28 - Faik.Az

ТЕМА IX. ОПРЕДЕЛЕННЫЙ ИНТЕГРАЛ.
ЛЕКЦИЯ 28. Определенный интеграл.
Площадь криволинейной трапеции.
Пусть на отрезке a, b определена неотрицательная функция y  f x  . Рассмотрим
криволинейную
трапецию
(рис.
ADCB
1),
ограниченную
кривой
f(х),
двумя
вертикальными прямыми х=a и х=b и отрезком a, b оси Ox , т.е. криволинейную
трапецию.
Рис. 1. Понятие интегральной суммы.
Разобьем отрезок a, b произвольными числами xi (a< x1,< x2<... xn-1,<b) на n более
мелких промежутков xi  xi 1  xi (см. рис. 1). На каждом из этих промежутков выберем
произвольно по одной точке: ci  xi , i  1,..., n .
Составим сумму:
n
   f ci xi
(1)
i
Она называется интегральной суммой или
суммой Дарбу функции y  f x  по отрезку a, b .
Очевидно, что интегральная сумма зависит от
способа разбиения промежутка и от выбора точек ci .
Каждое
представляет
слагаемое
собой
интегральной
площадь
суммы
прямоугольника,
покрытого штриховкой на рис. 1. Итак, площадь
самой криволинейной трапеции приближенно равна
Jean Gaston Darboux
французский математик
(1842 – 1917)
n
 f c x .
i
i
i
80
При безграничном убывании всех xi к нулю погрешность этого равенства также
стремится к нулю и точное значение площади криволинейной трапеции получается как
предел
n
 f c x
i
i
при стремлении всех xi к нулю.
i
Введем обозначение:   max xi  , i  1,2,..., n . Величину  иногда называют
параметром разбиения.
Рассмотрим процесс, при котором число точек разбиения неограниченно
возрастает таким образом, что величина  стремится к нулю. Если при этом существует
предел
I
n
lim
 0  n  
 f c x ,
i
(2)
i
i
то этот предел называется определенным интегралом от функции y  f x  по отрезку
a, b.
Если такой предел существует, то он не зависит от первоначального разбиения
промежутка a, b и выбора точек ci . Для обозначения предела вида (2) был введен
символ:
b
I   f x dx
(3)
a
Число a называется нижним пределом интегрирования, а число b  верхним
пределом интегрирования.
Если f x   0 во всех точках отрезка a, b и непрерывна на этом промежутке, то
площадь криволинейной трапеции, ограниченной отрезком a, b горизонтальной оси
координат, прямыми x  a , x  b и графиком функции y  f x  , определяется формулой
b
I   f x dx
a
Для
получения
положительного
знака
интеграла при условии, что f x  0 на отрезке
интегрирования a, b , необходимо воспользоваться
формулой:
b
S
 f x dx
(4)
a
Величина площади, согласно формуле (4),
Georg-Friedrich-Bernhard Riemann всегда S  0 и не зависит от знака функции f  x  на
немецкий математик и механик и
отрезке a, b .
физик
(1826 – 1866)
81
При фиксированных пределах определенный интеграл есть постоянное число.
Приведенное выше определение определенного интеграла принадлежит Риману,
из-за чего этот интеграл и называется римановым. Существуют и другие конструкции
интегралов.
Свойства определенного интеграла.
a
1.
 f ( x) dx  0
a
a
Доказательство:
n

a
b
2.

n
f ( x) dx  lim  f (ci ) xi  lim  f (ci )   xi  xi 1   0


λ 0
λ 0
i 1
i 1
0
a
f ( x) dx   f ( x) dx
a
b
Доказательство:
b

n
i 1
a
n
b
f ( x) dx  lim  f (ci )  xi  xi 1    lim  f (ci )  xi 1  xi    f ( x) dx
λ 0
a
λ 0
i 1
b
3.
 dx  b  a
a
b
Доказательство:
1  x1  1  x2  ...  1  xn   b  a
 dx  lim
λ 0
a
4.
5.
b
b
a
a
 A  f ( x) dx  A f ( x) dx
b
b
b
a
a
a
  f ( x)  g ( x) dx   f ( x) dx   g ( x) dx
Приведенные
выше
свойства
непосредственно
следуют
из
определения
определенного интеграла.
6. Если f x    x  для всех x  a; b, то
b
b
a
a
 f ( x) dx    ( x) dx
Доказательство:
b
n
(ci )   (ci )  xi  0
 f 
  f ( x)   ( x) dx  lim


λ 0
i 1
a
 0 , по условию
0
По 5 свойству получаем :
b
b
 f ( x) dx    ( x) dx  0,
b
b
 f ( x) dx    ( x) dx
a
a
a
a
7. Если M – наибольшее значение функции f(x) на отрезке [a;b], а m – наименьшее
значение функции f(x) на отрезке [a;b], то
82
b
m  b  a    f ( x) dx  M  b  a 
a
Доказательство: Если m  f x  M , то применяем 6 свойство, потом 4 и 3 свойства.
8. Теорема о среднем (значении):
Для любой непрерывной на [a;b] функции f(x) существует точка c[a;b] такая, что
b
 f ( x) dx  f (c)  b  a  , где f(c) – среднее значение функции на отрезке [a;b].
a
Геометрический смысл теоремы о среднем заключается в том, что площадь
криволинейной трапеции равна площади прямоугольника с основанием ab и высотой
f c .
9. Для любых чисел a , b и c
b

c
b
a
c
f ( x) dx   f ( x) dx   f ( x) dx, если все три интеграла существуют
a
10. a) Интеграл от нечетной функции по симметричному отрезку равен нулю
a
 f ( x) dx  0
a
б) Интеграл от четной функции по симметричному отрезку равен удвоенному
интегралу по половине отрезка
a
a
a
0
 f ( x) dx  2 f ( x) dx
Доказательства:
а) По свойству 9
a
0
a
 f ( x) dx   f ( x) dx   f ( x) dx   S  S  0
a
a
б)
a
a
a
0
 f ( x) dx  S1  S 2  2S 2  2 f ( x) dx
0
Геометрический смысл определенного интеграла.
83
Определенный интеграл равен площади криволинейной трапеции, ограниченной
b
кривой y  f x  , осью Ox и прямыми x  a , x  b : S   f x dx (рис. 2а).
a
Рис. 2а. Площади криволинейной трапеции при f x   0 .
Если
f x   0 , отображаем функцию симметрично оси Ox . Тогда получаем:
b
b
a
a
S1  S    f ( x) dx , S1   f ( x) dx (рис. 2б).
Рис. 2б. Площади криволинейной трапеции при f x   0 .
Для определения площади области, ограниченной кривыми y  f1 x , y  f 2 x , и
прямыми x  a , x  b (рис. 3), то необходимо вычислить определенный интеграл:
b
b
b
a
a
a
S   f 2 ( x) dx   f1 ( x) dx    f 2 ( x)  f1 ( x)  dx .
Рис. 3. Площади криволинейной области.
Интеграл с переменным верхним пределом.
84
Значение определённого интеграла не зависит от того, какой буквой обозначена
b
переменная интегрирования:

b
f x dx =  f t dt (чтобы убедиться в этом, достаточно
a
выписать
a
интегральные суммы,
они
совпадают). В
этом
разделе переменную
интегрирования будем обозначать буквой t , а буквой x обозначим верхний предел
интегрирования.
Рис. 4. Интеграл с переменным верхним пределом.
Будем считать, что верхний предел интеграла может меняться, т.е. что x переменная, в результате интеграл будет функцией (x) своего верхнего предела:
x
( x)   f (t )dt . Легко доказать, что если f (t ) интегрируема, то (x) непрерывна, но для
a
нас важнее следующая фундаментальная теорема:
Теорема об интеграле с переменным верхним пределом.
Если функция f (t ) непрерывна в окрестности точки t  x , то в этой точке функция
 ( x ) дифференцируема, и  ( x)  f ( x) .
Другими словами, производная определённого интеграла от непрерывной функции
по верхнему пределу равна значению подынтегральной функции в этом пределе.
Доказательство. Дадим верхнему пределу x приращение x (рис. 4). Тогда
x  x
( x  x) 
x

f (t )dt   f (t )dt 
a
a
x  x

x  x
f (t )dt  ( x) 
x
 f (t )dt    ( x  x)  ( x) 
x
x  x
 f (t )dt  f cx , где с - точка, лежащая между
x и x  x (существование такой точки
x
утверждается теоремой о среднем).

 f (c) .
x
Устремим
x  0 . При этом
x  x  x  c  x ( с - точка, расположенная между x и x  x ). Так как f (t )
85
непрерывна
в
точке
t  x,
то
 lim f (c)  f ( x) .
Следовательно,
x 0
существует

, и  ( x)  f ( x) . Теорема доказана.
x
 ( x)  lim
x 0
Отметим первое важное следствие этой теоремы. По существу, мы доказали, что
любая непрерывная функция
f (x )
имеет первообразную, и эта первообразная
x
определяется формулой ( x)   f (t )dt . Другим важным следствием этой теоремы
a
является формула Ньютона-Лейбница, или основная формула интегрального исчисления.
Формула Ньютона-Лейбница.
Если
f (x ) непрерывна на отрезке [ a, b] , и F (x ) - некоторая первообразная
функции f (x) , то
b
 f ( x)dx  F (b)  F (a)
(4)
a
x
Доказательство. Мы установили, что функция ( x)   f (t )dt - первообразная
a
непрерывной f (x) . Так как F (x) - тоже первообразная, то  ( x)  F ( x)  C . Положим в
этом
a
x  a.
равенстве
Так
(a)   f (t )dt  0 ,
как
то
a
x
0  F (a)  C  C   F (a)  ( x)   f (t )dt  F ( x)  F (a) .
В
равенстве
a
x
 f (t )dt  F ( x)  F (a)
переобозначим переменные: для переменной интегрирования t
a
вернёмся к обозначению
x , верхний предел
x
обозначим
b . Окончательно,
b
 f ( x)dx  F (b)  F (a) .
a
Разность в правой части формулы Ньютона-Лейбница обозначается специальным
символом: F ( x) a  F (b)  F (a) (здесь F ( x) a читается как "подстановка от a до b "),
b
b
поэтому формулу Ньютона-Лейбница обычно записывают так:
b
 f ( x)dx  F ( x)
b
a
(5)
a
86
Sir Isaac Newton,
английский физик, математик,
механик и астроном
(1642 – 1727)
Gottfried Wilhelm von Leibniz
немецкий философ, логик, математик, механик, физик,
юрист, историк, дипломат, изобретатель и языковед
(1646 – 1716)
Пример применения формулы Ньютона-Лейбница:
1


3
 /3



sin
xdx

(

cos
x
)


cos

cos






 /6
2 2 
3
6


 /6


 /3
3 1
.
2
87
СЕМИНАР 28.
Пример 1. Записать с помощью определенного интеграла площадь фигуры, изображенной
на рисунке:
Решение. S ф 
5

1
x3
dx .
2
Пример 2. Записать с помощью определенного интеграла площадь фигуры, изображенной
на рисунке:
b
Решение. Sф 
  f ( x)  g ( x)dx .
a
Пример 3. Записать с помощью определенного интеграла площадь фигуры, изображенной
на рисунке:
2
Решение. S ф  2  (  x 2  4 )dx .
0
Пример 4. Записать с помощью определенного интеграла площадь фигуры, изображенной
на рисунке:
88
0

2

0
Решение. S ф   x dx  x dx 
1
3
3
x
1
0
2
3
dx   x 3 dx .
0
Пример 5. Записать с помощью определенного интеграла площадь фигуры, изображенной
на рисунке:
2
Решение. S ф     3 x dx 
0
2
  3 x dx .
0
Пример 6. Записать с помощью определенного интеграла площадь фигуры, изображенной
на рисунке:
89
Решение. S ф 
 1  x dx   1  x
1
2
2
0
2
dx
1
4
Пример 7. Вычислить определенный интеграл
x
2
 dx .
1
4
x3
Решение. По формуле Ньютона-Лейбница имеем  x  dx 
3
1
4
2

1
4 3 13 64 1

 
  21 .
3 3
3 3
2
 cos x  dx .
Пример 8. Вычислить интеграл
0

Решение.
2
 cos x  dx  sin x

 sin   sin 0  1  0  1 .
2
2
0
0
1 
 2x
Пример 9. Вычислить интеграл   
  dx .
5
2
x


4
9
Решение. На основании свойств определенного интеграла и формулы Ньютона-Лейбница
получаем
1 
2x
1
 2x
4  5  2 x   dx  4 5  dx  4 2 x  dx 
9
9
9
9
 

9
2 x2
1
 
 x   92  42 
4
5 2 4
5

3

9 4 
1
 65  1  14.
5
x
 sin 2  dx .
Пример 10. Вычислить интеграл
0
 x
Решение. Представим дифференциал как dx  2  d   , тогда
2


3
x
0 sin 2  dx  2 

x  x
x 3

0


sin

d

2


cos



   2   cos  cos  
0 2  2  
20
6
6

3
 3 
  2  
 1   3  2  1,732  2  0,268.
 2


2
 cos x  dx .
Пример 11. Вычислить интеграл
0

Решение.
2

 cos x  dx  sin x 02  sin
0
Пример 12. Вычислить интеграл

2
 sin 0  1 .
2
 x dx .
3
1
90
2
2
x4
Решение. x dx 
4
1

3
1
2 4  1
16 1 15



  .
4
4
4 4 4
4
1
Пример 13. Вычислить интеграл

3
xdx .
1
1
Решение.

1
3
1
1
3
3x
x dx =  x dx 
4
1
4 1
3
3 3 1 3 3 3
 
   0.
4
4
4 4
4
1
 x
2
Пример 14. Вычислить интеграл
2

 1  dx .
1
2
 x3

 23
  1  10
Решение.  x  1 dx    x     2     1  .
 3
1  3
 3  3
1
2
2
3
Пример 15. Вычислить интеграл  e

x
3
 dx .
0
3
Решение.  e
0

x
3
 dx   3e
1 3
 x
3
0
1
 0 
  1 3
1 e
 3 e 3  e 3   3 e 1  1  3
.
e




91
ЛЕКЦИЯ 29. Методы вычисления (по частям, метод замены переменной и
приближенный).
Замена переменной в определенном интеграле.
При вычислении определенных интегралов можно применять формулу замены
переменной в определенном интеграле:
b

t2
f ( x) dx   f  t  / t dt ,
a
x   (t )
(1)
t1
Здесь  и  определяются, соответственно, из уравнений     a ;     b , а
функции f, ,  должны быть непрерывны на соответствующих промежутках.
b
 f ( x) dx  F (b)  F (a) ,
Доказательство:
a
t2
t2
t2
t1
t1
t1
 f  (t )   (t ) dt   f  (t ) d (t )   f ( x) dx  F x 
t2
t1
 F  (t 2 )   F  (t1 )   F (b)  F (a).
e
Пример: I 
ln xdx
. Сделаем замену: ln x  t или x  e t , тогда если x=1, то t=0, а если
x
1

1
1
e t ln e t dt
t2
  tdt 
x=e, то t=1. В результате получим: I  
2
et
0
0
1

0
1
.
2
При замене переменной в определенном интеграле не нужно возвращаться к
исходной переменной интегрирования.
Формула интегрирования по частям для определённого интеграла.
Если u ( x), v( x ) - непрерывно дифференцируемые функции, то
b
b
 u  dv  uv a   v  du
b
a
(2)
a

Доказательство. Интегрируем равенство uv   uv  uv в пределах от a до b :
b

b
b
a
a
 uv dx   uvdx   uvdx .
a
Функция в левом интеграле имеет первообразную uv , по
b
формуле Ньютона-Лейбница
b

 uv dx  uv a , следовательно,
a
b
b
a
a
uv a   uvdx   uvdx , откуда
b
и следует доказываемое равенство.
92
Пример:
5
5
5
1
1
 ln xdx  x ln x 1   xdln x   5 ln 5  1ln 1   x
5
1
dx
5
 5 ln 5  x 1  5 ln 5  (5  1)  5 ln 5  4 .
x
Приближенный метод вычисления определенных интегралов.
1. Метод прямоугольников.
Метод прямоугольников состоит в том, что интервал интегрирования
разбивается на n равных частей длиной h 
a, b
ba
.
n
Значение функции y  f x  внутри каждого интервала заменяют постоянной,
равной значению функции на левой (рис. 1а) ) или правой (рис. 1b) границы интервала.
Рис. 1.
После этого вычисляют площади всех прямоугольников и суммируют их. Таким
образом, имеем
для случая а)
b
n 1
a
i 0
b
n
a
i 1
 f ( x) dx  h  ( y0  y1    yn 1 )  h   yi
для случая b):
 f ( x) dx  h  ( y1  y2    yn )  h   yi
Чем больше число разбиений n , тем точнее результат численного интегрирования.
2. Метод трапеций
Можно получить более точное значение определенного интеграла при том же
числе разбиения n отрезка a, b , если значение функции y  f x  внутри каждого малого
интервала
xi , xi 1 
шириной h заменяют линейной функцией, т.е. отрезком прямой,
93
соединяющим концы интервала (рис. 2). При этом область под кривой интегрирования
разбивается на трапеции.
Площадь криволинейной трапеции заменяется суммой площадей прямолинейных
трапеций
yn-1
y
yn
yi+1
yi
y1
y0
h
xi
x
xi+1
Рис. 2.
b
y  yn  h
 y0  y1 y1  y 2

 ...  n1
 =  y 0  2 y1  2 y 2  ...  2 y n 1  y n  или
2
2
2
 2
 f xdx  h
a
n 1


 f ( x) dx    y0  yn  2  yi 
b
h
2 
a
i 1

3. Метод Симпсона
Это самый точный из рассматриваемых методов численного интегрирования. Здесь
участок a, b разбивается на n  2m четное число частей, и через каждые три точки
проводят параболу. При этом площадь криволинейной трапеции под интегральной кривой
заменяется на каждой паре участков площадью криволинейной трапеции, ограниченной
параболой. Формула приближенного интегрирования Симпсона (Thomas Simpson,
английский математик, 1710—1761) имеет вид:
b

a
f ( x)dx 
h n1
 ( f ( x2i )  4 f ( x2i1 )  f ( x2i2 )).
3 i 0
Приложения определенных интегралов.
Как и все другие науки, математика возникла из практических нужд людей: из
измерения площадей земельных участков и вместимости сосудов, из счисления времени и
из механики. Поэтому вполне понятно неослабевающее внимание к этим вопросам на
протяжении всей истории математики. Достаточно сказать, что, например, геометрия,
возникла в связи с задачей измерения площадей. Само слово «геометрия» в переводе на
русский язык означает землемерие.
94
Методами элементарной геометрии задача об измерении площадей и объёмов
получает решение лишь для простейших фигур и тел. Практические потребности,
вызванные к жизни развитием производства, поставили перед наукой целый ряд новых
задач, в частности, задач, связанных с измерением длин кривых линий, площадей фигур,
ограниченных кривыми линиями, объёмов тел, ограниченных различными поверхностями
и так далее.
Задача об определении площадей фигур, ограниченных кривыми линиями,
рассматривалась ещё Архимедом (3 век до нашей эры), который, применив совершенно
новый метод, определил площадь сегмента параболы и площади некоторых других фигур.
При решении этой задачи Архимедом существенно были использованы свойства кривых,
ограничивающих эти фигуры; однако его методом нельзя было вычислить площадь
области, ограниченной произвольной кривой. Единственное, что являлось общим в методе
Архимеда, это то, что он разбивал данную фигуру не всё более мелкие части, площади
которых было легко найти, и затем, выражаясь современным языком, находил предел
суммы площадей этих частей. Между тем развитие астрономии и физики требовало
нахождения общего метода решения поставленных задач. Таким общим методом и
явилось интегральное исчисление.
Вычисление площади фигуры.
Предполагая, что фигура ограничена функцией y  f  x  , f  x   0 , заданной на
отрезке [a; b], и осью Ох, её площадь вычисляется по формуле:
b
S   f x dx
(3)
a
Пример 1. Найти площадь S, ограниченную функцией y  sin x и осью Ох на
отрезке 0;   .
Решение. Функция y  sin x на отрезке 0;   положительна (sinx ≥ 0 при x  0; )
(рис. 3).
Рис. 3.
Искомая площадь, согласно формуле (3), равна:
95


0
0
S   sin xdx   cos  cos   cos 0  (1  1)  2 .
S – положительна и равна 2.
Объём тела вращения.
Объём тела определяется по формуле:
b
V   S ( x)dx ,
(5)
a
где S(x) - площадь поперечного сечения.
При вычислении объёма тела, вращающегося вокруг оси Ох, фигура поперечного
сечения есть круг (рис. 4а).
Рис. 4 а.
Известно, что площадь круга равна S  R 2 , где R – радиус круга. При вращении
тела вокруг оси Ох (рис. 2) радиус круга в точке х равен R  f x . тогда площадь
поперечного сечения, проведённого в точке х, равна S ( x)  f 2 ( x) . Подставляя значение
S(x) в формулу (5), получим, что объём тела, вращающегося вокруг оси Ох, равен:
b
V    f 2 ( x)dx
(6)
a
При вращении тела вокруг оси Оу объём тела вращения вычисляется по формуле:
d
V    F 2 ( y)dy ,
(7)
c
где F  y  – радиус в точке у (рис. 4б).
96
Рис. 4 б.
Пример. Найти объём тела, образованного вращением прямой y  3 x вокруг оси
Ох на отрезке х  0;3 (рис 5).
Прямая y  3 x , вращаясь вокруг оси Ох, образует конус. Объём полученного тела
равен:
3
3
0
0
V    (3x) 2 dx  9  x 2 dx  9
x3
3
3
 81 .
0
Рис. 5.
Пример: Найти объем шара радиуса R.
В поперечных сечениях шара получаются окружности переменного радиуса y . В
зависимости от текущей координаты x этот радиус выражается по формуле y  R 2  x 2 .
Получаем объем шара:
R
V    ( R 2  x 2 )dx   ( R 2 x 
R


x3 R
R3 
R 3  4R 3
     R 3 

)    R 3 
.
3 R
3 
3 
3


97
Вычисление длин дуг плоских кривых.
Пусть дана плоская кривая AB (рис. 6), уравнение которой y  f x  , x  a, b , где
f x  — непрерывно дифференцируемая функция на отрезке a, b.
Рис. 6.
Разобьем отрезок a, b точками xi  a 
ba
i, i  0,1, ..., n , на n частей равной
n
длины. Через точки деления xi проведем прямые, параллельные оси ординат Oy . Точки
пересечения этих прямых с кривой AB обозначим через M i . Соединив эти точки хордами,
получим ломаную AM 1 M 2 ...M n1 B , вписанную в кривую AB . Пусть периметр этой
ломаной равен
Pn . Длиной дуги
AB
будем называть число l , равное пределу
последовательности периметров Pn  :
l  lim Pn
n 
Выведем формулу для вычисления длины дуги. Для этого сначала найдем периметр
ломаной AM 1 M 2 ...M n1 B . Точка M i 1 с координатами xi 1 и f xi 1  и точка M i с
координатами xi и f  xi  являются концами i  го звена ломаной. Длину i  го звена
вычислим по формуле расстояния между двумя точками плоскости.
Из геометрических соображений: li 
В то же время
xi 
2
 yi 
2
 y
 1   i
 xi
2

  xi

yi
f ( xi )  f ( xi 1 )

xi
xi
li 
xi 2  yi 2
 ( xi  xi 1 ) 2  ( f ( xi )  f ( xi 1 )) 2
(8)
98
Учитывая, что f x  – непрерывная дифференцируемая функция на отрезке a, b,
по формуле Лагранжа имеем
f xi   f xi 1   f ci   xi  xi 1  ,
(9)
где ci — некоторая точка интервала xi 1 , xi  . Подставив выражение (9) в формулу (8),
получим:
li  1  ( f (сi )) 2 хi ,
(11)
где xi  xi  xi 1 . Значит, периметр ломаной AM 1 M 2 ...M n1 B равен следующей сумме:
n
n
i 1
i 1
Pn   li   1  ( f (ci )) 2 xi .
1  ( f ( x)) 2
Получили интегральную сумму для непрерывной функции
a, b.
отрезке
на
Так как предел этой суммы при n → ∞ существует, то согласно
определению находим
n
b
i 1
a
l  lim Pn  lim  1  ( f (ci )) 2 xi   1  ( f ( x)) 2 dx .
n
n
Таким образом,
b
l   1  ( f ( x)) 2 dx
(12)
a
Пример. Найти длину окружности, заданной уравнением x 2  y 2  R 2 .
Выразим
y  
из
x
R  x2
2
уравнения
переменную
y:
y  R2  x2 .
Найдем
производную
. Тогда
r
r
1
x2
R
x
l   1 2
dx  
dx  R  arcsin
2
4
R
R x
R2  x2
0
0
R
R

0
2
Тогда l  2R . Получили общеизвестную формулу длины окружности.
Вычисление площадей поверхностей тел вращения.
Найдем площадь поверхности, полученной в результате вращения кривой
y  f x  (кривая АВ) вокруг оси абсцисс. Пусть функция f x, x  a, b , непрерывно
дифференцируема на отрезке a, b.
Через точки xi  a 
ba
i, i  0,1, ..., n проведем прямые, параллельные оси
n
ординат Oy , а их точки пересечения с кривой AB обозначим через M i .
99
Рис. 7.
Соединив эти точки хордами, получим ломаную AM 1 M 2 ...M n1 B . При ее
вращении вокруг оси абсцисс получается поверхность, которая состоит из боковых
поверхностей усеченных конусов, образованных
вращением звеньев ломаной
AM 1 M 2 ...M n1 B . Пусть площадь этой поверхности равна S n .
Площадью поверхности тела вращения будем называть число S , равное пределу
последовательности площадей S n  :
S  lim S n .
n 
Площадь
поверхности,
описанной
ломаной
AM 1 M 2 ...M n1 B
выразится
следующим образом:
n
S n   2
i 1
n
f ( xi 1 )  f ( xi )
li    [ f ( xi 1 )  f ( xi )] 1  ( f (ci )) 2 xi ,
2
i 1
(13)
где мы воспользовались формулой (11). Сумма (13) не является интегральной суммой
для функции
2f ( x) 1  ( f ( x)) 2 ,
(14)
так как в слагаемом, соответствующем отрезку xi 1 , xi  , фигурируют несколько точек
этого отрезка, а именно xi 1 , xi , ci . Однако можно доказать, что предел суммы (13) равен
пределу интегральной суммы для функции (14), т. е.
n
S  lim S n   lim [ f ( xi 1 )  f ( xi )] 1  ( f (ci )) 2 xi 
n 
n 
i 1
n
b
i 1
a
 2 lim  f (ci ) 1  ( f (ci )) 2 xi  2  f ( x) 1  ( f ( x)) 2 dx
n
Таким образом,
b
S  2  f ( x) 1  ( f ( x)) 2 dx
(15)
a
100
СЕМИНАР 29. Методы вычисления (по частям, метод замены переменной и
приближенный).
1
Пример 1. Вычислить определённый интеграл I   xex dx .
0
Решение. Сначала вычислим неопределенный интеграл от функции f x   xe x . Используя
метод
интегрирования
по
частям,
 xe dx  e x  1  C .
получаем:
x
x
В
качестве
первообразной функции f x  выберем функцию e x x  1 и применим формулу НьютонаЛейбница: I  e x x  1  1.
1
0
2
Пример 2. Вычислить определённый интеграл  ln( x 2  4) dx .
0
Решение.
2x


2
2
2
2
u  ln( x  4), du  x 2  4 dx   x  ln( x 2  4) 2  2 x dx  2 ln 8  2 x  4  4 dx 
ln(
x

4)
dx

0
 x2  4
 x2  4
0


dv

dx
,
v

x


2
2
4 
2

 x
 
6 ln 2  2 1  2
 dx  6 ln 2  2 x 0  4arctg    6 ln 2  4  4    6 ln 2  4    3.3
 x 4
20
4
1
Пример 3. Вычислить определённый интеграл
x
3
1  x 2 dx .
0
Решение.
1
x
0
3
1 x2  t 2
1  x dx   2 x dx  2t dt
x dx  t dt
2
0
x2  1 t 2
 t3 t5 
x1  0  t1  1    1  t 2  t 2 dt     
 3 5
1
x2  1  t 2  0


0

1
 1 1 2
      .
 3 5  15
5
Пример 5. Вычислить определённый интеграл
e
4 x 1
dx .
1
Решение.
Выполняя
замену
переменной
4x 1  t ,
Неопределённый интеграл привели к табличному виду:
находим
e
4 x 1
dx 
4dx  dt , dx 
dt
.
4
1 t
e dt . Пределы
4
интегрирования в интеграле по переменной t вычисляются согласно формуле: t  4x 1 .
101
Так нижний предел t при x  1 равен t  4 1 1  5 , а верхний предел t при x  5 равен
t  4  5  1  21 . Тогда интеграл запишется в виде:
5
e
4 x 1
1
21
1
1
dx   e t dt 
45
4
21
5
7
Пример 6. Вычислить определённый интеграл


1 21 5
e e .
4

dx
 4x  5 .
1
Решение. Заменяя 4 x  5  y , находим 4dx  dy , dx 
dx
1 dy
y
 4x  5  4 
dy
. Вычисляемый интеграл
4
свёлся к табличному. Найдём новые пределы интегрирования по
формуле: у  4 х  5 . Нижний предел y при x  1 равен у  4 1  5  9 , а верхний предел у
при x  7 равен у  4  7  5  33 . Тогда вычисление интеграла запишется:
7
33
dx
1 dy 1
1 4 x  5  4 9 y  4 ln y
33
9

1
ln 33  ln 9   1 ln 33  1 ln 33 .
4
4 9 4 9
3
Пример 7. Вычислить определённый интеграл
x
x 2  1 dx .
1
Решение. Вводим новую переменную интегрирования, полагая x 2  1  t , получим
2xdx  dt , xdx 
dt
1
. Искомый интеграл запишется:  x x 2  1 dx   t dt .
2
2
Вычислим новые пределы интегрирования: при x  1, t  12  1  2 , а при x  3 ,
t  32  1  10 . Выполняя замену и подставляя новые пределы интегрирования, получим:
10
3
x
3
10
x 2  1 dx 
1
1
1 2t
t dt  

22
2 3


3
3
1
1
 10 2  2 2   10 10  2 2 .
 3
3
2
2
3
Пример 9. Вычислить определённый интеграл
xdx
 1 x
2
.
1
Решение. Нходим 2xdx  dt , xdx 
xdx
1 x
2

dt
. Искомый интеграл привели к табличному виду:
2
1 dt
. Найдём пределы интегрирования табличного интеграла по переменной t .
2 t
Согласно формуле t  1  x 2 получим, что при изменении 1  x  3 новая переменная t
меняется в пределах 2  t  10 . Вычисляемый интеграл равен:
3
10
xdx
1 dt 1
1 1  x 2  2 2 t  2 ln t
10
2

1
ln 10  ln 2   1 ln 10  1 ln 5  ln 5
2
2 2
2
102
1
Пример 10. Вычислить определённый интеграл
 xe dx .
x
0
Решение. Обозначая
ux
du  dx
, получим
. Тогда:
x
v  ex
dv  e dx
1
 xe dx  xe
x
1
x
0
0
1
1
1
0
0
0
  e x dx  xex  e x  1  e1  0  e 0  e1  e 0  e 0  1 .

Пример 11. Вычислить определённый интеграл
4
 arctg xdx .
0
Решение. Полагая u  arctgx , получим du 
dx
, dv  dx , v  x . Согласно формуле
1 x2
интегрирования по частям, находим:


4

4
 arctg xdx  x arctg x 

xdx
1 x
0
0
4
2
=
0
1
 x arctg x  ln 1  x 2
2
0
4

4

0

4
arctg
  1
2
1
2
.
 0  arctg 0   ln 1 
 ln 1  0    ln 1 
4
2
16
16
 4 2


Пример 12. Вычислить определённый интеграл
 x cos xdx .
0
Решение. Обозначая
ux
, получим
dv  cos xdx
du  dx
. Тогда:
v  sin x





0
0
0
0
0
 x cos xdx  x sin x   sin xdx  x sin x  cos x 
  sin   0  sin 0  (cos   cos 0)  1  1  2.
4
Пример 13. Вычислить определённый интеграл

0
dx
.
x 1
x  t , тогда x  t 2 , dx  2t  dt . Подставим старые пределы
Решение. Обозначим
интегрирования в формулу
x  t , получим новые пределы интегрирования t1  0 , t2  2 .
Следовательно,
4

0
dx
2t  dt
(t  1)  1
t 1
1

2  
 dt 2  
 dt 2  
 dt 
t 1
t 1
t 1
x 1 0 t 1
0
0
0
2
2
2
2
 2   dt 2  
0
0
d (t  1)
 2t
t 1
2
2
0
 2  ln t  1
2
2
0
2  2  0   2  ln 3  ln 1 
 4  2  ln 3  1,803.
103
t 2  t 1
dt . Найти  / 1 .
2
0 t  t 1
x
Пример. 14. Дана функция x   
Решение. ( x) 
x2  x 1
x2  x 1
x 1
1
 .
3
1
Пример. 15. Дана функция x    ln t dt , . Найти  / x  .
x2


2

1
  x
Решение.   ln t dt      ln t dt    ln x 2  2  ln x .
 2
 

x
  1

Пример 16. Найти среднее значение функции y   x 2  5 x  6 на отрезке 1;5 .
b
Решение.
 f xdx  f c  b  a 
a
y ср.
b
5
 x 3 5 x 2 3x 
1
1
2
 f (c ) 
 f ( x) dx 
  x  5 x  6 dx   

 
b  a a
5  1 1
12
8
2



5

1
124 120 12
31
31
4
 125 125 15   1 5 3 
 

        


   15  6    9   .
8
2   12 8 2 
12
8
2
3
3
3
 12
Пример 17. Найти площадь S, ограниченную осью Ох и прямой у   х  1 на отрезке 1;3.
Решение.
Рассматриваемая
функция
у  х 1
на
отрезке
1;3
отрицательна
( у  х  1  0 при х  1; 3 ). Тогда площадь, вычисляемая по формуле (3), равна:
3
 x2

 9
  1 
S     x  1dx     x  1dx    x      3     1  6 .
  2 
 2
 2

1
1
3
3
S
равно
1
отрицательному значению.
Абсолютное значение величины интеграла S   6  6 соответствует значению
площади криволинейной трапеции, изображённой на рисунке.
104
Пример 18. Найти площадь S, ограниченную осью Ох и функцией y  cos x на отрезке
  3 
 2 ; 2   .
  3 
Решение. На отрезке  ;   функция y  cos x положительна и площадь вычисляется
 2 2 
 3 
по формуле (3), а на отрезке  ;   функция y  cos x отрицательна (см. рисунок) и
2 2 

площадь находится по формуле S 
3
2


cos xdx 
 cos xdx .

2
2
2
Выполняя расчёт, получим:

S
2



3
cos xdx 
2
2
 cos xdx  sin x

2

2


 sin x
2
2

2
 sin

 
 sin    
2
 2
3

 sin   sin  1   1   1  1  2   2  4, что S  0 и равна 4.
2
2
Пример 19. Найти площадь фигуры, ограниченной линиями y  x 2  2 x  3, y  3x  1 .
Решение. Построим графики функций и найдем их точки пересечения.
 x  1,
x 2  2 x  3  3x  1;  x 2  5 x  4  0;  
 x  4.
4
 x3 5 x 2

5 16 64
S    3x  1  x  2 x  3 dx     x  5 x  4  dx    
 4x  
  12  4,5.
3
2
2
3

1
1
1
4
4
2
2
105
Пример 20. Найти площадь криволинейной трапеции, ограниченной линиями: y  x 3 ,
y  0 , x  3 , x  1.
Решение. Построим графики функций и найдем их точки пересечения.
0
1
x4
S    x dx   x dx  
4
3
0
3
0
3
3
x4

4
1

0
 34
4

1 82

 20,5
4 4
x
Пример 21. Найдите площадь фигуры, ограниченной линиями: y  2 x , y  2 2 , x  2 .
Решение. Построим графики функций и найдем их точки пересечения.
x
x
 x


4  4  1  2  1 .
1  x
2
2
2  2 2  
S    2  2 dx 


ln 2 
ln 2
ln 2
0

0
2
2
106
Пример 22. Найдите площадь фигуры, ограниченной линиями: y  x 3  1, y  0 , x  0 .
Решение. Построим графики функций и найдем их точки пересечения.
0
 x4

1
3
S   x  1dx   x     1  .
4
4
 4
 1
1
0
3
Пример 23. Найдите площадь фигуры, ограниченной линиями: y  1  2 sin x , y  0 , x  0 ,
x   / 2.
Решение. Построим графики функций и найдем их точки пересечения.
 /2
S
 1  2 sin xdx x  2 cos x
0
 /2
0


2
2.
Пример 24. Найдите площадь фигуры, ограниченной линиями: y  4  x 2 , y  0 .
Решение. Построим графики функций и найдем их точки пересечения.
107
Фигура состоит из двух одинаковых кусочков. Вычисляем площадь той части, что справа
от оси Oy , и удваиваем.
2

x3 
8
2

S  2 4  x dx 2 4 x    2 8    16  .
3 0
3
3


0
2
2
1
Пример 25. Найдите площадь фигуры, ограниченной линиями: y  1  cos x , y  0 ,
2
x   / 2 , x   / 2 .
Решение. Построим графики функций и найдем их точки пересечения.
Фигура состоит из двух одинаковых кусочков. Вычисляем площадь той части, что справа
от оси Oy , и удваиваем.
 /2
S 2

0
 /2
sin x 
 1


1  cos x dx 2 x 

2 0
 2


 1
 2      1  4,14 .
 2 2
Пример 26. Определить объём тела, образованного вращением кривой у  2х 2 вокруг оси
Оу на отрезке у  0;2 (рисунок).
Решение. Объём тела вращения вокруг оси Оу равен:
y

 y2
V    dy   ydy  
2
20
2 2
0
2
2
2
0


4
(4  0)   .
Пример 27. Вычислить площадь фигуры, ограниченной графиками функций y  x ,
y  x 2 , x  0 , x  1/ 2 .
108
Решение.
1/ 2
S
(
1/ 2
x  x )dx 
2
0
21
  
32

0
32
1 
2
x dx   x dx  x 3 2  x 3 
3 
3
0
1/ 2
1/ 2

2
0
11
1
1 4 2 1
   


(кв. ед.).
32
24
3 2 24
3
Пример 28. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями y  2 x  x 2 и y   x .
Решение. y  2 x  x 2  парабола. Найдем ее вершину и точки пересечения с осями
координат: y  2  2 x ; y  0 или 2  2x  0 , x  1 . Если x0  1 , то y0  2  1  1. Таким
образом,
M 0 (1; 1)
 вершина параболы. При
2 x  x 2  0 или
y0
x(2  x)  0 ,
x  0; x  2 - точки пересечения параболы с осью Ox . y   x  прямая линия. Найдем
2x  x2  x
абсциссы точек пересечения прямой и параболы:
или
x 2  3x  0 ,
x1  0; x2  3 .
Вычислим площадь заштрихованной области:
3
3
 x2 x3 
S   (2 x  x 2  ( x)) dx   (3x  x 2 )dx   3 
 
2
3

0
0
3
0

27 27 9

  4,5 (кв.ед.).
2
3 2
Пример 29. Вычислить площадь двух частей, на которые круг x 2  y 2  8 разделен
параболой y 2  2 x .
Решение. Сделаем чертеж:
109
x 2  y 2  8  окружность с центром в начале координат и радиусом R  8 . y 2  2 x 
парабола, имеющая вершину в т.О(0,0). Найдем точки пересечения параболы и
окружности:
2
2

x2  2x  8  0
y  8  x
2

8

x

2
x

 2
x1  4; x2  2

 y  2x
x  4  не удовлетворяет условию y 2  2 x . Если x  2 , то y 2  4 или y1  2 , y2  2.
y2
Найдем площадь заштрихованной области по формуле: S   ( g 2 ( y )  g1 ( y )) dy.
y1
x 2  y 2  8
 x  8  y2

x  0
 y 2  2x
; 

x

0

x
y2
.
2
2


y2 
y2 
2
2
s1    8  y   dy  2   8  y   dy
2 
2 
 2
0


 y  8 sin t ; dy  8 cos t dt



 Если y  0, то t  0



 Если y  2, то 2  8 sint, sint  2 ; t   

2
4 
2
2
s1  2 
0
 /4
2

0
 /4
y3
8  y dy 
3
2
2
0
2
 2  8  y 2 dy 
0
8

3
 /4
8
8  8 sin t  8 cos tdt   16
3
2

0
cos 2 tdt 
8

3
 /4
8  sin 2t 
8  1  8
4
 8  (1  cos 2t )dt   8 t 
   8     2  .
3 
2 0
3  4 2 3
3
0
Найдем площадь второй (незаштрихованной) части, на которую круг разделен
параболой:
4
4

S кр .  R 2 ; S кр .    ( 8 ) 2  8 , S 2  S кр .  S1  8   2    6  .
3
3

110
Пример 30. Найти площадь плоской фигуры, ограниченной графиком функции y  sin x и
осью абсцисс при условии 0  x  2 .
Решение. Разобьём отрезок 0,2  на два отрезка: 0,   и  ,2  . На первом из них
sin x  0 , на втором sin x  0 . Тогда, используя формулы, находим искомую площадь:

S   sin xdx 
0
2
 sin xdx   cos x


0
  cos x 2  (1)  1 | 1  1 | 2 | 2 | 4.
Отметим, что предложенный пример можно было вычислить, используя метод внесения
под знак дифференциала (можно было внести под знак дифференциала 4  5 x 4 ). В этом
случае пересчет пределов интегрирования не осуществляется. Этот метод будет
проиллюстрирован в следующем примере.
Пример 31. Найти длину дуги плоской кривой y  ln x на участке
Решение. Используем формулу  
8

3x 8.
1   y '  dx
2
3
Найдём сначала выражение для дифференциала длины дуги:
2
1
 dy 
d   dx 2  dy 2  1    dx  1  2 dx 
x
 dx 
В таком случае имеем  
8

3
t 

2
t

x

1
dx



t2 1  ,



2
x  t 1

x2  1
dx
x
x 2  1 , можно использовать такую замену:
dx
x
следовательно,
можно
пересчитать
теперь
пределы


интегрирования:  x  3  t  1  3  2  , следовательно
 x  8  t  1  8  3 
111

8

3
x2  1
t
tdt
t 2 dt
1 

dx  

 2
  1  2
 dt 
x
t2 1 t2 1 2 t 1 2  t 1 
2
3
3
3
1  1 3
1 2
 1 1 t 
  t  ln
 ln
  3  2   ln
2  1 3
1 2
 2 1  t 2
3
Использовался табличный интеграл вида
t

  1, 202

dt
1 1 t
 ln
C .
1 2 1 t
2
Пример 32. Найти объем тела, образованного при вращении вокруг оси Ox кривой
y  sin 2 x . Промежуток от x  0 до x  3 .
Решение. Данное тело будет в продольном сечении представлять собой фигуру,
изображённую на рисунке. Согласно теории, объём такого тела будет
3
3
3
V    f  x  dx    sin xdx    sin 2 x 1  cos2 x  dx 
2
0
4
0
0

sin 2 2 x 
    sin 2 x  sin 2 x cos2 x  dx    sin 2 x 
 dx 
4 
0
0
3
3
  1 cos 2 x  1  1 cos 4 x  
 3 cos 2 x cos 4 x 
   

  
  dx    
 dx 
2
2  42
2 
8
2
8 
0 
0
3
3
3
 3x sin 2 x sin 4 x 
 9 sin 6 sin12 
  


   
  3,701
4
32 0
4
32 
 8
8
Пример 33. Найти площадь поверхности образованной вращением одной полуволны
(отрезок выбрать самому) синусоиды y  sin x вокруг оси OX.
112
Решение. Данное тело будет в продольном сечении представлять собой фигуру,
изображённую на рисунке. Согласно теории, площадь такой поверхности будет


S  2  f  x  1   f '  x   dx  2  sin x 1  cos 2 xdx 
2
0
0



 2  1  cos2 xd  cos x    cos x 1  cos 2 x  ln cos x  1  cos 2 x
0



0

 1  2  
    1  1 2  ln 
   14, 4236

 1 2 

Использовался табличный интеграл



2
2
2
x x 2  a 2 a ln x  x  a
x  a dx 

C
2
2
2
2
 /2
Пример 34. Вычислить интеграл
sin x cos


3
xdx .
/6
Решение. Воспользуемся методом внесения под знак дифференциала. Внесем под знак
дифференциала функцию  x  cos x . Так как d x   d cos x  cos x  dx   sin xdx , то
/
получим
e
Пример 35. Вычислить интеграл
ln 2 x
1 x dx .
Решение. Воспользуемся методом замены переменной. Введем новую переменную t по
формуле t  ln x . Тогда dt 
dx
. Осуществим пересчет пределов интегрирования. При
x
x  1 получим t  ln 1  0 . При x  e получим t  ln e  1. Тогда получим
2
Пример 36. Вычислить интеграл

1
xdx
4  x2
.
113
Решение. Воспользуемся методом внесения под знак дифференциала. Внесем под знак
дифференциала функцию  x   4  x 2 .
e
Пример 37. Вычислить интеграл
 x ln xdx .
1
Решение. Применим формулу интегрирования по частям для определенного интеграла.
 /8
Пример 38. Вычислить интеграл
x
2
sin 4 xdx .
0
Решение. Применим формулу интегрирования по частям для определенного интеграла два
раза, так как под знаком интеграла стоит многочлен второй степени.
114
115
ЛЕКЦИЯ 30. Несобственные интегралы и их свойства. Условная и абсолютная
сходимость. Признаки сходимости.
Определение определенного интеграла, его свойства и методы интегрирования
рассматривались в предположении, что промежуток интегрирования a, b конечен и
функция f x  непрерывна на нем.
Иногда приходится отказываться от одного или обоих этих предположений. В этом
случае мы приходим к понятию несобственного интеграла (см. рисунок).
Несобственные интегралы с бесконечными пределами интегрирования (I рода).
Рассмотрим функцию
y  f x  , непрерывную на бесконечном промежутке
[ a;   ) .
Несобственным интегралом от функции f x  по промежутку [ a;  ) называется
A
lim
A
 f ( x)dx :
a


A
f ( x)dx  lim
A
a
 f ( x)dx
(1)
a
Если указанный предел существует и конечен, то несобственный интеграл с
бесконечным пределом интегрирования называется сходящимся, в противном случае 
расходящимся.

Если f ( x)  0 на [a,  ) и
 f ( x)dx   , то данный интеграл представляет собой
a
площадь бесконечной криволинейной трапеции, ограниченной кривой y  f (x) , прямой
x  a и бесконечным интервалом [a;  ) .
116
Рис. 1
Аналогично определяется несобственный интеграл на промежутке ( ; b] :
b
b

f ( x)dx  lim
B 

а на интервале
 f ( x)dx,
(2)
B
(;  ) определяется формулой



c
f ( x)dx 


f ( x)dx 

 f ( x)dx,
(3)
c
где с  любое действительное число.
Если сравнить две криволинейные трапеции на рис. 1, то конечность или
бесконечность их соответствующих несобственных интегралов зависит от скорости
убывания функции y  f (x) и y  g (x) при x   .

Так, например,
dx
 x
сходится при   1 и расходится при   1.
1
A
В этом легко убедится, вычислив
1
 x dx , если
A   .
1
1
Если f ( x)  , то
x

1
 x dx
A
1
1 x dx  ln | x |
A
 ln A  ln 1  ln A   при A   , поэтому
1
 расходится, следовательно, и площадь соответствующей криволинейной
1
трапеции бесконечна.
Если
f ( x) 
1
,
x2
A
то
1
1
1 x 2 dx   x
A
1

1
1,
A

1
x
1
2
 1
dx  lim 1    1
A
 A

несобственный интеграл сходящийся, следовательно, площадь криволинейной трапеции,
ограниченной линиями y 
1
, x  1 и бесконечным промежутком [1;   ) , является
x2
конечной и равна 1.
117
Признак сравнения.
Пусть в промежутке [ a;  ) функции y  f (x) и y  g (x) непрерывны и
0  f ( x)  g ( x) . Если


a
a
 g ( x)dx сходится, то сходится и интеграл


a
a
 f ( x)dx . Если интеграл
 f ( x)dx расходится, то и  g ( x)dx также расходится.
Замечание. Аналогичное утверждение верно для несобственных интегралов и по
другим бесконечным пределам интегрирования.

Пример. Исследовать на сходимость несобственный интеграл

1
xdx
.
(x 2  3) 4
Решение. Проведем сравнительный анализ подынтегральной функции при x   :
x
( x  3)
2
4

x
x
8

x
1
 3 (1  x  ) . Но
4
x
x

dx
x
сходится, т.к.   3 (см. рассуждения
3
1
выше). Следовательно, по признаку сравнения сходится и данный интеграл.
Несобственные интегралы от разрывной функции (II рода).
Пусть функция y  f (x) имеет разрыв II рода на a, b либо в точках а и b, либо в
точке c  (a, b) , тогда несобственные интегралы от разрывной функции определяются
следующим образом:
1) если x  a  точка разрыва, то
b

b
f ( x)dx  lim
 0
a
a
b
b
2) если x  b  точка разрыва, то
 f ( x)dx ;
 f ( x)dx  lim
 f ( x)dx ,

0
a
b
3) если x  c, c  (a, b) , с  точка разрыва, то

a
c
b
a
c
f ( x)dx   f ( x)dx   f ( x)dx.
a
Если указанные пределы существуют и конечны, то несобственные интегралы
называются сходящимися, в противном случае расходящимися.
Признак сравнения. Пусть функции y  f (x) и y  g (x) в промежутках a, b
непрерывны, а в точке x  b имеют разрыв II рода; кроме того 0  f ( x)  g ( x) . Если
b
b
b
a
a
a
 g ( x) сходится, то сходится  f ( x)dx . Если  f ( x)
b
расходится, то расходится
 g ( x)dx .
a
118
3
Пример. Исследовать на сходимость несобственный интеграл
dx
 (x  1)
2
.
0
Решение. Функция y 
1
в точке x  1 имеет разрыв II рода, поэтому
( x  1) 2
3
dx
0 ( x  1)2  lim
 0
1

0
1
d ( x  1)
d ( x  1)
1 

 lim 
 lim  
 
2
2


0


0
( x  1)
( x  1)
 x 1 0
1
3
1 
1
1 
1 


 1
 lim  
 lim  
   lim  



 0
 x  1  1  0  1    1  1   0  3  1 1    1 
3
1 
 1 1
 lim   1  lim          
 0 

  0  2  
.
Интеграл расходящийся.
Абсолютная и условная сходимость несобственных интегралов по бесконечному
промежутку.
До сих пор рассматривались интегралы от знакоположительных (знакопостоянных)
функций. Теперь пусть подынтегральная функция таких ограничений не имеет, то есть
может быть и знакочередующейся функцией.
Если
наряду
с
собственным


a
a
 f ( x)dx сходится и интеграл 
интегралом
по
бесконечному
промежутку
f ( x) dx по этому же промежутку, то первый интеграл
называется абсолютно сходящимся.

Если интеграл
 f ( x)dx сходится,

а интеграл
a

f ( x) dx расходится, то первый
a
интеграл называется условно сходящимся.

Пример. Исследовать на абсолютную сходимость интеграл: J 
cos xdx
.
x
1

Решение. В начале исследуется данный интеграл вообще на сходимость, для чего
проведем интегрированние по частям: пусть u 
1
dx
; du   2 ; dv  cos xdx; v  sin x;
x
x
тогда





cos xdx sin x
sin xdx
sin xdx
dx
J


,
далее
. Так как
J 




sin
1

J
1
1
2
2


2
x
x
x 1
x
1
1 x
1
1
последний интеграл сходится, то по признаку сравнения сходится и интеграл J1 , причем
абсолютно. Исходный интеграл J при этом является сходящимся (кстати, сходимость
119
этого можно определить быстрее с помощью признака сходимости Дирихле, который
будет рассмотрен позже). Чтобы исследовать исходный интеграл на абсолютную

сходимость, надо рассмотреть интеграл: J 

cos x dx
x
1
. Так как cos 2 x  cos x при x  1,
то имеем:


J
1
cos x dx
x


cos 2 xdx 1 1  cos( 2 x)
1
 
 
dx 
x
2 1
x
2
1

dx 1
1 x  2

cos( 2 x)
dx  J 3  J 4 .
x
1

Интеграл
J 4 аналогично исходному интегралу J сходится, а интеграл J 3 расходится; стало быть, и
интеграл J 2 является расходящимся. При этом исходный интеграл является условно
сходящимся.

Пример 9. Исследовать на абсолютную сходимость интеграл: J 
0

Решение: J 

1
2
a rctg
sin( 3x)dx
0 x 2  2 x  3 
x 1
2


0

sin( 3x) dx
x
2
0
 2x  3

dx
0 x 2  2 x  3 


dx
 ( x  1)
0
sin( 3x)dx
.
2
 2x  3
x
2
2

1 
2
  arctg
 ; стало быть, интеграл сходится абсолютно.

2 
22
Признак сходимости Дирихле.
Установить условную сходимость при отсутствии абсолютной сходимости в ряде
случаев позволяет так называемый признак сходимости Дирихле, в котором исследуется
структура подынтегральной функции. Если ее можно представить в виде произведения
двух функций, а именно: f ( x)  g ( x) , где f (x) интегрируема и ограничена, то есть:
x
 f ( x)dx   ,
0     ;
(1)
a
а функция g (x ) при x  a непрерывно дифференцируема и монотонна, причем:
lim g ( x)  0 .
x  
(2)
При выполнении условий, налагаемых на функции f (x) и g (x ) интеграл

 f ( x) g ( x)dx
(3)
a
сходится.

Например, имеем интеграл
J
cos xdx
, который не является абсолютно
x
1

сходящимся.
120
Представим
подынтегральную
функцию
этого
интеграла в виде произведения двух функций, то

есть: J 
 f ( x) g ( x)dx , где
f ( x)  cos x , а g ( x ) 
1
Функция
f (x )
интегрируема и ограничена на
бесконечном

 cos xdx  sin
промежутке,

1
.
x
так
как:
1
 0.
x   x
 2 , а lim g ( x)  lim
x  
Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet 1
немецкий математик
(1805 – 1859)
Поскольку все условия признака Дирихле (Формулы (2) и (3)) выполнены, то
1
исследуемый интеграл J сходится условно, ибо абсолютная сходимость этого интеграла
места не имеет.
Пример. Исследовать на абсолютную и условную сходимость интеграл:

I
x
2
cos(e x )dx.
0
Решение. Сначала сделаем в исследуемом интеграле замену переменной: пусть
e x  t , тогда x  ln t , dx 

I
ln 2 t
1 t cos t  dt 
dt
; если x  0, t  1 ; если x  , t   ; итак, имеем:
t

 f (t ) g (t )dt ,
где f (t )  cos t является функцией интегрируемой и
1
ln 2 t
2 ln t
1
 lim
 2 lim  0
t 
t 
t  t
t
t
ограниченной на бесконечном промежутке, а lim g (t )  lim
t 
(выполняется формула (2)). Поскольку все условия признака Дирихле (формулы (1) и (2))
выполнены, то исследуемый интеграл I сходится. Исследуем интеграл на абсолютную


ln 2 t
cos t dt . Т.к.
сходимость, для чего рассмотрим интеграл I 1   x cos(e ) dx  
t
0
1
2
cos t  cos t
2
1

2

t  1,
при
ln 2 t
1
1 t 1  cos(2t )  dt  2

ln 2 t
1
1 t dt  2
x

то
I1 
ln 2 t
2
1 t cos t  dt 

ln 2 t
1 t cos(2t )dt  I 2  I 3 . Интеграл I 3 сходится
по признаку Дирихле, а интеграл I 2 расходящийся; стало быть, интеграл I 1 тоже
расходящийся, при этом исследуемый интеграл I сходится условно.
121
Признак сходимости Абеля.
Интеграл типа (3) можно исследовать на условную сходимость ещё и с помощью
так называемого признака сходимости Абеля, в котором так же исследуется структура
подынтегральной функции, если её можно представить в виде произведения двух функций
f (x ) и g (x ) , на которые теперь наклкдываются следующие ограничения: интеграл от
функции f (x) по бесконечному промежутку, то есть:

 f ( x)dx
(4)
a
сходится, а функция g (x ) при x  a непрерывно дифференциируема, монотонна и
непрерывна, а потому имеет конечный предел, то есть:
lim g ( x)  A , 0  A   .
(5)
x  
При выполнении указанных условий ((4) и (5)) интеграл типа (3) сходится.
Пример. Установить сходимость интеграла:

I
sin x
thxdx , используя признак Абеля.
x
1

Решение.
Исследуемый
интеграл
представим

следующим
I
образом:
 f ( x) g ( x)dx ,
где
1
f ( x) 
sin x
, а g ( x)  thx .
x
Так как интеграл от функции f (x) по бесконечному
промежутку сходится, а lim thx  1 , то все условия
Niels Henrik Abel
норвежский математик
(1802 – 1829)
x  
признака
Абеля
выполнены;
стало
быть,
исследуемый интеграл сходящийся.
Характер сходимости исходного итеграла (сходится условно или абсолютно)
определится после исследования данного интеграла на абсолютную сходимость, для чего

надо исследовать интеграл: I m 

1

Im 
thx 2
1
1 x sin xdx  2

sin x
 thx dx 
x

thx
1
1 x 1  cos 2 x dx  2
thx
sin x dx . Так как sin x  sin 2 x , то
x
1


thx
1
1 x dx  2

thx
cos( 2 x)dx  I 1  I 2 .
x
1


Интеграл I 2 сходится по признаку Дирихле, так как
 cos( 2 x)dx  2 , а
1
thx
0.
x   x
lim
Интеграл I 1 расходится, что можно установить по предельному признаку сравнения:
122
f ( x) 
lim
x 
thx 1
1
 при x   ; тогда в кочестве сопоставляемой функции имеем g ( x )  , а
x
x
x
f ( x)
 1 , что означает расходимость интеграла I 2 . Стало быть, интеграл I m тоже
g ( x)
расходящийся. Теперь ясен и характер сходимости исходного интеграла I : он сходится
условно.
123
СЕМИНАР 30.
0
Пример 1. Исследовать на сходимость несобственный интеграл
 x  e dx .
x

Решение. Воспользуемся определением несобственного интеграла с бесконечным нижним
пределом интегрирования и далее  формулой интегрирования по частям
0
x
 x  e dx  lim

 lim  x  e x
  

0

 x  e dx  dv  e dx,
x
 

u  x, du  dx 

x
v  ex 
0
0
0

  e x dx   lim ( x  e x  e x ) 
  



1 
 
 lim (0    e   e 0  e  )  lim     1     1 .
 
 
e 
 e
Несобственный интеграл сходится.
Пример 2. Вычислить несобственный интеграл или установить его расходимость

x

2
dx
.
 4x  9
Решение. Воспользуемся определением несобственного интеграла с бесконечными
пределами интегрирования. Полагаем c  2 .


2
dx
d ( x  2)
d ( x  2)
d ( x  2)
 lim 

2
 x 2  4 x  9   ( x  2)2  5  Blim

 ( x  2)  5
A ( x  2) 2  5
B
2
 lim
B
1
( x  2)
arctg
5
5
2
B
 lim
A
A
1
( x  2)
arctg
5
5
A

2

1
B2 1
А 2



lim  arctg 0  arctg
lim  arctg
 arctg 0  

5 B
5 
5 A
5


1 
  1 
5
 

.
0   
  0 
2
5
5
52
5

Несобственный интеграл сходится.
Пример 3. Исследовать на сходимость несобственный интеграл от неограниченной
2 x  chx
1
функции

0
4
x 2  shx
dx.
Решение. При x  0 знаменатель функции обращается в 0, а числитель равен 1,
следовательно, x  0  точка разрыва II рода. Во всех остальных точках промежутка (0;1]
подынтегральная функция непрерывна.
Заметим также, что (2 x  chx)dx  d ( x 2  shx) ,
124

2 x  chx
x  shx
4
2
dx   ( x 2  shx )
1
4
4t 3 / 4
4
  t dt 
C 
3
3

4

1
4
d ( x 2  shx )  {x 2  shx  t} 
x 2  shx  C.
Используя определение несобственного интеграла от неограниченной функции, а
также формулу Ньютона-Лейбница получим
2 x  chx
1


4
 0 3
dx  lim
x 2  shx
4
4
 lim 4 1  sh1  4  2  sh    4 1  sh1.
3  0
3
4
0
x 2  shx
2 x  chx
1
dx  lim
 0

0
4

4
x 2  shx
1


Интеграл сходящийся.

Пример 4. Вычислить несобственный интеграл по бесконечному промежутку
 cos xdx;
0
или установить его расходимость.

Решение.
b
 cos xdx  lim
 cos xdx  lim sin
0
0
b
b
b
0
 lim (sin b  sin 0)  lim sin b; этот предел не
b
b 
существует; стало быть, исследуемый интеграл расходится.
Пример

x

2
5.
Вычислить
несобственный
интеграл
по
бесконечному
промежутку
dx
; или установить его расходимость.
 4x  9

0
dx
dx
 

Решение.  2
2
 x  4 x  9
  ( x  2)  5
0

 1
dx
x  2

arctg
 
0 ( x  2) 2  5  alim
 
5 a
 5
 1


x  2
1 
2
a  2
b2
2 
 lim  arctg
 lim 
arctg
 
 arctg
  lim  arctg
 arctg
  

b  
a  
b  
5
5
5
5
5
5
5

0





b

1 
2  
2  
 arctg
   arctg
 
; стало быть, интеграл сходится и величина его
5
5 2 2
5
5
равна

.
5
2
Пример 6. Вычислить несобственный интеграл по бесконечному промежутку
x

dx
. или
1
2
установить его расходимость.
2
2
2
2
 
dx
dx
1
2 
 1 x 1
 lim  2
 lim  ln
Решение.  2
  lim  ln 1 
 
a  
a   2
x  1a
2 a  
x  1   a

 x  1
a x 1
125


1
2  1

lim  ln 3  ln 1 
   ln 3 ; стало быть, интеграл сходится и величина его равна
2 a
 a  1 2
ln 3 .

Пример 7. Вычислить интеграл
e
x
thx  dx .
0

Решение.
e
x
thx  dx  chx  shx  e
x


0
 chx  shx   chx  dx 
shx
0






sh 2 x 
ch 2 x  1 
1 

 1

  dx    shx 
  dx    shx  chx 
   shx 
 e  x   dx 
  dx   
chx 
chx 
chx 
chx

0
0
0
0

 x
 2arctg  th   e  x
 2 0

0
 2arctg1  arctg 0  0  1 

Пример 8. Вычислить интеграл
 (x
2

Решение.
1

3
2
x2 1

2
xdx




1

Решение.

1


2
1
1 1
  0   
.
4
9  36
arctgx  dx
x2

arctgx  dx
arctgx

2
x 1
x

 1.
xdx
.
 1) 3


Пример 9. Вычислить интеграл
2
2
1
1
 
3
2 2 x2 1 2
x2 1

2
dx 2

dx
 dv,  
dx


x2

 
  0   
2
dx
1
4
x 1 x

du 
,v   . 1
2
x
1 x
arctgx  u,


x 
 
1

1

  
dx    ln x  ln 1  x 2    ln
2 
x 1 x 
4 
2
4
1
1




x
x2 1 1


4

 ln
x
x 1

1
x2 1

4


1 
1 

 ln 1  2    ln 2 .
2  x 1
4
1
Пример 10. Вычислить несобственный интеграл от разрывной функции
dx
x
2
; или
2
установить его расходимость.
Решение. Так как точка разрыва подынтегральной функции x  0 находится внутри
промежутка интегрирования, то разбиваем его на два участка так, чтобы в каждом было
по одной особенности на верхнем или нижнем пределе промежутка интегрирования. Итак,
имеем:
126
1
0
dx
dx
dx
1
 1
 1

    lim            1      ;
2 x 2  2 x 2  0 x 2  xlim
0 
2
 x   2 x 0   x  0 

1
0
1
стало быть, исследуемый интеграл расходится. Если не учитывать, что подынтегральная
функция терпит разрыв внутри промежутка интегрирования, то получим, естественно,
1
1
 1
неверный результат: 
 1    1,5 .
x 2
 2
2

Пример 11. Вычислить несобственный интеграл от разрывной функции
0
dx
; или
x
установить его расходимость.
Решение. Исследуемый интеграл с одной особенностью в точке x  0 . Далее имеем:
2

0
2
dx
 2 x  2 2 ; стало быть, интеграл сходится и величина его равна 2 2 .
0
x
1
Пример 12. Вычислить несобственный интеграл от разрывной функции

arccos xdx
1
1  x2
или
установить его расходимость.
Решение. В этом интеграле имеем две особые точки ( x  1 и x  1) соответственно на
нижнем и верхнем концах промежутка интегрирования. По этой причине исследуемый
интеграл разобьём на два интеграла, в каждом из которых будет по одной особенности.
Итак, имеем:
1

1
1

arccos x  dx
1 x2
0


1
arccos x  dx

1 x2
2

arccos x 
arccos x  d arccos x  
2
0
1
0
arccos x  dx
1 x2
2

arccos x 

0
1
2
0
   arccos x  d arccos x 
1
1
0
 1
1  2
2 2

;
  
  2    0 
2 4
4  2
 2
Следовательно, исследуемый интеграл сходится и величина его равна
2
.
2
ln x  dx
.
x
0
1
Пример 13. Вычислить интеграл

Решение. Данный интеграл имеет одну особенность в точке x  0 , где подынтегральная
функция терпит бесконечный разрыв. Проведём интегрирование по частям: пусть u  ln x ,
dx
 dV ;
x
du 
тогда


dx
,
x
V 2 x;
1
1
x  dx
dx
ln x  dx
0 x  2 x  ln x 0  20 x  20 x  2  2 x 0  4 ,
1
1
далее
имеем:
1
так
как
127
2 lim
x 0


x  ln x  2 lim
ln x
x 0
1
x
 x4 x
 0.
x

Следовательно,
исследуемый
интеграл
сходится и величина его равна (-4).

2
Пример 14. Вычислить интеграл

sin 3 x  dx
cos 3 x
5
0
.

Решение. Данный интеграл имеет одну особенность в точке x 
функция
терпит
бесконечный
разрыв.
dt
cos x  t , x  arccos t , dx  
1 t
Сделаем
замену
, подынтегральная
переменной:
; если x  0 , t  1; если x 
2
2

2
пусть
, t  0 ; при этом
исходный интеграл преобразуется следующим образом:

2

sin 3 x  dx
0
3
5
cos x
1  t  dt  1  t dt  t
 
 t

t 1  t 
0
3
2
2
3
5
1
2
1
1
2
0
2
3
5
1
 53
t
7
5

0
5 2
dt  t 5
2
1
0
5 12
 t5
12
1

0
25
;
12
Следовательно, исследуемый интеграл сходится и величина его равна 2 121 .
Пример 15. Исследовать сходимость несобственного интеграла по бесконечному

e
промежутку
 x2
dx с помощью признака сравнения.
1
Решение. В данном интеграле подынтегральная функция f ( x)  e x непрерывна на всем
2
промежутке интегрирования; в элементарных функциях исследуемый интеграл «не
берется», поэтому сопоставим подынтегральную функцию с другой функцией g ( x)  e  x
на всем промежутке интегрирования исходного интеграла, то есть при 1  x   ; так как
в данных условиях 0  e  x  e  x , то имеем следующее сопоставление интегралов:
2

x
 e dx 
2
1

e
x
dx   e  x

1

 
1 
ex 1
 (0  1e )  1e .
Исследуемый
интеграл
является
1
«меньшим» по отношению к сходящемуся интегралу, а потому согласию признаку
сравнения он сходится.
Пример 16. Исследовать сходимость несобственного интеграла по бесконечному

промежутку

e
ln( 1  x)  dx
с помощью признака сравнения.
x
Решение. Подынтегральная функция непрерывна и
ln( 1  x) ln x

x
x
при
x e,
поэтому имеем
следущее
удовлетворяет
соотношению
сопоставление интегралов:
128

ln( 1  x)dx

e
x

ln x  dx
e x 

ln 2 x
e ln x  d ln x  2

  ; стало быть, «меньший» интеграл
e
расходится, а поэтому «больший» интеграл и подавно будет расходиться согласно
признаку сравнения. Итак, исследуемый интеграл расходящийся.
129
ЗАДАНИЯ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОЙ РАБОТЫ 5.
Определенный интеграл.
2
Пример 1. Вычислить определенный интеграл
x
2
 2 x  3dx . Ответ: 7/3.
1

Пример 2. Вычислить определенный интеграл sin x dx . Ответ: 2.

0
3
dx

. Ответ: .
2
6
1 x

Пример 3. Вычислить определенный интеграл
1
3
2
Пример 4. Вычислить определенный интеграл
 2 dx . Ответ: 3/ln2.
x
0
e2

Пример 5. Вычислить определенный интеграл
e
dx
Ответ: ln2.
x ln x
x2  3
dx . Ответ: 11/2+7ln2.
Пример 6. Вычислить определенный интеграл 
x

2
3
4
e
Пример 7. Вычислить определенный интеграл .
dx

1 x 1  ln 2 x  Ответ: 4 .

4
Пример 8. Вычислить определенный интеграл
 cos
3
xdx . Ответ:
0
5 2
.
12

Пример 9. Вычислите интеграл  cos xdx . Ответ: 0.
0
1
Пример 10. Вычислите интеграл
x
6
dx . Ответ:
1
2
Пример 11. Вычислите интеграл
24
x
2
2
.
7
dx . Ответ: 12.
1

2
Пример 12. Вычислите интеграл  sin xdx . Ответ: 1.
0
0
Пример 14. Вычислите интеграл
 x dx . Ответ:  16 .
5
1
130
2
Пример 15. Вычислите интеграл
16dx
3 . Ответ: 6 .
x
1


2
Пример 16. Вычислите интеграл  sin xdx . Ответ: 1.
0
0
Пример 17. Вычислите интеграл
 x dx . Ответ:  16 .
5
1
Пример 18. Найдите площадь фигуры, изображенной на рисунке. Ответ:
9
.
2
Пример 19. Найдите площадь фигуры, изображенной на рисунке. Ответ:
26
.
3
Пример 20. Найдите площадь фигуры, изображенной на рисунке. Ответ:
9
.
2
Пример 21. Найдите площадь фигуры, ограниченной линиями y  cos x , y  0 , x  0 ,
x   / 2 . Ответ: 1.
Пример 22. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями (см. рисунок):
y  2x 2  4x  1 , y  x  1
131
Ответ: S  5
5
.
24
Пример 23. Вычислить площадь эллипса
x2 y2

 1 . Ответ: S  ab .
a2 b2
Пример 24. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями x  2 y  8  0 , y  1 ,
x  0.
y  3,
Ответ: 8 .
Пример 25. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями y  x 2  4 x, y  0 . Ответ:
2
10 .
3
Пример 26. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями y  x 2 , y  x  2 . Ответ:
4,5.
Пример 27. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями y  x 2 , x  1, x  3, y  0. .
Ответ:
8
Пример
2.
3
28.
Вычислить
площадь
фигуры,
ограниченной
линиями
x  2 y  12  0, y  1, y  4, x  0. . Ответ: 21.
Пример 29. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями y  2 x  x 2 , y  x. Ответ:
1
.
6
Пример 30. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями y  1 x 2 , y  4  x. Ответ:
2
18.
Пример
31.
Вычислить
площадь
x  2 y  4  0, x  y  5  0, y  0. Ответ: 13
фигуры,
ограниченной
линиями
1
.
2
Пример 32. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями y 2  9 x, x  1, x  9. Ответ:
104.
132
Пример 33. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями xy  2, x  0, y  1, y  4.
Ответ: 2 ln 4 .
Пример 34. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями y  ln x, y  0, x  2. Ответ:
2 ln 2  1 .
Пример 35. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями xy  4, x  y  5. Ответ:
15
 4 ln 4 .
2
ЗАДАНИЯ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОЙ РАБОТЫ 6.
Несобственный интеграл. Приложения определенных интегралов.
0
Пример 1. Вычислить несобственный интеграл
e
x
dx или установить его расходимость.

Ответ:   .
3
Пример 2. Вычислить несобственный интеграл


Ответ: .
6
2dx
или установить его расходимость.
2
9
x

Пример 3. Вычислить несобственный интеграл
x

Ответ:  .

Пример 4. Вычислить несобственный интеграл
dx
или установить его расходимость.
1
2
xdx
или установить его расходимость.
2
1
x

Ответ: расходится.

Пример
5.
Вычислить
несобственный
интеграл
 xe
 x2
dx
или
установить
его

расходимость. Ответ: 0.
2
Пример 6. Вычислить несобственный интеграл

2
dx
4  x2
или установить его
расходимость. Ответ:  .
Пример 7 Вычислить длину дуги, заданной уравнением y  chx, x  0; b . Ответ: shb .
Пример 8. Вычислить длину дуги, заданной уравнением y  ln cos , заключенной между
точками с абсциссами x  0 , x   / 4 . Ответ: l  ln tg
3
.
4
133
Пример 9. Вычислить длину дуги кривой x 
ординатами y  1 и y  2 . Ответ: l 
1 2 1
y  ln y , заключенной между точками с
4
2
3 1
 ln 2 .
4 2
Пример 10. Вычислить длину дуги, заданной уравнением y  chx, x  0; b . Ответ: shb .
Пример 11. Вычислить длину дуги, заданной уравнением y  chx, x  0; b . Ответ: shb .
Пример 12. Вычислить длину дуги, заданной уравнением y  chx, x  0; b . Ответ: shb .
Пример 13. Вычислить объем тела, образованного вращением вокруг оси Ox фигуры,
15
ограниченной линиями y  x , x  1 , x  4 . Ответ: V   .
2
Пример 14. Вычислить объем тела, образованного вращением вокруг оси Ox фигуры,
ограниченной линиями y 
2
, y  1 , y  4 , x  0 . Ответ: V  3 .
x
Пример 15. Вычислить объем тела, образованного вращением вокруг оси Ox фигуры,
ограниченной линиями y  3  x, x  0, y  0. . Ответ: V  9 .
Пример 16. Вычислить объем тела, образованного вращением вокруг оси Ox фигуры,
ограниченной линиями y  x , x  4, y  0. Ответ: V  8 .
Пример 17. Вычислить объем тела, образованного вращением вокруг оси Ox фигуры,
ограниченной линиями y 2  4 x, y  0, x  3. Ответ: V  18 .
Пример 18. Вычислить объем тела, образованного вращением вокруг оси Ox фигуры,
ограниченной линиями y  sin x,0  x   . Ответ: V 
2
2
.
Пример 19. Вычислить объем тела, образованного вращением вокруг оси Ox фигуры,
ограниченной линиями y  1 , x  1, x  3, y  0. Ответ: V 
x
2
.
3
Пример 20. Вычислить объем тела, образованного вращением вокруг оси Ox фигуры,
ограниченной линиями y  e2 x , x  0, y  0, x  2. Ответ: V 

e
4
8

1 .
Пример 21. Вычислить объем тела, образованного вращением вокруг оси Oy фигуры,
ограниченной линиями y  x 2 , y  4. Ответ: V  8 .
Пример 22. Вычислить объем тела, образованного вращением вокруг оси Oy фигуры,
ограниченной линиями xy  6, y  1, y  6, x  0. Ответ: V  30 .
Пример 23. Вычислить объем тела, образованного вращением вокруг оси Oy фигуры,
2
ограниченной линиями y  x , x  0, y  2 2. Ответ: V  8 .
2
134
Пример 24. Вычислить объем тела, образованного вращением вокруг оси Oy фигуры,
ограниченной линиями x  y 1, y  2, y  5, x  0. Ответ: V  7,5 .
Пример 25. Вычислить объем тела, образованного вращением вокруг оси Oy фигуры,
ограниченной линиями y  x3 , y  8, x  0. Ответ:
96

5
.
135