) − G (a )) = [ F ( x)] + [G ( x)] .
=
= x x 2 + m − ∫ x 2 + m dx + m ln x + x 2 + m .
Получили уравнение относительно искомого интеграла
2
2
2
2
∫ x + mdx = x x + m − ∫ x + m dx + m ln x + x + m .
20
x 2 + m dx = (
=
b
x 2
m
x + m + ln x + x 2 + m + C .
2
2
0
x 2 + m dx . При вычислении этого интеграла используем приём ин-
u = x 2 + m , dv = dx . Найдём du =
x 2 + m dx =
Окончательно
0
∫
2 ∫ x 2 + mdx = x x 2 + m + m ln x + x 2 + m ,
∫
4 1
1
1
∫ x sin 2 x dx = [− 2 x cos 2 x + 4 sin 2 x] = 4 .
0
0
Пример 7.11. Вычислить
Решим его и получим
Замечание 2. Формула Ньютона – Лейбница (24) справедлива
только для непрерывных функций. Ее можно использовать и для
кусочно-непрерывных функций. Пусть теперь функция f (x) имеет на
заданном промежутке [a, b] конечное число конечных разрывов,
например, в точках c1 и c 2 . Тогда определённый интеграл по промежутку [a, b] в силу формулы (10) вычисляется так:
b
c1
c2
b
a
a
c1
c2
∫ f ( x)dx = ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx.
21
Определённый интеграл
y
a
O
Это естественно и в силу
геометрического смысла определённого интеграла (рис. 6),
поскольку площадь всей фигуры равна сумме площадей криволинейных трапеций на
отдельных частичных промежутках, на которых функция
непрерывна.
y = f (x)
c1 c2
b
Глава 1. Определённый интеграл и его свойства
x
Рис. 6
1.8. Интегрирование по частям в определённом интеграле
Для того чтобы применить формулу Ньютона – Лейбница, нужно
сначала найти неопределённый интеграл от подынтегральной функции.
Для этого часто применяются формулы интегрирования по частям
в неопределённом интеграле (примеры 7.10 и 7.11) и замены переменной
в неопределённом интеграле (пример 7.9). Но одноименные формулы существуют и для определённого интеграла. И гораздо удобнее использовать для вычисления определённого интеграла именно эти формулы.
Теорема 7. Пусть функции u( x ) и v( x ) дифференцируемы на
b
a
a
∫ u ( x) v′( x) dx = [u ( x) v( x)]
− ∫ v( x ) u ′( x) dx ,
(27)
a
b
b
a
a
a
∫ u ( x) dv( x) = [u( x) v( x)] − ∫ v( x) du( x) .
(28)
[
∫ u( x) v′( x) dx = ∫ u ( x) v′( x) dx
a
]
b
=
a
b
a
a
b
=
a
Формула (27) доказана.
Замечания:
1. При решении задач обычно пользуются компактной формой
(28), а не развёрнутой формой (27).
2. Типы функций, которые следует интегрировать по частям, такие же, как и в случае вычисления неопределённого интеграла.
3. Форма записи решения такая же, как и в случае неопределённого интеграла.
Приведём примеры.
Пример 8.1. Вычислить
e
∫ ln x dx .
e
e
e
1
1
dx
, v = x . Тогда
да
x
e
ln x dx = ( x ln x ) − ∫ dx = e ln e − ln 1 − x = e − (e − 1) = 1 .
Пример 8.2. Вычислить
1
π
2
∫ x cos x dx .
0
да
Положим u = x, dv = cos x dx . Получим du = dx, v = sin x . Тогда
π
2
π
2
0
0
∫ x cos x dx = [ x sin x]
π
2
− ∫ sin x dx =
0
В интегралах, участвующих в формуле (28), переменной интегрирования является x.
22
]
= [u ( x) v( x )] − ∫ v ( x) u ′( x) dx.
∫
Доказательство. Применим формулу Ньютона – Лейбница
и формулу интегрирования по частям в неопределённом интеграле:
b
b
=
a
a
1
b
[
b
= [u ( x) v( x)] − ∫ v( x ) u′( x ) dx
Положим u = ln x, dv = dx . Получим du =
b
или в более компактной1 записи
1
b
]
1
а
промежутке [a, b] . Справедлива формула
b
[
= u ( x) v( x) − ∫ v( x) u′( x) dx
23
π
2
π
π
+ cos x = − 1.
2
0 2
Определённый интеграл
Пример 8.3. Вычислить
1
∫
Глава 1. Определённый интеграл и его свойства
Пример 8.5. Вычислить
arctg x dx .
0
1
1
1
dx
, v = x . Получим
x +1
2
x
∫ arctg x dx = [ x arctg x] − ∫ x 2 + 1 dx .
0 0
0
1
x
∫ x2 + 1
dx вычислен в примере 7.9. Тогда
∫ arcsin x dx .
Получим
0
0
∫ arcsin x dx = [ x arcsin x]
1
2
−∫
0
xdx
1 − x2
=
1− x
2
,v = x.
1
0
2
0 x +3
= 2−∫
2
1
x +3
2
0 x +3
3dx
dx + ∫
2
0 x +3
1 x2
+3−3
0
x2 + 3
= 2−∫
dx =
1
1
0
0
= 2 − ∫ x 2 + 3 dx + 3 ln x + x 2 + 3
1
1
0
0
=
2
0
1
1π
π
3
+ 1 − x2 = +
− 1.
26
2
0 12
x
1 − x2
∫
0
3
x 2 + 3 dx = 1 + ln 3 .
2
Сравните полученный результат с результатом (26) примера 7.11.
1.9. Замена переменной в определённом интеграле
, полу-
1 dz
1 d (1 − x )
=− ∫
=− ∫
= − z + C = − 1 − x 2 + C.
2
2
2
2
z
1− x
1− x
24
∫
0
1
x 2 + 3 dx = 2 + 3 ln 3 − ∫ x 2 + 3 dx .
Решим его и получим
2
ченной с помощью замены z = 1 − x следующим образом:
∫
0
1
dx
1
2
Мы воспользовались первообразной для функции
xdx
x 2 dx
1
x 2 + 3 dx = x x 2 + 3 − ∫
∫
, v = x . Получим
Получили уравнение относительно искомого интеграла:
u = arc sin x, dv = dx . Найдём du =
1
2
x2 + 3
= 2 − ∫ x 2 + 3 dx + 3 ln 3 − 3 ln 3 = 2 + 3 ln 3 − ∫ x 2 + 3 dx.
1
2
0
1
2
xdx
u = x 2 + 3, dv = dx . Найдём du =
1
1
1
π 1
2 1
∫ arctg x dx = [ x arctg x] − 2 ln(1 + x ) = arctg1 − 2 ln 2 = 4 − 2 ln 2.
0
0
0
Положим
При вычислении этого интеграла используем приём интегрирования по частям, для того чтобы свести его к самому себе. Положим
1
1
Пример 8.4. Вычислить
x 2 + 3 dx .
∫
0
Положим u = arctg x, dv = dx . Найдем du =
Воспользуемся тем, что
1
Òåî ðåì à 8. Справедлива формула
b
∫
f ( z ( x )) z ′( x) dx =
a
z (b)
∫ f (t )dt.
z (a)
(29)
Доказательство. Пусть F (x) – какая-либо первообразная для функции f (x) . Используем для левой части формулы (29) теорему о замене
25
Определённый интеграл
Глава 1. Определённый интеграл и его свойства
переменной в неопределённом интеграле и формулу Ньютона – Лейбница:
Найдём dt = (1 − x 2 )′dx = −2 xdx и новые пределы интегрирования
b
b
a
a
∫ f ( z ( x)) z′( x) dx = [∫ f ( z ( x)) z′( x) dx]
b
= [ F ( z ( x))] = F ( z (b)) − F ( z (a)).
a
К правой части формулы (29) достаточно применить формулу
Ньютона – Лейбница:
z (b )
z (b )
z(a)
z (a)
∫ f (t )dt = [ F (t )]
= F ( z (b)) − F ( z (a )).
Таким образом, левая часть формулы (29) равна её правой части,
и тем самым справедливость формулы (29) доказана.
Замечание. Применяя формулу (29), мы переходим к новой переменной интегрирования (делаем подстановку z ( x) = t ). При этом меняется вид подынтегральной функции, изменяется дифференциал
dt = z ′( x) dx , изменяются пределы интегрирования (они теперь отраæàþ ò èçì åí åí èå ï åðåì åí í î é t). Воспользовавшись формулой (29),
уже не нужно возвращаться к первоначальной переменной интегрирования x.
Приведём примеры замены переменной в определённом интеграле.
Пример 9.1. Вычислить
3
∫
1
2
x
2
x +1
1 3
t (0) = 1, t ( ) = . Тогда
2 4
1
2
∫
0
∫
1
x
2
x +1
dx =
10 1
1
1
= ln t = (ln 10 − ln 2) = ln 5.
2
2
2
2
(Сравните с примером 7.9.)
Пример 9.2. Вычислить
∫
0
1− x
26
2
x 3 dx
2
∫
0
3
4
8
4
x + 2x + 2
. Сделаем замену t = x 4 .
Найдём dt = ( x 4 )′dx = 4 x 3dx и вычислим t (0) = 0, t (2) = 16 . Тогда
да
x 3 dx
2
∫
0
=
x8 + 2 x 4 + 2
=
1 2 ( x 4 )′ dx
1 16
dt
=
=
∫
∫
4 0 x8 + 2 x 4 + 2 4 0 t 2 + 2t + 2
16 1
dt
π
1
1 16
t
=
+
= (arctg 17 − ).
arctg(
1
)
∫
2
4
4
4 0 (t + 1) + 1 4
0
Пример 9.4. Вычислить
Найдём dt = (ln x)′dx =
e3
∫
e2
dx
x ln 2 x + 3
. Сделаем замену t = ln x .
dx
и новые пределы интегрирования
x
t (e 2 ) = 2, t (e3 ) = 3 . Тогда
e3
∫
e2
x dx
3
4
1 (1 − x )′
1 dt
1
3
dx = − ∫
=− 2 t =− t =−
+ 1.
∫
2 0 1 − x2
21 t
2
2
1
1
Пример 9.3. Вычислить
dx . Сделаем замену t = x 2 + 1 .
1 10dt
13 1
2
′
(
x
+
1
)
dx
=
=
2 2∫ t
2 1∫ x 2 + 1
1
2
1 − x2
=−
3
4
2
(Сравните с примером 8.4.)
Найдём dt = ( x + 1)′dx = 2 xdx и вычислим новые пределы интегрирования t (1) = 2, t (3) = 10 . Тогда
3
x dx
1
2
dx
x ln 2 x + 3
=
e3
∫
e2
(ln x)′ dx
ln 2 x + 3
3
=∫
2
dt
t2 + 3
. Сделаем замену t = 1 − x 2 .
27
= ln t + t 2 + 3
3
2
= ln
3 + 12
.
2+ 7
Определённый интеграл
π
4
∫
Пример 9.5. Вычислить
0
t = tg x . Найдём dt = (tg x)′dx =
Глава 1. Определённый интеграл и его свойства
tg x dx
2
2
cos x tg x + 9
dx
cos 2 x
. Сделаем замену
∫
0
tg x dx
cos 2 x tg 2 x + 9
1
=∫
0
=
π
4
∫
=
tg x d tg x
∫
tg 2 x + 9
0
=
5
3
sin x
1
∫
0
e
∫
0
cos x dx
5
sin 3 x
=
π
3
∫
0
2
cos x cos x dx
5
1
sin 3 x
=
π
3
∫
0
28
∫
e2x + e x
e 2 x + 16
1
dx = ∫
e2x + e x
e
2x
+ 16
(e x + 1) (e x )′
e 2 x + 16
0
2
−
5
12
e
dt + ∫
e
t +1
1t
2
dx = ∫
5
sin 3 x
∫
dt =
0
4 − x 2 dx .
(30)
и найдём dx = (2 sin t )′dt = 2 cos tdt . Чтобы найти новые пределы интегрирования, нужно решить два уравнения, которые получатся, если
в (30) подставить исходные пределы интегрирования x = 0 и x = 2 соответственно. Таким образом, решая уравнения 2 sin t = 0 и 2 sin t = 2 ,
получим значения нижнего t = 0 и верхнего t =
=
+ 16
1
x = 2 sin t
. Сделаем замену t = sin x .
(1 − sin x) (sin x)′ dx
=
0
dx . Сделаем замену t = e x .
Сделаем замену
2
3
12
2
t5]
e 1
1
t e
2
dt
ln(
t
16
)
arctg
=
+
+
=
2
2
41
2
1 4
1 t + 16
1 t + 16
1
1
1
e 1
1
= ln(e 2 + 16) − ln 17 + arctg − arctg .
2
2
4
4 4
4
=∫
t
2
π
3
рования t (0) = sin 0 = 0, t ( ) =
. Тогда
3
2
3
0
Пример 9.8. Вычислить
Найдём dt = (sin x)′dx = cos x dx и вычислим новые пределы интегри-
π
3
2
5 5
=[ t
t (0) = e 0 = 1, t (1) = e . Тогда
10
1 1 (t 2 + 9)′ dt 1 10 dz
=
=
z
= 10 − 3.
2 0∫
2 9∫ z
9
t2 + 9
cos3 x dx
7
− t 5 )dt
Найдём dt = (e x )′dx = e x dx и новые пределы интегрирования:
Снова введём новую переменную z = t 2 + 9 , найдём dz = 2tdt
и поменяем пределы интегрирования: z (0) = 9, z (1) = 10 . Получим
0
∫ (t
3
5
0
π
4
1 1 (t 2 + 9)′ dt
= ∫
.
t2 + 9 2 0
t2 + 9
∫
dt =
−
5 3 5 3 5 3 35 5 3
= 5 −
=
.
2 4 12 4 4 16 4
t dt
Пример 9.6. Вычислить
3
5
t
3
2
Пример 9.7. Вычислить
tg 2 x + 9
π
3
1− t
2
и новые пределы интегрироваа-
tg x (tg x )′ dx
0
∫
0
π
ния t (0) = tg 0 = 0, t ( ) = 1. Тогда
4
π
4
=
3
2
рования. Окончательно
29
π
пределов интегри2
Определённый интеграл
2
π
2
π
2
Глава 1. Определённый интеграл и его свойства
Пример 10.1
π
2
1
4 − x 2 dx = 4 ∫ cos 2 t dt = 2 ∫ (1 + cos 2t )dt = 2(t + sin 2t ) = π.
2
0
0
0
0
∫
+∞
∫
0
dx
1+ x
A
dx
∫
A→+∞ 1 + x 2
= lim
2
A
= lim arctg x
A→+∞
0
0
= lim arctg A − arctg 0 =
A→+∞
π
2.
Пример 10.2
+∞
∫
1.10. Несобственные интегралы
dx
2
Расширим понятие определённого интеграла.
1.10.1. Несобственный интеграл по бесконечному промежутку
Пусть функция f (x) определена при всех x ≥ a и интегрируемаа
на каждом конечном промежутке [a, A] ( A > a ) . Рассмотрим предел
A
∫ f ( x)dx.
lim
(31)
Его называют интегралом функции f (x) в пределах от a
до + ∞ или несобственным интегралом II рода, и обозначают символом
+∞
∫ f ( x)dx .
a
∫
A→+∞
x
Пример 10.3
1
A→+∞ a
A
= lim
+∞
dx
1
A
dx
 1
= lim  − 
2
A→+∞ x 
x
A
∫ f ( x)dx = Alim
∫ f ( x)dx.
→+∞
a
a
Если предел (31) существует и конечен, то говорят, что интеграл
(32) существует или сходится. Функцию f (x) при этом называют интегрируемой на промежутке [a, + ∞) . Если же рассматриваемый предел (31) не существует или бесконечен, то говорят, что несобственный
интеграл (32) не существует, или расходится.
30
A→+∞
1
+ 1) = 1.
A
A
dx
Таким образом, несобственный интеграл
+∞
dx
∫ x
2
расходится.
Пусть теперь функция f (x) определена на промежутке (−∞, b]
и интегрируема на любом конечном промежутке [ B, b] ( B < b) .
Несобственным интегралом II рода, или интегралом функции f (x)
в пределах от − ∞ до b, называется
b
∫ f ( x)dx .
lim
B → −∞ B
(33)
Этот интеграл обозначается следующим образом:
b
∫ f ( x)dx .
(34)
−∞
Таким образом,
+∞
1
= lim (−
ln x = lim (ln A − ln 2) = +∞ .
∫ x = Alim
∫ x = Alim
→
+∞
→
+∞
A→+∞
2
2
2
(32)
Таким образом,
A
b
∫
−∞
f ( x)dx = lim
b
∫ f ( x)dx.
B → −∞ B
Если предел (33) существует и конечен, то говорят, что интеграл
(34) существует или сходится. Функцию f (x) при этом называют ино
тегрируемой на промежутке (−∞, b] . В противном случае говорят, что
несобственный интеграл (34) не существует, или расходится.
Пусть функция f (x) определена на всей числовой оси и интегрируема на каждом промежутке [ B, A]
31
( B < A) .
Определённый интеграл
Глава 1. Определённый интеграл и его свойства
Тогда будем говорить, что функция f (x) интегрируема на всей
числовой оси и
+∞
c
+∞
−∞
−∞
c
∫ f ( x)dx = ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx ,
(35)
где c – любое число, если оба интеграла в правой части (35) сходятся.
Вычисляя интегралы по бесконечным промежуткам, можно
пользоваться формулой Ньютона – Лейбница. Пусть функция F (x)
является первообразной для функции f (x ) в промежутке [a, + ∞) . Ввеедём обозначение
F (+∞ ) = lim F ( A) ,
если вычисляемый предел существует. Тогда
∫
f ( x)dx = F (+∞) − F (a ) = F ( x)
a
1
1
1
1
dx = − xe −2 x + ∫ e −2 x dx = − xe −2 x − e −2 x + C.
2
2
2
4
Затем, применяя правило Лопиталя, найдём:
∫ xe
−2 x
lim xe −2 x = lim
x →+∞
Таким образом,
= lim
1
x→+∞ 2e
2x
+∞
=
1
lim e − 2 x = 0.
2 x→+∞
 1 −2 x 1 −2 x 
−2 x
∫ xe dx = − 2 xe − 4 e 
0
+∞
.
a
Точно так же, если функция F (x) является первообразной для
функции f (x) в промежутке (−∞, b] и если положить
F ( −∞) = lim F ( B),
+∞
0
1
= .
4
A
∫ f ( x)dx.
lim
A→+∞ − A
Этот предел называется главным значением интеграла
+∞
∫ f ( x)dx
−∞
и обозначается следующим образом:
B → −∞
то справедлива запись
+∞
b
b
−∞
−∞
∫ f ( x)dx = F (b) − F (−∞) = F ( x)
.
Тогда, если функция F (x) – первообразная для функции f (x) при
о
x ∈ (−∞, + ∞) , то
+∞
+∞
−∞
−∞
∫ f ( x)dx = F ( x)
Пример 10.4. Вычислить
+∞
∫ xe
−2 x
.
dx .
0
Сначала вычислим
x
x→+∞ e 2 x
Рассмотрим по-прежнему функцию f (x ) , интегрируемую на любом конечном промежутке. Пусть существует конечный предел вида
A→ + ∞
+∞
Тогда
∫ xe
−2 x
dx , применяя интегрирование по час-
1
тям. Положим u = x, dv = e − 2 x dx . Получим du = dx, v = − e −2 x .
2
32
V.p. ∫ f ( x)dx .
−∞
1.10.2. Несобственный интеграл от неограниченной функции
Рассмотрим теперь конечный промежуток [a, b] , на котором функция f (x) не ограничена.
Пусть функция f (x) задана, ограничена и интегрируема на люся
бом отрезке [a, b − ε] (ε > 0) , но в точке x = b функция f (x) является
бесконечно большой, т. е. lim f ( x ) = ∞ .
Рассмотрим предел
x →b − 0
lim
ε → +0
b −ε
∫ f ( x)dx .
a
33
(36)
Определённый интеграл
Глава 1. Определённый интеграл и его свойства
Этот предел называется несобственным интегралом функции
f (x ) от a до b, или несобственным интегралом I рода, и обозначается как обычно:
Таким образом, рассматриваемый интеграл расходится.
Теперь рассмотрим случай, когда функция f (x) определена, ограничена и интегрируема в промежутках [a, c) и (c, b] и является бескоо-
b
∫ f ( x)dx .
(37)
a
Если предел (36) существует и конечен, то говорят, что интеграл
(37) существует, или сходится, а функция f (x) интегрируема на промежутке [a, b] . Если предел (36) бесконечен или не существует, то говорят, что интеграл (37) не существует, или расходится.
Пример 10.5
1−ε dx
1−ε
dx
= lim ∫
= lim (−2 1 − x ) = lim (−2 ε + 2) = 2 .
1 − x ε→+0 0 1 − x ε→+0
ε → +0
0
0
Пример 10.6
1
∫
1
∫
0
dx
1− x2
= lim
ε→+0
1−ε
∫
0
dx
1− x2
= lim arcsin x
1−ε
ε→+0
0
= lim arcsin(1 − ε) =
ε→+0
π
.
2
Пусть теперь функция f (x ) задана, ограничена и интегрируемаа
на любом отрезке [a + ε, b] (ε > 0) , но в точке x = a функция f (x ) является бесконечно большой, т. е. lim f ( x) = ∞ . Тогда несобственный
x →a + 0
интеграл функции f (x) в пределах от a до b определяется равенством
м
b
b
∫ f ( x)dx = εlim
∫ f ( x)dx.
→ +0
a
a +ε
(38)
Если предел, стоящий в правой части (38), существует и конечен,
то говорят, что несобственный интеграл существует, или сходится, а
сфункция f (x) интегрируема на промежутке [a, b] . Если же предел бесконечен или не существует, то говорят, что интеграл не существует,
или расходится.
Пример 10.7
1
∫
0
1
1
dx
dx
= lim ∫
= lim ln x = lim (− ln ε) = ∞.
ε→+0
x ε→+0 ε x ε→+0
ε
34
нечно большой в точке x = c , т. е. lim f ( x) = ∞ . Тогда несобственный
x →c
м
интеграл функции f (x) в пределах от a до b определяется равенством
b
∫
a
f ( x )dx = lim
c −ε1
∫
ε1→+0
a
f ( x)dx + lim
ε 2 →+0
b
∫ f ( x)dx.
c + ε2
(39)
Если оба предела в правой части (39) существуют и конечны при
стремлении к нулю ε1 и ε 2 (ε1 > 0, ε 2 > 0) произвольно и независимо друг от друга, то несобственный интеграл сходится. В противном
случае он расходится. Сравнивая (36), (38) и (39), видим, что справедливо равенство
b
∫
a
c
b
a
c
f ( x)dx = ∫ f ( x )dx + ∫ f ( x)dx .
(40)
Несобственный интеграл в левой части (40) сходится, если сходятся оба несобственных интеграла в правой части. Если хотя бы один
из интегралов справа расходится, то расходится и исходный интеграл
слева.
Главным значением несобственного интеграла функции f (x) отт
a до b в этом случае называется конечный предел
lim (
ε → +0
c −ε
b
a
c +ε
∫
f ( x) dx +
∫ f ( x)dx) ,
если он существует. Главное значение обозначается так:
b
V.p.∫ f ( x)dx .
a
Пример 10.8. Вычислить несобственный интеграл
3
x
∫ x 2 − 4 dx
0
или доказать, что он расходится.
35
Определённый интеграл
Глава 1. Определённый интеграл и его свойства
Решение. Подынтегральная функция терпит бесконечный разрыв
внутри промежутка интегрирования при x = 2 . Согласно определению
1
ln x
x = 0.
= 6 lim
= 6 lim
x →+0 1
x→+0  1 
− 2 
x
 x 
Следовательно, подынтегральная функция является бесконечно
большой при x → +0 . Согласно определению
3
2 − ε1
x
∫ x 2 − 4 dx = ε lim
∫
→ +0
1
0
2
x
x −4
0
dx + lim
ε 2 → +0
3
∫
2+ε2
2
x
x −4
dx.
Рассмотрим каждый из двух пределов отдельно:
а)
б)
2 − ε1
2 − ε1
1
2
ln
x
−
4
=
∫ x2 − 4
ε1 → +0
ε1 → +0 2
0
0
1
1
lim ln − 4ε1 + ε12 − ln 4 = −∞;
=
2 ε1 → +0
2
lim
lim
ε 2 → +0
3
∫
2+ ε 2
x
x
x2 − 4
1
e
dx = lim
1
ln x 2 − 4
ε2 →+0 2
dx = lim
3
3
2−ε
3
x
x
x
dx = lim ( ∫ 2
dx + ∫ 2
dx) =
V . p .∫ 2
ε → +0
x
x
x
−
4
−
4
−
4
2+ ε
0
0
0
1
e
dx
∫ x ln 3 x ,
1
e
dx
∫ x ln 3 x
ε
В результате
Пример 10.9. Вычислить несобственный интеграл
сделав замену z = ln x . Тогда dz =
1
dx, z (ε) =
x
1
e
=
−1
1 −1
1
1
.
=
−
=− +
2
3
2
2
z
2
z
2
ln
ε
ln
ε
ln ε
∫
dz
dx
1
1
1
− =− .
∫ x ln 3 x = εlim
2
→ +0 2 ln 2 ε 2
0
Пример 10.10. Вычислить несобственный интеграл
2
dx
dx
∫ (3 − x)
∫ x ln 3 x
0
0
Решение. С помощью правила Лопиталя вычислим L = lim x ln 3 x .
x → +0
1
1
2 ln x ⋅
3 ln 2 x ⋅
3
2
ln x
x = −3 lim ln x = −3 lim
x=
L = lim
= lim
1
x → +0 1
x →+0 
x
→
+
0
x
→
+
0
1 
 1 
− 2 
− 2 
x
x
 x 
 x 
36
ε
1
= ln ε, z ( ) = −1 . Получим:
e
ε 2 − 4ε
5 1
ε−4
5
1
1
= ln 5 − ln 2 + lim ln 2
= ln
+ lim ln
= ln
.
2 2 ε → +0 ε + 4
2
2
2 ε → +0 ε + 4ε
или доказать его расходимость.
dx
ε
2+ ε 2
1
1
= ln 5 −
lim ln 4ε 2 + ε 22 = +∞.
2
2 ε 2 → +0
В итоге рассматриваемый интеграл расходится. Но он сходится
в смысле главного значения. Действительно,
1
e
dx
.
∫ x ln 3 x = εlim
∫
→ +0 x ln 3 x
Вычислим
=
1
e
2−x
или доказать его расходимость.
Решение. Подынтегральная функция является бесконечно большой при x → 2 − 0 . Согласно определению
2
2 −ε
dx
dx
lim
=
∫ (3 − x) 2 − x ε→+0 ∫ (3 − x) 2 − x .
0
0
37
Определённый интеграл
2− ε
Вычислим
∫
0
dx
, сделав замену переменной
(3 − x) 2 − x
z 2 = 2 − x ( z > 0) . Найдём dx = −2 zdz и новые пределы интегрироваания z (0) = 2 , z (2 − ε) = ε . Тогда
2− ε
∫
0
dx
= −2
(3 − x) 2 − x
∫
2
zdz
2
(1 + z ) z
= −2
ε
∫
2
dz
2
(1 + z )
= −2 arctg z
ε
=
2
= 2 arctg 2 − 2 arctg ε.
В итоге
2
ε
dx
∫ (3 − x)
= 2 arctg 2 − 2 lim arctg ε = 2 arctg 2.
ε → +0
2− x
Пример 10.11. Вычислить несобственный интеграл
0
1
∫ ln xdx
0
или доказать его расходимость.
Решение. Подынтегральная функция стремится к − ∞ при стремлении переменной x к нулю справа. Согласно определению
1
1
0
ε
∫ ln xdx = εlim
∫ ln xdx .
→ +0
Применим метод интегрирования по частям, выбрав
u = ln x, dv = dx , и вычислим
1
1
1
1
ε
ε
ε
ε
∫ ln xdx = ( x ln x) − ∫ dx = −ε ln ε − x = −ε ln ε − 1 + ε.
Вычисляя предел полученного выражения, воспользуемся правилом Лопиталя. Тогда
1
(−ε ln ε − 1 + ε) = − lim
∫ ln xdx = εlim
→+0
ε → +0
0
38
1
ε − 1 = −1 .
1
ln ε
− 1 = − lim
1
ε→+0
− 2
ε
ε
Глава 2. ПРИЛОЖЕНИЯ ОПРЕДЕЛЁННОГО ИНТЕГРАЛА
2.1. Общий подход к приложениям определённого интеграла
Прежде чем использовать определённый интеграл для нахождения неизвестных величин в области геометрии, механики и физики,
изложим общий подход к решению прикладных задач с применением
определённого интеграла. Отметим, что при этом обобщаются рассуждения, изложенные нами при вычислении площади криволинейной
трапеции.
Пусть нужно найти значение некоторой величины G, являющейся функцией промежутка [a, b] . При этом предполагается, что если
[a, b] = [a, c] ∪ [c, b] (a < c < b ) , то значение G для промежутка [a, b]
равно сумме значений G для промежутков [a, c] и [c, b] . Для вычисления величины G выполним следующие действия:
1. Выделим внутри отрезка [a, b] элементарный отрезок
[ x, x + ∆x ] , где ∆x – бесконечно малая величина. Пусть ∆G – значение
величины G для промежутка [ x, x + ∆x ] , а dG – значение, удовлетворяющее условию
(41)
∆G = dG + o(∆x) ,
где o(∆x) – бесконечно малая величина более высокого порядка малости,
ом величины G .
чем ∆x = dx . Назовём dG бесконечно малым элементом
2. Исходя из условий задачи, составим формулу для вычисления
бесконечно малого элемента dG:
(42)
dG = g ( x)dx ,
«пожертвовав» величинами более высокого порядка малости, чем
dx = ∆x .
3. Вычислим величину G, интегрируя равенство (42) на промежутке [a, b] . Тогда
b
G = ∫ g ( x)dx.
a
39
(43)
Определённый интеграл
Глава 2. Приложения определённого интеграла
Замечание. Во всех последующих задачах будем сразу выражать
бесконечно малый элемент вычисляемой величины точным равенством
вида (42). Тот факт, что при его вычислении исключались величины более высокого порядка, чем dx = ∆x , оставляем всюду без доказательства.
2.2. Геометрические приложения определённого интеграла
2.2.1. Вычисление площадей
А. Площадь F криволинейной трапеции, ограниченной линиями
x = a, x = b, y = 0 , y = f (x) ( a < b, f ( x) ≥ 0 при x ∈ [a, b] ) вычисляется по формуле
Затем интегрируем равенство (45) на промежутке [a, b] и получаем формулу (44). Заметим здесь, что формула (44) справедлива также
в силу геометрического смысла определённого интеграла.
Пример 2.1.1. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями y = 0, y = x , x = 9 (рис. 8).
Решение. Данная фигура является криволинейной трапецией.
Её площадь вычисляется по формуле
(44)
a
Она получена так. Выделяем промежуток [ x, x + dx] . Ему соответствует элемент площади ∆F , заштрихованный на рис. 7. В качествее
бесконечно малого элемента dF возьмём площадь прямоугольникаа
с шириной dx и высотой f (x) . Тогда
да
dF = f ( x)dx .
(45)
y
O
y= x
1 2 3 4 5 6 7 8 9
9
x
Рис. 8
0
откуда
3
2
F = x2
3
9
=
0
2
⋅ 27 = 18 .
3
Пример 2.1.2. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями y = 0, y = 2 x , x = −1, x = 2 (рис. 9).
y
Решение. Данная фигура является
криволинейной трапецией. Её площадь
вычисляется по формуле
4
2
y = f (x)
f (x )
2
1
F = ∫ xdx ,
b
F = ∫ f ( x)dx.
y
3
y = 2x
3
2
x
F = ∫ 2 dx ,
1
−1
откуда
∆F (x )
O
a
x
x + dx b
1 x
2
F=
ln 2
x
2
1
1
7
(4 − ) =
=
.
2
2 ln 2
−1 ln 2
O
1
2
x
Рис. 9
Пример 2.1.3. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями y = 0, y = ln x, x = 3 (рис. 10).
Рис. 7
40
−1
41
Определённый интеграл
y
Решение. Рассматриваемая фигура является криволинейной трапецией, ограниченной сверху графиком функции
y = ln x , а слева и справа –
прямыми x = 1, x = 3 соответственно. Её площадь вычисляется по формуле
y = ln x
1
O
1
e3
2
Глава 2. Приложения определённого интеграла
x
Рис. 10
F = ∫ ln xdx .
1
Используем формулу интегрирования по частям и получим:
3
1
1
криволинейной трапеции, ограниченной линиями x = e −2 , x = 1, y = 0 ,
y = − ln x , а F2 – площадь криволинейной трапеции, ограниченной
линиями x = 1, x = e, y = 0, y = ln x . Тогда площадь всей фигуры
F = F1 + F2 ,
где F1 =
3
3
Решение. Площадь заданной фигуры следует рассматривать как
сумму площадей двух криволинейных трапеций. Пусть F1 – площадь
1
∫ (− ln x)dx ,
e−2
1
1
F1 =
e
Пример 2.1.4. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями y = 0, y = ln x , x = e
1
Вычисляем интегралы, используя формулу интегрирования
по частям.
3
F = ∫ ln xdx = ( x ln x) − ∫ dx = 3 ln 3 − 2 .
−2
e
F2 = ∫ ln xdx .
1
∫−2(− ln x)dx = − ∫−2ln xdx = −( x ln x − x)
e
1
e −2
=
= −(−1) + e − 2 (−2) − e − 2 = −3e − 2 + 1.
, x = e (рис. 11).
e
e
1
1
F2 = ∫ ln xdx = ( x ln x − x ) = e − e − (−1) = 1.
y
2
Итак, F = F1 + F2 = 2 − 3e −2 .
Пример 2.1.5. Вычислить площадь фигуры, ограниченной лини-
y = − ln x
y = ln x
1
F1
O e−2
x
ями y = 0, y = sin , x = 0, x = 2π (рис. 12).
2
F2
1
2
–1
–2
e 3
x
F=
Рис. 11
42
y
Решение. Воспользуемся
формулой для вычисления площади криволинейной трапеции.
Тогда
2π
∫
0
y = sin
1
O
x
2
π
Рис. 12
x
x
sin dx = −2 cos
2
2
2π
0
43
= −2(cos π − cos 0) = 4 .
2π x
Определённый интеграл
Глава 2. Приложения определённого интеграла
Пример 2.1.6. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиπ
π
ями y = 0, y = tg x, x = , x = (рис. 13).
6
3
y
Решение. Рассматриваемая фигура симметрична относительно начала координат. Поэтому её площадь F можно вычислить по формуле
F = 2F0 ,
где F0 – площадь криволинейной трапеции, ограниченной линиями
x = 0, x = 1, y = 0, y = arctg x , т. е.
y = tg x
1
F0 = ∫ arctg xdx .
0
Для вычисления интеграла применим формулу интегрирования по
1
dx
частям. Положим u = arctg x, dv = dx и найдём du =
π
π
6
3
Рис. 13
O
π
2
1
x
F0 = ∫ arctg xdx = x arctg x − ∫
0
Решение. Воспользуемся формулой для вычисления площади криволинейной трапеции.
π
3
π
3
π
6
π
6
F = ∫ tg xdx = − ln cos x
= −(ln cos
π
π
1
3 1
− ln cos ) = − ln + ln
= ln 3
3
6
2
2
2
.
Пример 2.1.7. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями y = 0, y = arctg x, x = −1, x = 1 (рис. 14).
y
y = arctg x
π2
π4
−1
O 1
−π 4
−π 2
Рис. 14
44
x
, v = x . Тогда
да
1 xdx
=
−
arctg
1
∫ 1 + x2 .
2
0 01+ x
0
1
1
1+ x2
xdx
2
Введём новую функцию z = 1 + x . Заметим, что dz = 2 xdx,
z (0) = 1, z (1) = 2 . Получим:
1
F0 = arctg 1 − ∫
В итоге
xdx
01+
x
2
=
π 1 2 dz π 1
−
= − ln z
4 2 1∫ z 4 2
2
1
=
π 1
− ln 2 .
4 2
π 1
π
F = 2( − ln 2) = − ln 2 .
4 2
2
Пример 2.1.8. Вычислить
площадь фигуры, ограниченной коорy
динатными осями и правой верхней
2
четвертью эллипса
x2 y2
+
= 1.
9
4
0
3 x
Решение. Рассматриваемая
фигура (рис. 15) является криволинейРис. 15
ной трапецией, ограниченной линия2
9 − x 2 , x = 0, x = 3 . Её площадь вычисляется по
ми y = 0 , y =
3
формуле
45
Определённый интеграл
F=
Глава 2. Приложения определённого интеграла
Пример 2.1.9. Вычислить площадь фигуры, ограниченной лини-
23
9 − x 2 dx.
3 0∫
Чтобы вычислить интеграл, используем замену переменной
π π
x = 3 sin t (t ∈ [− , ]) . Тогда dx = 3 cos tdt и 9 − x 2 = 3 cos t . Значече2 2
нию x = 0 соответствует значение t = 0 , а значению x = 3 соответствуует значение t =
3
∫
0
ями y = 3 x − 3, y = ( x − 1) 2 .
Решение. Найдем точки пересечения прямой и параболы и построим заданную фигуру (рис. 17).
y
9
π
. Получаем:
2
π
2
9 − x 2 dx = 9 ∫ cos 2 tdt =
0
π
2
1
9
9
(1 + cos 2t )dt = (t + sin 2t )
∫
2
2
20
π
2
0
=
9π
.
4
y = 3x − 3
Окончательно
F=
3π
.
2
y = ( x − 1) 2
Б. Рассмотрим фигуру, ограниченную линиями x = a , x = b
(a < b) , y = f1 ( x), y = f 2 ( x) ( f1 ( x) ≤ f 2 ( x) при x ∈ [a, b] ). Она изображена на рис. 16.
y
y = f 2 ( x)
a
O
b
x
x + dx
x
dF (x)
Вычислим её площадь.
За бесконечно малый элемент
площади примем площадь
заштрихованной полоски
шириной dx и высотой, равной f 2 ( x) − f1 ( x ) .
Тогда
dF = ( f 2 ( x) − f1 ( x))dx,
b
y = f1 ( x)
F = ∫ ( f 2 ( x) − f1 ( x) )dx.
a
Рис. 16
46
O
1
x x + dx 4
x
Рис. 17
Для этого решим систему уравнений
 y = 3 x − 3;

2
 y = ( x − 1) .
Она равносильна системе
 x = 1;
 y = 0;
y
x
=
3
(
−
1
);


 y = 3( x − 1);


или
откуда  x = 4;
2
( x − 1)( x − 4) = 0,
( x − 1) − 3( x − 1) = 0,

 y = 9.
47
Определённый интеграл
Глава 2. Приложения определённого интеграла
Определим dF – бесконечно малый элемент вычисляемой
площади. Он равен площади прямоугольника, заштрихованного
на рис. 17, т. е.
dF = [(3 x − 3) − ( x − 1) 2 ]dx = (− x 2 + 5 x − 4)dx.
 y = x 2 + 4 x;

 x + y = 6.
Она равносильна системе
 x = 1;
 y = 5;
 x + 5 x − 6 = 0;


откуда 

y
x
=
6
−
,

 x = −6;

 y = 12.
Интегрируем его в пределах изменения переменной x от 1 до 4
и получаем искомую площадь:
4
F = ∫ (− x 2 + 5 x − 4)dx = (−
1
4
x3 5x 2
+
− 4 x) =
3
2
1
64
1 5
9
= (− + 40 − 16) − (− + − 4) = .
3
3 2
2
Пример 2.1.10. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями y = x 2 + 4 x, x + y = 6.
Решение. Построим заданную фигуру (рис. 18).
dF = [(6 − x ) − ( x 2 + 4 x)]dx = (− x 2 − 5 x + 6)dx.
Искомую площадь получаем, проинтегрировав полученный результат в пределах изменения переменной x от –6 до 1. Тогда
F = ∫ (− x 2 − 5 x + 6)dx = (−
12
−6
5
−6
dx O 1
y = x2 + 4x
−4
x
Рис. 18
Найдём точки пересечения указанных в условии линий. Решим
для этого систему уравнений
48
Бесконечно малый элемент dF вычисляемой площади равен площади прямоугольника, заштрихованного на рис. 18, т. е.
1
y
y =6− x
2
1
x 3 5x 2
−
+ 6 x) =
3
2
−6
1 5
343
.
= − − + 6 − (72 − 90 − 36) =
3 2
6
Пример 2.1.11. Вычислить
y
площадь фигуры, ограниченной
y = x +1
линиями x = 0, x = 1, y = x + 1,
2
y = arccos x − 1.
1
Решение. Построим заданную фигуру (рис. 19).
π 2 −1
O
1
Бесконечно малый элемент
y = arc cos x − 1
dF искомой площади равен
−1
площади заштрихованного на
рис. 19 прямоугольника и выРис. 19
числяется по формуле
dF = [( x + 1) − (arccos x − 1)]dx = ( x + 2 − arccos x)dx.
49
x
Определённый интеграл
Глава 2. Приложения определённого интеграла
Тогда
1
( x + 2) 2 1
1
dF = ( xe − x − (1 − e x ))dx .
1
9
− 2 − ∫ arccos xdx .
2
2
0 0
0
0
Интеграл, стоящий в правой части последнего равенства, вычисляем, пользуясь приёмом интегрирования по частям, выбрав
u = arccos x; dv = dx . Тогда
F = ∫ ( x + 2 − arccos x)dx =
1
1
− ∫ arccos xdx =
1
∫ arccos xdx = x arccos x + ∫
0
0
0
1
xdx
1− x
2
=∫
0
xdx
1− x
2
.
xdx
∫
1− x
0
2
=−
1
1 0 dz 1 1 dz
=
=
z
= 1.
∫
∫
21 z 20 z
0
y = xe
−x
2
0
x
9
3
− 2 −1= .
2
2
линиями y = xe − x , y = 1 − e x , x = 2.
Решение. Построим заданную фигуру (рис. 20).
График функции y = xe
dx
y =1− e
x
1 − e2
Рис. 20
−x
имеет
1
в точке x = 1 максимум, равный , а в точчe
ке x = 2 – перегиб, причём y (2) =
2
2
.
e
Бесконечно малый элемент dF искомой площади равен площади заштрихованной вертикальной полосы. На рис. 20
это прямоугольник шириной dx и высо-
той xe − x − (1 − e x ) . Тогда
50
2
0
0
0
0
2
= ∫ xe − x dx − 2 + e 2 − e 0 .
0
Для вычисления последнего интеграла используем формулу
интегрирования по частям, выбрав u = x, dv = e − x dx .
2
2 2
2
0
0 0
0
= −2e −2 − e − 2 + e 0 = −3e −2 + 1.
Окончательно получаем
Пример 2.1.13. Вычислить площадь фигуры, ограниченной
Пример 2.1.12. Вычислить площадь фигуры, ограниченной
y
2
F = −3e −2 + 1 − 2 + e 2 − 1 = −3e − 2 + e 2 − 2 .
Итак,
F=
2
−x
−x
−x
−2
−x
∫ xe dx = (− xe ) + ∫ e dx = −2e − e =
Осуществим теперь замену переменной. Пусть z = 1 − x 2 . Тогда
dz = −2 xdx, z (0) = 1, z (1) = 0 и
1
2
F = ∫ ( xe − x − 1 + e x )dx = ∫ xe − x dx − x + e x
линиями y = e x , y = e 2− x , y = 1 − x 2 , x = 2 .
Решение. В данном случае верхняя граница фигуры и её левая
и правая границы составлены из различных кривых (рис. 21).
Поэтому, чтобы применить
стандартные рассуждения, фигуру
следует расчленить на части. Рассматриваемая фигура является
объединением фигур I и II, как показано на рис. 21. Площадь рассматриваемой фигуры представим
как сумму двух площадей:
F = F1 + F2 .
y = ex
y
e
1
0
dx 1
Здесь F1 – площадь фигуры I,
x
ограниченной линиями y = e ,
y = 1 − x 2 , x = 1 ; F2 – площадь фигуры II, ограниченной линиями
y = e 2− x , y = 1 − x 2 , x = 1, x = 2 .
y = 1 − x2
−3
Рис. 21
51
y = e2 − x
I II
2
x
Определённый интеграл
Глава 2. Приложения определённого интеграла
Теперь можно применить стандартную схему. Вычислим бесконечно малые элементы площадей F1 и F2 (соответствующие вертикальные полоски показаны на чертеже):
dF1 = (e x − (1 − x 2 ))dx ,
Вычислим её площадь. За бесконечно малый элемент площади
примем площадь заштрихованной полоски с высотой ∆y = dy и шириной, равной ϕ 2 ( y ) − ϕ1 ( y ) . Тогда
dF = (ϕ 2 ( y ) − ϕ1 ( y ))dy,
dF2 = (e 2− x − (1 − x 2 ))dx .
Тогда
1
F1 = ∫ (e x − (1 − x 2 ))dx = (e x − x +
0
F=
1
5
) = e − 1 + − e0 = e − .
3 0
3
3
2
1
x3 2
) =
3 1
8
1
1
= −e − 2 + − ( −e − 1 + ) = e + .
3
3
3
0
В итоге
4
F = 2e − .
3
(c < d ) , x = ϕ1 ( y ), x = ϕ 2 ( y ) ( ϕ1 ( y ) ≤ ϕ 2 ( y ) при y ∈ [c, d ] ) (рис. 22).
x = ϕ1 ( y )
Пример 2.1.14. Вычислить площадь фигуры, ограниченной пра2
вой ветвью гиперболы x 2 − y 2 = 3 и параболой y + x − 3 = 0 .
Решение. Построим заданные в условии кривые (рис. 23)
y
x = 3 − y2
1
В. Рассмотрим фигуру, ограниченную линиями y = c , y = d
y
∫ (ϕ 2 ( y ) − ϕ1 ( y ))dy.
c
x3 1
F2 = ∫ (e 2− x − (1 − x 2 ))dx = (−e 2− x − x +
d
y + ∆y
y
O
dF ( y )
1
3 2
dy
3
x
−1
x = 3 + y2
x = ϕ2 ( y )
d
y + ∆y
y
dF ( y )
Рис. 23
и найдём их точки пересечения. Для этого решим систему уравнений
O
x
c
 x 2 − y 2 = 3, x > 0;
 2
 y = 3 − x.
Рис. 22
52
53
Определённый интеграл
Глава 2. Приложения определённого интеграла
Она равносильна системе
Тогда
 x = 2;
 y = 1;
 x 2 + x − 6 = 0, x > 0;
 x = 2;

 2
или  2
откуда 
 y = 3 − x,

 x = 2;
 y = 3 − x,

 y = −1.
Рассматриваемая фигура симметрична относительно оси Ox . Так
что её площадь вычисляется по формуле
F = 2F0 ,
где F0 – площадь фигуры, ограниченной гиперболой, параболой
и осью Ox .
Бесконечно малый элемент dF0 искомой площади F0 равен площади заштрихованной горизонтальной полосы (см. рис. 23) высотой
dy = ∆y . Чтобы найти длину полосы, выразим из уравнений границы
фигуры переменную x как функцию y . Правая ветвь гиперболы есть
y 2 + 3 , а из уравнения параболы получаем
график функции x =
2
2
2
да
x = 3 − y , откуда длина полосы равна (3 − y ) − y + 3 . Тогда
dF0 = [(3 − y 2 ) − y 2 + 3 ]dy .
1
F0 = ∫ [(3 − y 2 ) − y 2 + 3]dy = (3 y −
0
y3 1
) −
3 0
F0 =
и
10 3
− ln 3 .
3 2
Пример 2.1.15. Вычислить площадь фигуры, расположенной
в правой полуплоскости и ограниченной линиями x 2 + ( y + 1) 2 = 16
и y 2 + 2 y + x − 15 = 0 .
Решение. Определим сначала тип заданных в условии линий.
Линия, описываемая уравнением
F=
x 2 + ( y + 1) 2 = 16 ,
представляет собой окружность радиусом 4 с центром в точке (0; − 1) .
Уравнение
(46)
y 2 + 2 y + x − 15 = 0
приведём к каноническому виду
( y + 1) 2 = −( x − 16) .
Получена парабола с осью симметрии y = −1, вершиной в точкее
(16; − 1) и направлением от директрисы к фокусу, противоположным
направлению оси Ox . Обе кривые пересекают ось Oy в точках (0; − 5)
и (0; 3) . Заданная фигура с искомой площадью F представлена
на рис. 24 и обозначена II.
y
3
1
8 1
− ∫ y 2 + 3 dy = − ∫ y 2 + 3 dy .
3 0
0
Интеграл, стоящий в правой части цепочки равенств, вычислен
в примере 8.5.
1
∫
0
3
y + 3 dy = 1 + ln 3.
2
8
3
5 3
− 1 − ln 3 = − ln 3
3
2
3 4
y + dy
y
2
2
x + ( y + 1) = 16
16 x
−1
I
2
II
−5
Рис. 24
54
55
x = 15 − y 2 − 2 y
Определённый интеграл
Глава 2. Приложения определённого интеграла
Площадь фигуры I, являющейся полукругом радиусом 4, обозна-
y
чим F1 . Так как площадь круга радиусом R вычисляется как πR 2 ,
то F1 = 8π .
Площадь фигуры, ограниченной параболой (46) и осью Oy , обо-
x = y2 − 2 y
1
значим F0 .
Заметим, что площадь F данной фигуры II можно представить
да
как разность площадей F0 и F1 . Тогда
−2
Вычисляем F0 . Бесконечно малый элемент dF0 равен площади
−5
= (45 − 9 − 9) − (−75 +
В итоге
dF = [(− y 2 − 4 y ) − ( y 2 − 2 y )]dy .
3
y3
− y2 ) =
3
−5
y
x = − y2 − 4y
0
125
256
− 25) =
.
3
3
y + dy
y
256
− 8π .
F=
3
Пример 2.1.16. Вычислить площадь фигуры, ограниченной параболами x = y 2 − 2 y , x = − y 2 − 4 y .
Решение. Построим заданную фигуру. Найдём точки пересече2
ния парабол, решая уравнение y 2 − 2 y = − y 2 − 4 y , или 2 y + 2 y = 0 .
Его корни суть y = 0, y = −1. Заданные параболы пересекаются в точках (0; 0) и (3; − 1) . Рассматриваемая фигура представлена на рис. 25.
56
x = − y2 − 4 y
Бесконечно малый элемент площади имеет вид
dF0 = (15 − y 2 − 2 y )dy ,
F0 = ∫ (15 − y 2 − 2 y )dy = (15 y −
x
Рис. 25
прямоугольника, заштрихованного на рис. 24, высотой dy и перемен-
3
4
−1
F = F0 − 8π .
ной длиной, которую найдём, выражая x = 15 − y 2 − 2 y из уравнения
параболы (46). Таким образом,
3
−1 O
−1
3 x
x = y2 − 2 y
Рис. 26
На рис. 26 его изображает заштрихованная горизонтальная полоска.
Итак,
dF = (−2 y 2 − 2 y )dy .
Тогда
0
F = ∫ ( −2 y 2 − 2 y )dy = −2(
−1
y3 y2 0
1 1 1
+ ) = 2(− + ) = .
3
3 2
3
2 −1
57
Определённый интеграл
Глава 2. Приложения определённого интеграла
2.2.2. Вычисление объёма тела через площадь его сечения
Пусть тело в пространстве расположено между плоскостями x = a
и x = b (рис. 27). Будем искать объём V этого тела.
F (x)
a
x
x + dx
b
x
Рис. 27
Рассечём тело на слои в различных точках x (a ≤ x ≤ b) плоскоостями, перпендикулярными оси Ox . Пусть в каждой точке x известна
площадь этого сечения F (x) . Она является функцией переменной x.
Выделим элемент объёма ∆V – объём тела, расположенного между
параллельными плоскостями, проходящими через через точки x и x + dx
на оси Ox .
За бесконечно малый элемент искомого объёма dV примем объём
бесконечно узкого цилиндра высотой dx и площадью основания F (x) .
Тогда
dV = F ( x)dx ,
и объём тела вычисляется по формуле
b
V = ∫ F ( x)dx.
a
2.2.3. Вычисление объёма тела вращения
А. На рис. 28 показано тело,
полученное вращением вокруг оси
Ox криволинейной трапеции, ограниченной линиями x = a, x = b,
y = 0 , y = f (x) .
y = f (x)
Будем искать его объём. Обознаa
x x + dx b
x
O
чим его через V x . Рассечём тело плоскостью, перпендикулярной оси Ox ,
в произвольной точке x ∈ [a, b] . Рассмотрим элемент объёма ∆V x , полуРис. 28
ченный вращением криволинейной
трапеции, опирающейся на отрезок [ x, x + dx] длиной dx . За бесконечно
малый элемент объёма dV x примем объём цилиндра с высотой dx и площадью основания, равной площади круга радиусом f (x) :
dV x = πf 2 ( x)dx .
Тогда
b
V x = π ∫ f 2 ( x)dx .
(47)
a
Пример 2.3.1. Вычислить y
объём тела, полученного вращени- 1
ем вокруг оси Ox плоской фигуры, ограниченной осью Ox
и полуволной синусоиды O
( y = sin x , x = 0 , x = π ) (рис. 29).
Решение.
π
Vx = π ∫ sin 2 xdx =
0
58
y
y = sin x
dx
π
2
π
Рис. 29
π π2
1
ππ
π
(
1
cos
2
)
(
−
=
−
= .
x
dx
x
sin
2
x
)
2 0∫
2
2
2
0
59
x
Определённый интеграл
Глава 2. Приложения определённого интеграла
Пример 2.3.2. Вычислить объём тела, полученного вращением
вокруг оси Ox плоской фигуры, ограниченной кривой y 2 + x = 2 и прямой x + 4 = 0 .
Решение. Построим
заданную в условии плоскую фигуру. Она ограниче-
y
x
y2 = 2 − x
x + dx
2
x
на параболой y = 2 − x
и прямой x = −4 . Будем вращать её вокруг оси Ox
(рис. 30). Полученное тело
вращения рассечём плоскостью, перпендикулярной
оси Ox . В сечении получим
круг площадью π y 2 , где
4
0
Рис. 30
2
V x = π ∫ (2 − x)dx = π(2 x −
−4
x2 2
) = π(4 − 2) − π(−8 − 8) = 18π .
2 −4
Пример 2.3.3. Вычислить объём тела, полученного вращением
вокруг оси Ox плоской фигуры, ограниченной линиями
y = x 2 ; xy = 8; y = 0; x = 8 .
Решение. Построим заданную в условии плоскую фигуру
(рис. 31).
Эта криволинейная трапеция состоит из двух частей. Первая часть
ограничена сверху параболой y = x 2 , заключённой между прямыми
8
x = 0 и x = 2 , вторая часть – гиперболой y = , отсечённой слеваа
x
и справа прямыми x = 2 и x = 8 .
60
4
y = x2
y
y=
2
8
x
y=
V1
0
8
x
V2
2
8
x
x
8
Рис. 32
Рис. 31
Воспользуемся формулой (47). При вычислении V1 возьмём
f ( x) = x 2 , где x ∈ [0; 2] . Тогда
да
2
V1 = π ∫ x 4 dx = π
2
y = 2 − x . Для вычисления
искомого объёма воспользуемся формулой (47). Тогда
y = x2
y
2
y
−4
Будем вращать фигуру вокруг оси Ox . Полученное тело вращения (рис. 32) будет иметь объём, состоящий из двух слагаемых:
V x = V1 + V2 .
0
x5
5
2
=π
0
32
.
5
8
При вычислении V2 возьмём f ( x) = , где x ∈ [2; 8] . Тогда
да
x
2
8
dx
64π 8
64 64
8
= −π( − ) = 24π .
V2 = π∫   dx = 64π ∫ 2 = −
x 2
8
2
x
2 
2x
В итоге получим
32π
152
V x = V1 + V2 =
+ 24π =
π = 30,4π .
5
5
Б. Пусть тело получено вращением вокруг оси Oy фигуры, ограниченной линиями y = c, y = d , x = 0, x = ϕ( y ) (рис. 33). Обозначим его
о
8
объём через V y и будем искать этот объём. Рассечём тело плоскостью,
перпендикулярной оси Oy . Бесконечно малый элемент dV y вычисляется как объём цилиндра, полученного вращением вокруг оси Oy прямоугольника с основанием [ y, y + dy ] и высотой ϕ ( y ) . Это цилиндр
да
высотой dy , основанием которого является круг радиусом ϕ( y ) . Тогда
dV y = πϕ 2 ( y )dy.
61
Определённый интеграл
y
Глава 2. Приложения определённого интеграла
3
V y = π ∫ arctg ydy = π( y arctg y
x = ϕ( y )
d
0
y + dy
y
= π( 3
x
Рис. 33
Проинтегрируем это равенство по промежутку [c, d ] и получим
d
V y = π ∫ ϕ 2 ( y )dy .
c
(48)
Пример 2.3.4. Вычислить объём тела, полученного вращением
вокруг оси Oy плоской фигуры, ограниченной линиями
y = tg x 2 ; y = 3; x = 0 .
Решение. Построим заданную плоскую фигуру.
y
y = tg x 2
y
x( y )
π
3
0
) = π(
0
3
∫
0
ydy
1+ y2
)=
π 1
π2
− ln 4) =
− π ln 2 .
3 2
3
2
O
O
3
−
Пример 2.3.5. Вычислить объём тела, полученного вращением вокруг оси Oy плоской фигуры, ограниченной линиями
c
3
π 1
− ln(1 + y 2 )
3 2
3
x
Рис. 34
62
Будем вращать её вокруг
оси Oy (рис. 34). Полученноее
тело вращения рассечём плоскостью, перпендикулярной
оси Oy . В сечении получим
круг площадью π x 2 , где
x 2 = arctg y . Для вычисления
искомого объёма воспользуемся формулой (48). Тогда
y  x 3
=   , y = 3.
3 2
Решение. Построим заданную плоскую фигуру. Будем вращать её вокруг оси
Oy (рис. 35).
y
3
y
Полученное тело вращения рассечём плоскостью,
перпендикулярной оси Oy .
В сечении получим круг. Для
определения радиуса круга
обратимся к заданной кривой
O
2
y  x 3
= 
3 2
x( y ) 2
x
Рис. 35
2
y  x 3
=  .
3 2
Возведём в куб левую и правую части уравнения и получим
3
2
 y
x
  =  .
3
2
4 3
4
y и площадь круга π x 2 =
πy 3 .
27
27
Для вычисления искомого объёма воспользуемся формулой (48).
Тогда
2
Отсюда выразим x =
Vy = π
4 3 3
y4
=
π
y
dy
∫
27 0
27
63
3
0
= 3π .
Определённый интеграл
Глава 2. Приложения определённого интеграла
В. Будем теперь вычислять объём тела вращения с полостью. Рассмотрим плоскую фигуру, ограниченную линиями x = a, x = b,
кольца с внутренним радиусом ϕ1 ( y ) и внешним радиусом ϕ 2 ( y ) . Тогда
да
dV y = π(ϕ 2 2 ( y ) − ϕ12 ( y ))dy .
y = f1 ( x), y = f 2 ( x) ( a < b, 0 ≤ f1 ( x ) ≤ f 2 ( x) ). Пусть тело получено вращением вокруг оси Ox этой плоской фигуры, заштрихованной на рис. 36.
y
y = f 2 ( x)
y
x = ϕ1 ( y )
d
(51)
x = ϕ2 ( y )
y = f1 ( x )
dy
O
a
b
x
c
O
dx
Рис. 37
Рис. 36
Бесконечно малый элемент dV x искомого объёма вычисляется
Интегрируя полученный результат по переменной y от c до d ,
получим
d
Vy = π ∫ (ϕ22 ( y ) − ϕ12 ( y ))dy .
как объём цилиндрического тела высотой dx , в основании которого
о
2
x
2
кольцо площадью π( f 2 ( x ) − f1 ( x)) . Тогда
dV x = π( f 2 2 ( x) − f12 ( x ))dx ;
b
V x = π∫ ( f 2 2 ( x) − f12 ( x ))dx .
a
(49)
(50)
Пусть тело получено вращением вокруг оси Oy фигуры, ограниченной линиями y = c, y = d , x = ϕ1 ( y ), x = ϕ 2 ( y ) , где c < d , 0 ≤ ϕ
≤ ϕ1 ( y ) ≤ ϕ2 ( y ) (на рис. 37 эта плоская фигура заштрихована).
Бесконечно малый элемент dV y вычисляется как объём цилиндрического тела высотой dy и площадью основания, равной площади
64
(52)
c
Пример 2.3.6. Вычислить объём тела, полученного вращением
вокруг оси Ox плоской фигуры, ограниченной линиями y = 2 cos x;
π
π
≤x≤ .
2
2
Решение. Построим заданную плоскую фигуру (рис. 38). Заметим, что ось Oy является осью симметрии этой фигуры. Будем вращать фигуру вокруг оси Ox . Получим тело вращения с полостью. Рассечём его плоскостью, перпендикулярной оси Ox . В сечении получим
кольцо с внутренним радиусом y = cos x и внешним радиусом
м
; y = cos x , −
65
Определённый интеграл
Глава 2. Приложения определённого интеграла
2
2
2
y = 2 cos x и площадью π ((2 cos x ) − cos x) = 3π cos x . В силу симметрии можно вычислять половину искомого объёма и удваивать результат. Для вычисления половины объёма воспользуемся формулой
π
(50) для x ∈ [0; ] . Тогда
2
Получена парабола с осью симметрии x = 4 , вершиной в точкее
(4; 4) и направлением от директрисы к фокусу, противоположным направлению оси Oy . Кривая пересекает ось Ox в точках x = 2 и x = 6 .
Заданная фигура заштрихована на рис. 39, а. Вращая её вокруг оси Oy ,
получим тело с полостью.
y
2
y
y = 2 cos x
x = 4+ 4− y
4
1
y = cos x
−
π
2
π
2
O
O
x
π
2
1
3
3
1
V x = 3π ∫ cos 2 xdx = π ∫ (1 + cos 2 x)dx = π( x + sin 2 x)
2
2
2 0
2
0
Окончательно получаем
4
6 x
x = 4− 4− y
Рис. 38
π
2
2
π
2
0
Рис. 39, а
=
3π 2
.
4
y
x = 4+ 4− y
4
3π 2
.
2
Пример 2.3.7. Вычислить объём тела, полученного вращением
вокруг оси Oy плоской фигуры, ограниченной линиями
Vx =
2
y = − x + 8 x − 12, y = 0 .
Решение. Заданная кривая является параболой. Чтобы её построить, уравнение
(53)
y = − x 2 + 8 x − 12
приведём к каноническому виду:
y + x 2 − 8 x + 16 − 16 + 12 = 0 ,
( x − 4) 2 = −( y − 4) .
66
(54)
O
2
4
6 x
x = 4− 4− y
Рис. 39, б
Рассечём его плоскостью, перпендикулярной оси Oy . В сечении
получим кольцо (рис. 39, б). Чтобы определить внутренний и внешний
радиусы этого кольца, обратимся снова к заданной кривой. Из уравнения (54) найдём
67
Определённый интеграл
Для y ∈ [1; 2] объём тела равен объёму цилиндра постоянного радиуса x = 1 .
При y ∈ [2; 3] фигура ограничена слева линией
x−4 = ± 4− y,
т. е.
x = 4 + 4 − y;

 x = 4 − 4 − y .
Очевидно, что первая функция задает внешний радиус кольца,
а вторая – внутренний. Найдём бесконечно малый элемент искомого
объёма по формуле (51):
dV y = π((4 + 4 − y ) 2 − (4 − 4 − y ) 2 ) dy = 16π 4 − y dy .
Для вычисления объёма проинтегрируем полученный результат
по переменной y ∈ [0; 4] . Тогда
4
3
y) 2 4
(4 −
256π
=
.
3
3
0
0
Пример 2.3.8. Вычислить объём тела, полученного вращением
вокруг оси Oy плоской фигуры, ограниченной линиями
V y = 16π∫ 4 − y dy = −32π
y = 1 − x 2 , x = 0, x = 1, x =
y −2.
y
x=
3
y−2
2
1
O
1
x
y = 1 − x2
Решение. Заданная фигура заштрихована на рис. 40. Справа она ограничена прямой x = 1 , а слева – тремя
разными кривыми. Таким образом, тело
вращения состоит из трёх частей.
Для y ∈ [0; 1] фигура ограничена
слева параболой
y = 1− x2.
Приведём её к каноническому
виду, выразив
x2 = 1 − y .
Рис. 40
При вращении этой части фигуры
вокруг оси Oy получится тело с полостью, и в сечении плоскостью, перпендикулярной оси Oy , мы получим кольцо площадью π(1 − (1 − y )) = πy .
68
Глава 2. Приложения определённого интеграла
x = y −2.
Возведём обе части уравнения (55) в квадрат:
(55)
x2 = y − 2.
Вращая эту часть фигуры вокруг оси Oy , также получим тело
с полостью, а в сечении плоскостью, перпендикулярной оси Oy , получим кольцо площадью π (1 − ( y − 2)) = π (3 − y ) .
Для каждой из трёх частей применим формулу (52) и получим:
1
2
3
0
1
2
V y = π ∫ ydy + π∫ 1dy + π ∫ (3 − y )dy = π(
2
y2 1
y2 3
+ y + (3 y − ) ) =
2 0
2 2
1
1
9
= π( + 2 − 1 + 9 − − 6 + 2) = 2π .
2
2
2.2.4. Вычисление длины дуги плоской кривой
Пусть кривая описывается
уравнением y = f (x) (рис. 41).
y = f (x)
Рассмотрим дугу этой кривой y
при x ∈ [a, b] . Обозначим длину
dS
∆y
этой дуги через S . Предполоdx = ∆x
жим, что на промежутке [a, b]
существует непрерывная производная f ′(x) .
Чтобы вычислить длину O a
x
x + dx
b
x
дуги, выделим на дуге элементарный участок, соответствуюРис. 41
щий изменению аргумента x на
промежутке [ x, x + dx] . Обозначим бесконечно малый элемент длины
дуги через dS . Вычислим dS , заменив бесконечно малую дугу её
хордой, величину ∆y – величиной dy и применив теорему Пифагора.
69
Определённый интеграл
dS = (dx ) 2 + (dy ) 2
Глава 2. Приложения определённого интеграла
(56)
или
2
dS = 1 + ( f ′( x)) dx .
(57)
Тогда
b
S = ∫ 1 + ( f ′( x)) 2 dx .
a
ны: дуги AB и дуги AC . Найдём бескоонечно малый элемент длины дуги AB . Этаа
дуга описывается уравнением
3
2
( x − 1) 2 ,
3
где x ∈ [1; 3] . Воспользуемся формулой
(57). Вычислим предварительно
d
∫
A
1
O
3 x
2
1
23
( x − 1) 2 .
y′ =
32
(58)
−
4
3
C
Тогда
и
S=
B
4
3
y=
Замечание. Если дуга кривой описана уравнением x = ϕ( y ) ,
y ∈ [c, d ] , то из формулы (56) получим
dS = 1 + (ϕ′( y )) 2 dy
3
2
y=
( x − 1) 2
3
y
Рис. 42
3
( y ′) = ( x − 1)
2
2
1 + (ϕ′( y )) 2 dy .
и
c
3
dS = 1 + ( x − 1) dx =
2
Таким образом,
Если же дуга описывается параметрически:
 x = ω(t );

 y = ψ (t ),
t ∈ (α, β),
3
S = 2∫
1
то
dS = (ω′(t )) 2 + (ψ ′(t )) 2 dt
(59)
и
3
1
x − dx .
2
2
3
1
2 2 3
1

x − dx = 2 ⋅
x − 
2
2
3 3 2
2
3
8
56
= (8 − 1) = .
9
9
1
3
Пример 2.4.2. Вычислить длину дуги параболы y 2 = 4 x от вершины до точки A(4; 4) (рис. 43).
Решение. Заданная дуга OA описывается уравнением
S=
β
∫
(ω′(t )) 2 + (ψ ′(t )) 2 dt .
α
2
Пример 2.4.1. Определить длину дуги кривой y 2 = ( x − 1) 3 , от3
сечённой прямой x = 3 .
Решение. Заданная дуга CAB изображена на рис. 42. Обозначим
её длину через S . Дуга CAB составлена из двух дуг одинаковой дли70
y2
,
4
где y ∈ [0; 4] . Бесконечно малый элемент
длины этой дуги будем искать по формуле
(58). Найдём сначала
x=
x′ =
y
.
2
y
A
4
y2 = 4x
O
4
Рис. 43
71
x
Определённый интеграл
Глава 2. Приложения определённого интеграла
Тогда
dS = 1 +
и
y2
1
dy =
4 + y 2 dy
4
2
14
4 + y 2 dy.
2 0∫
При вычислении этого интеграла используем приём интегрирования по частям для того, чтобы свести его к себе самому. Положим
S=
u = 4 + y 2 , dv = dy . Найдём du =
4
∫
ydy
y2 + 4
2
4 + y dy = y 4 + y
0
4
= 4 20 − ∫
0
2
y +4
4+ y
2
2
4
0
4
dy + ∫
0
, v = y . Тогда
да
4
y 2 dy
0
4 + y2
−∫
4dy
4 + y2
4
0
4
0
3
21
S = 2∫
02
2
= 4 20 + 4 ln 2 + 5 − ∫ 4 + y dy .
0
Получили уравнение относительно искомого интеграла. Решим
его и найдём
∫
0
4 + y 2 dy = 2 20 + 2 ln(2 + 5 ) .
S = 20 + ln (2 + 5 ) .
72
3
2
O
x
Рис. 44
2
2
x
3
(e
+e
−
x
3 ) dx
=
x
3
3(e
−e
−
x
3)
Пример 2.4.4. Вычислить длину дуги астроиды, заданной параметрически уравнениями
x
(60)
Решение. Дуга астроиды представлена на рис. 45. Заметим, что
астроида симметрична относитель73
3
2
0
=
1
3(e 2
−e
−
1
2 ).
y
a
−a
для t ∈ [0; 2π] , a > 0 .
Пример 2.4.3. Вычислить длину дуги цепной линии, заданной
уравнением
x
−e
x
3 ).
 x = a cos 3 t ;

 y = a sin 3 t
Окончательно
−
3
y = (e 3 + e 3 )
2
2
−
3
2
3
длины дуги проинтегрируем dS на отрезке x ∈ [0; ] и умножим полу2
ченный результат на 2. В итоге
=
0
4
y′ =
x
1 3
(e
−
x
x
x
x
 x
 x
− 
− 
−
1 3
1 3
 3
3
3
3
 e − e  dx = 4  e + e  = 2 (e + e ) .




Учтём теперь, что функция (60) чётная, т. е. цепная линия обладает симметрией относительно оси Oy . А значит, для нахождения всей
= 4 20 − ∫ 4 + y 2 dy + 4 ln 4 + 20 − 4 ln 2 =
4
Решение. Для нахождения бесконечно
малого элемента длины дуги воспользуемся
формулой (57). Найдём сначала
1
dS = 1 +
4
=
4
3
Тогда
=
= 4 20 − ∫ 4 + y 2 dy + 4 ln y + 4 + y 2
y
3 3
для x ∈ [− ; ] (рис. 44).
2 2
O
−a
Рис. 45
a
x
Определённый интеграл
Глава 2. Приложения определённого интеграла
но координатных осей Ox и Oy . Следовательно, будем искать длину
четвертой части астроиды – дуги, расположенной в первом квадранте
декартовой системы координат и отвечающей изменению параметра t
π
от 0 до . Для нахождения бесконечно малого элемента длины дуги
2
воспользуемся формулой (59). Вычислим сначала
 x ′ = −3a cos 2 t sin t ;

 y ′ = 3a sin 2 t cos t.
Тогда
dS =
(− 3a cos 2 t sin t )2 + (3a sin 2 t cos t )2 dt =
= 9a 2 cos 2 t sin 2 t (cos 2 t + sin 2 t )dt = 3a cos t sin tdt =
3
a sin 2tdt.
2
В итоге
π
23
1
S = 4 ∫ a sin 2tdt = −6a cos 2t
2
02
π
2
0
y = f (x)
d
y
c
O
dS
a
x x + dx
b
x
= −3a (cos π − cos 0) = 6a .
74
y + ( y + dy )
dS = 2π y dS + π dy dS .
2
Однако вторым слагаемым в последней части равенств можно пренебречь как бесконечно малой величиной более высокого порядка малости, чем dy . Тогда
dLx = 2π
dLx = 2π y dS .
Учитывая (57), получим
(61)
b
L x = 2π ∫ f ( x) 1 + ( f ′( x)) 2 dx .
(62)
Замечание 1. Если дуга кривой описана уравнением x = ϕ( y ) ,
y ∈ [c, d ] , то, учитывая формулу (58), получим
d
Рассмотрим поверхность, образованную вращением вокруг оси Ox дуги кривой y = f (x) (рис. 46). Предположим, что функция
y = f (x) имеет непрерывную
х
производную f ′(x) при всех
x ∈ [a, b] . Будем искать площадь поверхности L x , отсечённой плоскостями x = a ,
x = b . Для этого выделим на
дуге y = f (x) элемент, соот-
Рис. 46
боковой поверхности усеченного конуса с образующей dS и радиусом
м
среднего сечения y , где y – ордината, соответствующая абсциссее x.
Действительно,
a
2.2.5. Вычисление площади поверхности тела вращения
y
ветствующий изменению абсциссы от x до x + dx , и будем его вращать.
В качестве бесконечно малого элемента dLx примем площадь
L x = 2π ∫ y 1 + (ϕ′( y )) 2 dy .
(63)
c
По аналогии найдём
формулы для вычисления
площади поверхности, образованной вращением вокруг
оси Oy дуги кривой
x = ϕ( y ) , y ∈ [c, d ] (рис. 47).
В качестве бесконечно
малого элемента dL y примем площадь боковой поверхности усечённого конуса с образующей dS и радиусом среднего сечения x, где
x – абсцисса, соответствующая ординате y , т. е.
y
d
y + dy
y
x = ϕ( y )
dS
c
O
Рис. 47
75
a x
b x
Определённый интеграл
Глава 2. Приложения определённого интеграла
dL y = 2π x dS .
(64)
0
Учитывая (58), получим
d
L y = 2π ∫ ϕ( y ) 1 + (ϕ′( y )) 2 dy .
−
(65)
c
Замечание 2. Если дуга кривой описана уравнением y = f (x) ,
x ∈ [a, b] , то, учитывая формулу (57), получим
b
L y = 2π ∫ x 1 + ( f ′( x)) 2 dx .
(66)
π
сами x = − и x = 0 вращается вокруг оси Ox (рис. 48). Найти пло2
щадь поверхности вращения.
Решение. Для нахождения бесконечно малого элемента искомой величины воспользуемся формулой (61). Найдём сначала
y
4
y = cos x
3
π
−
2
O
x
4
y = cos x ,
3
а затем
Тогда
Рис. 48
4
y ′ = − sin x .
3
dS = 1 +
и
16 2
sin x dx
9
4
16
dL x = 2π y dS = 2π cos x 1 + sin 2 x dx ,
3
9
π
где x ∈ [− ; 0] . Воспользуемся теперь формулой (62) и получим
2
76
2
4
Сделаем здесь замену переменной z = sin x . Учтём, чтоо
3
4
π
4
dz = cos x dx , z (− ) = − и z (0) = 0 . Получим
3
2
3
a
Пример 2.5.1. Дуга кривой 3 y = 4 cos x между точками с абсцис-
4
16
cos x 1 + sin 2 x dx .
9
π3
L x = 2π ∫
L x = 2π
0
2
∫ 1 + z dz .
−
4
3
Интеграл такого типа найден в примере 7.11. Воспользуемся формулой (25). Окончательно
0
L x = 2π ∫ 1 + z 2 dz = 2π(
4
−
3
z 2
1
z + 1 + ln z + z 2 + 1 )
2
2
0
4
−
3
=
20
+ ln 3) .
9
Пример 2.5.2. Вычислить площадь поверхности, которая полу= π(
чается от вращения вокруг оси Oy дуги параболы x 2 = 1 − y , отсечённой прямой y + 5 = 0 (рис. 49).
Решение. Для нахождения бесконечно
малого элемента искомой величины воспользуемся формулой (64). Найдём сначала
y
O
x2 = 1 − y
x
x = 1− y ,
а затем
−5
1
x′ = −
.
2 1− y
Рис. 49
77
y = −5
Определённый интеграл
Глава 2. Приложения определённого интеграла
Тогда
dS = 1 +
и
где y ∈ (0;1] . Тогда
1
dy
4(1 − y )
dL x = 2π y dS = 2πy 1 +
5
1
= 2π 1 − y + dy = 2π − y dy ,
4
4
где y ∈ [−5; 1] . Воспользуемся теперь формулой (65) и получим
5
( −
1
5
4π 1 125 62π
L y = 2π ∫
− y dy = −2π 4
=− ( −
)=
3
3 .
3 8 8
−5
−5 4
2
Пример 2.5.3. Найти площадь поверхности, образованной вращением вокруг оси Ox дуги кривой y = e
y=e
O
a
−
x
3,
x ≥ 0 (рис. 50).
Решение. Для нахождения
бесконечно малого элемента искомой величины воспользуемся
формулой (61), а для нахождения
dS – формулой (58). Выразим
из уравнения кривой x:
y
1
−
x
3
x
Рис. 50
Найдём
x
ln y = − ,
3
x = −3 ln y .
3
x′ = − ,
y
а затем
dS = 1 +
78
9
y2
dy ,
dy = 2π y 2 + 9 dy .
1
L x = 2π ∫ y 2 + 9 dy .
0
Для вычисления этого интеграла воспользуемся формулой (25),
которая найдена в примере 7.11. Тогда
1
L x = 2π ∫ y 2 + 9 dy = 2π(
3
y) 2
1
2
y
Воспользуемся теперь формулой (63) и получим
1
dy =
4(1 − y )
dL y = 2π x dS = 2π 1 − y 1 +
9
0
y
9
y 2 + 9 + ln y + y 2 + 9 )
2
2
1
=
0
1 + 10
.
3
Пример 2.5.4. Вычислить площадь поверхности, которая полу2
чается от вращения вокруг оси Oy дуги параболы y = 2( x − 1) , отсеечённой прямыми y = 0, y = 1 (рис. 51).
= π( 10 + 9 ln(1 + 10 ) − 9 ln 3) = π 10 + 9π ln
Решение. Для нахождения
бесконечно малого элемента искомой
величины воспользуемся формулой
(64). Найдём сначала
x=
а затем
Тогда
y
y 2 = 2( x − 1)
1
y2
+ 1,
2
O
x′ = y .
1
3
2
Рис. 51
dS = 1 + y 2 dy
и
y2
+ 1) 1 + y 2 dy = π( y 2 + 2) 1 + y 2 dy =
2
3


= π( y 2 + 1 + 1) 1 + y 2 dy = π 1 + y 2 + 1 + y 2  dy,


dL y = 2π x dS = 2π(
(
79
)
x
Определённый интеграл
Глава 2. Приложения определённого интеграла
Тогда
где y ∈ [0; 1] . Воспользуемся теперь формулой (65) и получим
)
(
)
( )
7 y
1
= π y ( 1 + y ) + (
4 2
4
3
Рассмотрим отдельно I1 = ∫ 1 + y 2 dy и I 3 = ∫  1 + y 2  dy . Для


о
вычисления I 3 применим приём интегрирования по частям, для того
2
3
чтобы свести его к себе самому. Положим u =  1 + y 2  , dv = dy . Най

3
(
1
1
1
y 2 + 1 + ln y + y 2 + 1 )  =
2
0
2.3. Механические приложения определённого интеграла
3
3
I 3 = ∫  1 + y 2  dy = y 1 + y 2  − 3∫ y 2 1 + y 2 dy =




3
= y 1 + y 2  − 3∫ ( y 2 + 1 − 1) 1 + y 2 dy =


3
= y 1 + y 2  − 3∫  1 + y 2  dy + 3∫ 1 + y 2 dy =




Пусть имеется материальная точка M массой m . Зададим ось l .
Моментом инерции точки относительно оси называется произведение её массы на квадрат расстояния до оси:
I l = md 2
(рис. 52).
= y 1 + y 2  − 3I 3 + 3I1 .


Статическим моментом точки
M относительно оси l называется произведение её массы на расстояние от
точки до оси, взятое с каким-либо знаком:
Получили уравнение относительно искомого интеграла I 3 :
M l = md
3
3
I 3 = y 1 + y 2  − 3I 3 + 3I1 .


Решим его и получим
3 3
1 
y 1 + y 2  + I1 .

4 
4
Из примера 7.11 (формула (25)) известно, что
I3 =
I1 = ∫ 1 + y 2 dy =
y
1
y 2 + 1 + ln y + y 2 + 1 + C .
2
2
80
)
π
= (11 2 + 7 ln(1 + 2 )).
8
3
2
дём du = (1 + y ) 2 2 y , v = y . Получим
2
3
(
1
3
1
1

L y = π ∫ 1 + y 2 dy + ∫ 1 + y 2 dy  = π(I 3 + I1 ) =
0
0

0
3
3
3
7 1
1
1
1
= π y 1 + y 2 + I1 + I1  = π y 1 + y 2 + I1  =
4
4 0
4
0
4
1
3
1

L y = π ∫ 1 + y 2 dy + ∫ 1 + y 2 dy  .


0
0

или
M
d
π
2
l
Рис. 52
M l = − md
в зависимости от договорённости, с
какой стороны оси l материальным точкам приписывается положительный статический момент, а с какой – отрицательный.
Пусть задана система, состоящая из конечного числа n матери-
альных точек M (i ) с массами mi , отстоящих от оси l на расстоянии d i .
Тогда
81
Определённый интеграл
Глава 2. Приложения определённого интеграла
n
h
1
I x = ∫ y 2 ady = ah 3 .
3
0
I l = ∑ mi d i2 ,
i =1
а
n
M l = ∑ ± mi d i ,
i =1
2. Найти статические моменты M x , M y и моменты инерции I x ,
(67)
причём в формуле (67) для точек, расположенных по разные стороны
от оси l , выбираются разные знаки.
Пусть теперь масса сплошным образом распределена по плоской
пластине. Тогда вместо сумм рассматривают интегралы. Будем считать,
что масса распределена по плоской фигуре равномерно. Для простоты
считаем плотность распределения массы равной единице. Тогда масса
любой части фигуры равна её площади.
Рассмотрим две показательные задачи.
1. Найти статический момент M x и момент инерции I x прямоуугольника с основанием a и высотой h относительно его основания
(рис. 53).
Выделим внутри прямоуy
гольника полоску высотой dy
и шириной a. Расстояние этой поh
лоски до оси Ox равно y ,
y ∈ [0, h] . Масса выделенногоо
y + dy
dy
y
элемента равна его площади ady .
Вычислим статический момент и
x
O
a
момент инерции выделенного
элемента относительно оси Ox :
Рис. 53
dM x = yady ,
I y криволинейной трапеции, ограниченной линиями x = a, x = b,
y = 0 , y = f (x) , относительно координатных осей.
А. Ищем моменты относительно оси Ox (рис. 54). Выделим внутри трапеции криволинейную полоску, опирающуюся на отрезок
[ x, x + dx] . Будем вычислять бесконечно малые элементы моментов по
формулам (68)–(69) как моменты
прямоугольной полоски с основанием dx и переменной высотой f (x) .
Тогда
dM x =
1
M x = ∫ yady = ah 2 ,
2
0
82
(68)
y = f (x)
f (x)
O
1
( f ( x)) 2 dx ,
2
a
x x + dx b x
Рис. 54
(70)
Mx =
1b
2
∫ ( f ( x)) dx ,
2a
(72)
Ix =
1b
( f ( x)) 3 dx .
∫
3a
(73)
dI x = y ady .
h
y
1
dI x = ( f ( x)) 3 dx .
(71)
3
В формулах (70)–(71) мы, пренебрегая бесконечно малыми величинами более высокого порядка малости, чем dx, отождествили криволинейную полоску с прямоугольником высотой f (x) . Проинтегрируем полученные равенства при изменении x от a до b и получим
2
Тогда
(69)
83
Определённый интеграл
y
Б. Ищем статический момент
и момент инерции относительно оси
Oy (рис. 55). Выделим внутри трапеции ту же полоску, что и в п. А. За
бесконечно малый элемент массы
этой полоски примем массу прямоугольника с основанием [ x, x + dx]
и высотой f (x ) . В силу сделанногоо
ранее предположения масса этого
прямоугольника равна его площади.
Расстояние любой точки этого
прямоугольника до оси Oy равно x.
Тогда
y = f (x)
f (x)
x
O
a
Глава 2. Приложения определённого интеграла
x x + dx b x
Рис. 55
dM y = xf ( x)dx ,
(74)
dI y = x 2 f ( x)dx .
(75)
Интегрируем равенства (74)–(75) при изменении переменной x от
a до b и получим
b
M y = ∫ x f ( x) dx ,
(76)
a
b
I y = ∫ x 2 f ( x) dx .
a
(77)
Знание статических моментов плоской фигуры относительно координатных осей позволяет определить координаты центра тяжести этой фигуры.
Известно, что величина статических моментов не изменится, если
предположить, что вся масса фигуры сосредоточена в центре тяжести
этой фигуры.
Пусть C ( xc , y c ) – центр тяжести фигуры массой m, а M x , M y –
её статические моменты относительно координатных осей. Тогда
откуда
xc =
My
m
,
yc =
Mx
.
m
(78)
2.4. Геометрические приложения определённого интеграла
в полярной системе координат
Пусть задана полярная система
(y)
координат с полюсом O и полярной
M
осью r (рис. 56). Тогда любая точка M
y
r
y
на плоскости имеет в этой системе две
ϕ
координаты: полярный радиус r
x
r (x)
x
O
(r ≥ 0) , равный длине отрезка OM , и
полярный угол ϕ , на который нужно
Рис. 56
повернуть полярную ось до совмещения с точкой M. Обычно договариваются, что ϕ ∈ [0, 2π) . Однако этоо
ограничение не является универсальным. Из рис. 56 видно, что
 x = r cos ϕ;

 y = r sin ϕ
(79)
и
r 2 = x 2 + y 2 ;


y
(80)
tg ϕ = x ,
причём для определения угла ϕ следует учитывать знаки x и y . Формулы (79) и (80) устанавливают связь между полярными и декартовыми координатами точки M для случая, когда полярная ось r совпадает
с осью Ox .
2.4.1. Вычисление площади
M x = y c m, M y = x c m,
Рассмотрим криволинейный сектор, ограниченный лучами
ϕ = α, ϕ = β (α < β) и кривой r = r (ϕ) (рис. 57). Вычислим его площадь.
84
85
Определённый интеграл
ϕ=β
Глава 2. Приложения определённого интеграла
ет ось симметрии, делящую фигуру на две равновеликие части. Так
что достаточно вычислить площадь одной из половинок «лепестка»
и умножить её на 6. Рассмотрим половину «лепестка», ограниченную
r = r (ϕ)
ϕ=α
dϕ
β
лучами ϕ = 0, ϕ =
ϕ
α
O
r (x )
S = 6⋅
Рис. 57
Для этого выделим элементарный криволинейный сектор, расположенный между лучами с полярным углом ϕ (ϕ ∈ [α, β]) и полярным
углом ϕ + dϕ . За бесконечно малый элемент площади dS примем площадь кругового сектора переменного радиуса r (ϕ) с центральным углом dϕ . Тогда
1 2
r (ϕ)dϕ .
2
Проинтегрируем полученное равенство при изменении ϕ от α
до β и получим
dS =
1β
S = ∫ r 2 (ϕ)dϕ.
2α
π
. Тогда согласно формуле (81) получим:
6
π
6
π
6
1
3
3
1
cos 2 3ϕdϕ = ∫ (1 + cos 6ϕ)dϕ = (ϕ + sin 6ϕ)
∫
20
20
2
6
2π
5π
3
Пример 4.1.1. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линией r = cos 3ϕ , заданной в полярных координатах.
Решение. Заданная в условии линия является трёхлепестковой розой (рис. 58).
Так как r > 0 , то, решая неравенство cos 3ϕ > 0 , ϕ ∈ [0; 2π] , найдём те значения ϕ , для которых она определена. Она определена для
значений
π
π 5π
7 π 3π
11π
ϕ ∈ [0; ] ∪ [ ; ] ∪ [ ; ] ∪ [
; 2π].
6
2 6
6 2
6
2
π
6
π
7π
1
r = cos 3ϕ
6
3
3π
5π
2
0
π
= .
4
3
π
4π
(81)
π
π
6
6
0; 2π
11π
6
3
Рис. 58
Пример 4.1.2. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линией r = 1 + sin ϕ , заданной в полярных координатах.
Решение. Заданная в условии линия является кардиоидой (рис. 59).
π
(оси Oy ). Будем
2
вычислять площадь одной из половинок кардиоиды, заключённой межФигура симметрична относительно луча ϕ =
Ограниченная ею фигура состоит из трёх фигур («лепестков»)
с одинаковой площадью. Более того, каждый из трёх «лепестков» име-
π
π
ду лучами ϕ = − , ϕ = , и умножать её на 2. Применяя формулу (81),
2
2
получим:
86
87
Определённый интеграл
3π
7π
5π
4
π
8
3π
2
π
4
π
8
π
9π
8
Глава 2. Приложения определённого интеграла
1
5π
4
15π
7π
11π
8
3π
0; 2π
2
r = 1 + sin ϕ
8
8
13π
2
8
4
Решение. Заданная
в условии кривая является двухлепестковой розой,
а кривая r = 1 – окружностью радиусом 1 с центром в начале координат
(рис. 60). Так как r > 0 , то,
решая
неравенство
sin 2ϕ > 0 , ϕ ∈ [0; 2π], найдём те значения ϕ , для которых двухлепестковая
роза определена:
π
Рис. 59
π
4
π
π
1
5π
4
π
3π
ϕ ∈ [0; ] ∪ [ π; ].
2
2
8
2
3π
12
2 r
0; 2π
2
Рис. 60
π
4
делит лепесток первой четверти круга на две равные части. Так что
двухлепестковая роза состоит из четырёх половинок «лепестка» одинаковой площади.
Найдём теперь координаты точки пересечения окружности и поЭти два отрезка определяют два лепестка розы. При этом луч ϕ =
π
π
2
1 2
S = 2 ∫ (1 + sin ϕ) 2 dϕ = ∫ (1 + 2 sin ϕ + sin 2 ϕ)dϕ =
2 π
π
−
= (ϕ − 2 cos ϕ)
−
2
π
2
−
π
2
2
π
2
π
2
π
π 1
+ ∫ sin 2 ϕ dϕ = − (− ) + ∫ (1 − cos 2ϕ)dϕ =
2
2 2 π
π
−
−
2
1
1
= π + (ϕ − sin 2ϕ)
2
2
π
2
−
π
2
= π+
2
π 3π
= .
2 2
ловины лепестка розы, ограниченной лучами ϕ = 0, ϕ =
решим уравнение
π
. Для этого
о
4
π
2 sin 2ϕ = 1 (ϕ ∈ [0; ]) .
4
Его решением будет ϕ =
π
. Таким образом, четвёртая часть ис12
комой фигуры заключена между лучами ϕ =
π
π
и ϕ= .
4
12
Пример 4.1.3. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями r = 2 sin 2ϕ , r = 1 , заданной в полярных координатах, и расположенной вне круга.
На рис. 60 эта часть заштрихована. Площадь всей фигуры получим, если площадь заштрихованной части умножим на 4.
88
89
Определённый интеграл
Глава 2. Приложения определённого интеграла
Площадь заштрихованной фигуры будем искать как разность межπ
ду площадью фигуры, ограниченной линиями r = 2 sin 2ϕ , ϕ = ,
12
π
ϕ = , и площадью сектора круга r = 1, заключённого между теми жее
4
π
π
лучами ϕ =
и ϕ= .
12
4
Тогда согласно формуле (81) получим:
π
4
π
4
π
4
12
12
12
Так как r ≥ 0 для всех значений ϕ ∈ [0;2π] , то согласно формуле
ле
(81) получим:
S=
=
1 2π
1 2π
2
(
1
+
cos
2
ϕ
)
d
ϕ
=
(1 + 2 cos 2ϕ + cos 2 2ϕ)dϕ =
∫
∫
2 0
2 0
1
(ϕ + sin 2ϕ)
2
π
4
π
12
π
12
= ∫ (2 − 4 cos 4ϕ)dϕ = (2ϕ − sin 4ϕ)
=
π π
π π
3
− + sin = +
.
2 6
3 3 2
5π
π
3
2
π
3
π
7π
r = 1 + cos 2ϕ
6
4π
3
3π
11π
5π
2
3
4
4
1 r
6
5π
r 2 = cos 2ϕ
4
3π
0; 2π
7π
4
2
Рис. 62
Решение. Так как r 2 ≥ 0 , то, решая неравенство cos 2ϕ > 0
( ϕ ∈ [0; 2π] ), найдём те значения ϕ , для которых заданная кривая определена. Она определена для значений
Рис. 61
90
π
6
0; 2π
2 r
π
3π
2
π
π
6
1 2π 2
1 2π
cos
2
ϕ
d
ϕ
=
π
+
∫
∫ (1 + cos 4ϕ)dϕ =
2 0
4 0
Пример 4.1.5. Вычислить площадь фигуры, ограниченной лемнискатой, заданной в полярной системе координат уравнением
r 2 = cos 2ϕ (рис. 62).
Пример 4.1.4. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линией r = 1 + cos 2ϕ , заданной в полярной системе координат..
Решение. На рис. 61 изображена заданная фигура.
2π
0
+
2π
1
1
π 3π
= π + (ϕ + sin 4ϕ) = π + = .
4
4
2 2
0
1
1
S = 4( ∫ (2 sin 2ϕ) 2 dϕ − ∫ dϕ) = 2 ∫ [(2 sin 2ϕ) 2 − 1]dϕ =
2π
2π
π
π
4
2π
91
Определённый интеграл
Глава 2. Приложения определённого интеграла
π
3π 5π
7π
ϕ ∈ [0; ] ∪ [ ; ] ∪ [ ; 2π].
4
4 4
4
π
S = 4⋅
1
cos 2ϕ dϕ = sin 2ϕ
2 ∫0
π
4
0
= sin
r = 8 cos ϕ
π
= 1.
2
3π
5π
2
3
Рис. 63
В силу симметрии заданной фигуры будем вычислять площадь её
половины, расположенной в первой четверти полярной системы координат и заштрихованной на рис. 63, и умножать полученный результат
2
, r = 8 cos ϕ .
cos ϕ
Решение. Линия r =
1 2 3 4 5 6 7 8 r 0; 2π
O
Пример 4.1.6. Вычислить площадь меньшей из фигур, ограниченных линиями, заданными в полярной системе координат уравнениями r =
3
2
r=
cos ϕ
При этом в силу периодичности функции cos 2ϕ лемниската облаπ
дает симметрией относительно лучей ϕ = k , k = 0, 1, 2, 3 (см. рис. 62).
2
Чтобы получить площадь заданной фигуры, достаточно найти плоπ
щадь её части, заключённой между лучами ϕ = 0 и ϕ = , и умножить
4
полученный результат на 4. Тогда согласно формуле (81) получим:
π
4
π
2
2
(рис. 63) очевидным образом является
cos ϕ
прямой x = 2 (см. формулы (77) – связь полярных и декартовых координат). Линия r = 8 cos ϕ представляет собой окружность с центром
м
в точке с полярными координатами ϕ = 0, r = 4 и радиусом 4. Заданная фигура ограничена двумя различными линиями: прямой и окружностью. Найдём точку их пересечения. Для этого решим уравнение
2
π
= 8 cos ϕ, ϕ ∈ [0; ].
cos ϕ
2
π
Его решением является ϕ = .
3
на 2. Заштрихованная фигура ограничена прямой r =
π π
π
, а на участкее ϕ ∈ [ ; ] – окружностью
3
3 2
r = 8 cos ϕ . Воспользуемся теперь формулой (81) и получим:
нении переменной ϕ от 0 до
π
3
π
2
2
1
1
2 
1
S = ∫
 dϕ + ∫ (8 cos ϕ) 2 dϕ =
2
2 0  cos ϕ 
2π
3
π
3
= 2∫
π
2
dϕ
0 cos
92
2
при измеcos ϕ
2
ϕ
+ 16 ∫ (1 + cos 2ϕ)dϕ = 2 tg ϕ
π
3
93
π
3
1
+ 16 (ϕ + sin 2ϕ)
2
0
π
2
π
3
=
Определённый интеграл
= 2 tg
Глава 2. Приложения определённого интеграла
π
π π 1
2π
8π
3 8π
+ 16( − − sin ) = 2 3 +
−8
=
− 2 3.
3
2 3 2
3
3
2
3
S=
16π
− 4 3.
3
3π
5π
4
π
3
6
r = 3 + 2 cos ϕ
π
7π
π
2
3
π
4
π
123 4 5 r
4
7π
4π
3
3π
5π
2
2.4.2. Вычисление длины дуги
Пусть требуется найти длину дуги кривой r = r (ϕ) , заключённой
между лучами ϕ = α, ϕ = β (α < β) (см. рис. 57). Для вычисления бесконечно малого элемента длины дуги воспользуемся формулой (56).
Используем теперь формулы (79), связывающие полярные координаты
точки на рассматриваемой дуге r = r (ϕ) с декартовыми координатами:
6
 x = r (ϕ) cos ϕ,

 y = r (ϕ) sin ϕ.
0; 2π
11π
6
5π
1 2π
∫ (11 + 12 cos ϕ + 2 cos 2ϕ)dϕ =
2 0
2π
1
= (11ϕ + 12 sin ϕ + sin 2ϕ) = 11π .
2
0
Пример 4.1.7. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линией, заданной в полярной системе координат уравнением r = 3 + 2 cos ϕ .
Решение. Заданная фигура изображена на рис. 64.
2π
=
Тогда
dx = (r ′(ϕ) cos ϕ − r (ϕ) sin ϕ)dϕ,

dy = (r ′(ϕ) sin ϕ + r (ϕ) cos ϕ)dϕ
6
4
и
(
)
(dx) 2 + (dy ) 2 = (r ′(ϕ)) 2 + r 2 (ϕ) (dϕ) 2 .
Следовательно,
3
dS = r 2 + (rϕ′ ) 2 dϕ ,
Рис. 64
(82)
а
Функция r = 3 + 2 cos ϕ определена для всех ϕ ∈ [0; 2π] . Площадь
вычислим по формуле (81). Тогда
S=
1 2π
1 2π
(3 + 2 cos ϕ) 2 dϕ = ∫ (9 + 12 cos ϕ + 4 cos 2 ϕ)dϕ =
∫
2 0
2 0
=
1 2π
∫ (9 + 12 cos ϕ + 2(1 + cos 2ϕ))dϕ =
2 0
94
S=
β
∫
α
r 2 + (rϕ′ ) 2 dϕ .
(83)
Пример 4.2.1. Найти длину дуги кардиоиды, заданной в полярной системе координат уравнением r = 4(1 + cos ϕ) .
Решение. Заданная кривая изображена на рис. 65. Учтём, что
кардиоида симметрична относительно полярной оси. Для того чтобы
95
Определённый интеграл
π
3π
2
4
π
5π
π
4
r = 4(1 + cos ϕ)
2 4 6 8 r
4
7π
3π
вычислить длину всей
кривой, достаточно вычислить длину её половины для ϕ ∈ [0; π]
и умножить результат
на 2. Для нахождения
бесконечно малого элемента длины дуги воспользуемся формулой
(82). Найдём
r ′ = −4 sin ϕ ,
а затем
0; 2π
4
2
Рис. 65
Рекомендуемая литература
1. Натансон И. П. Краткий курс высшей математики / И. П. Натансон. –
СПб.: Лань, 2005.
2. Смирнова В. Б. Неопределённый интеграл: учеб. пособие / В. Б. Смирнова, Л. Е. Морозова; СПбГАСУ. – СПб., 2010.
3. Определённый интеграл: метод. указания к выполнению задания по
курсу «Математика» для студентов всех специальностей ЛИСИ / сост. С. Н. Нумеров. – Л., 1984.
4. Письменный Д. Т. Конспект лекций по высшей математике. Ч. 1 /
Д. Т. Письменный. – М.: Айрис-пресс, 2007.
dS = (4(1 + cos ϕ)) 2 + (−4 sin ϕ) 2 dϕ =
= 4 1 + 2 cos ϕ + cos 2 ϕ + sin 2 ϕ dϕ =
= 4 2 + 2 cos ϕ dϕ = 4 2(1 + cos ϕ) dϕ = 4 4 cos 2
ϕ
ϕ
dϕ = 8 cos dϕ.
2
2
ϕ
Отметим, что cos ≥ 0 для ϕ ∈ [0; π] . Тогда искомая длина вычис2
ляется так:
π
ϕ
ϕ
S = 2 ∫ 8 cos dϕ = 16 ⋅ 2 sin
2
2
0
96
π
0
= 32 .
97
Определённый интеграл
ОГЛАВЛЕНИЕ
Глава 1. Определённый интеграл и его свойства ................................................. 3
1.1. Задача о площади криволинейной трапеции ...................................... 3
1.2. Определение определённого интеграла .............................................. 5
1.3. Свойства определённого интеграла, выражаемые
равенствами ................................................................................................. 7
1.4. Свойства определённого интеграла, выражаемые
неравенствами ........................................................................................... 10
1.5. Теорема о среднем значении ............................................................. 12
1.6. Теорема Барроу ................................................................................... 14
1.7. Формула Ньютона – Лейбница. Вычисление определённого
интеграла .................................................................................................... 17
1.8. Интегрирование по частям в определённом интеграле ................... 22
1.9. Замена переменной в определённом интеграле ............................... 25
1.10. Несобственные интегралы .............................................................. 30
1.10.1. Несобственный интеграл по бесконечному промежутку ..... 30
1.10.2. Несобственный интеграл от неограниченной функции ....... 33
Глава 2. Приложения определённого интеграла ................................................ 39
2.1. Общий подход к приложениям определённого интеграла .............. 39
2.2. Геометрические приложения определённого интеграла ................. 40
2.2.1. Вычисление площадей .............................................................. 40
2.2.2. Вычисление объёма тела через площадь его сечения ............. 58
2.2.3. Вычисление объёма тела вращения ......................................... 59
2.2.4. Вычисление длины дуги плоской кривой ................................ 69
2.2.5. Вычисление площади поверхности тела вращения ................ 74
2.3. Механические приложения определённого интеграла .................... 81
2.4. Геометрические приложения определённого интеграла
в полярной системе координат ................................................................. 85
2.4.1. Вычисление площади ................................................................ 85
2.4.2. Вычисление длины дуги ........................................................... 95
Рекомендуемая литература ................................................................................... 97
Учебное издание
ОПРЕДЕЛЁННЫЙ ИНТЕГРАЛ
Учебное пособие
Составители: Морозова Лидия Евсеевна
Смирнова Вера Борисовна
Редактор А. В. Афанасьева
Корректор К. И. Бойкова
Компьютерная верстка И. А. Яблоковой
Подписано к печати 22.08.2011. Формат 60×84 1/16. Бум. офсетная.
Усл. печ. л. 5,8. Тираж 2000 экз. Заказ 87. «С» 47.
Санкт-Петербургский государственный архитектурно-строительный университет.
190005, Санкт-Петербург, 2-я Красноармейская ул., д. 4.
Отпечатано на ризографе. 190005, Санкт-Петербург, 2-я Красноармейская ул., д. 5.
98
99
Определённый интеграл
ДЛЯ ЗАПИСЕЙ
100