Download - ОПРЕДЕЛЕННЫЙ ИНТЕГРАЛ
ОПРЕДЕЛЕННЫЙ ИНТЕГРАЛ
§1 Определенный интеграл: определение, геометрический смысл, свойства.
Пусть функция определена на отрезке . Выполним
следующие действия:
1. Разобьем отрезок с помощью точек на
частичных отрезков где
Обозначим
и пусть
2. На каждом отрезке выберем точку и составим
сумму
которая называется интегральной суммой функции
она зависит от способа разбиения и выбора точек
Если существует предел интегральной суммы при условии, что число частичных отрезков стремится к бесконечности, а длина наибольшего из них – к нулю, то есть
не зависящий от способа разбиения отрезка и выбора промежуточных точек , то говорят, что функция интегрируема по Риману на отрезке ,
а сам предел называют определенным интегралом функции в пределах от до и обозначают
При этом числа и называются соответственно нижним и верхним пределами интегрирования.
Теорема (существования определенного интеграла). Если функция непрерывна на отрезке то определенный интеграл существует.
Геометрический смысл определенного интеграла.
Фигура, ограниченная графиком функции прямыми и осью , называется криволинейной трапецией.
Пусть при Тогда произведение равно площади прямоугольника с
основанием и высотой , а сумма
представляет собой площадь заштрихованной ступенчатой фигуры и приближенно равна площади криволинейной трапеции:
Если уменьшать, то точность последнего
приближенного равенства будет увеличиваться. Таким
образом, в предельном случае
то есть
Итак, определенный интеграл от неотрицательной
функции численно равен площади криволинейной
трапеции (геометрический смысл определенного
интеграла).
Свойства определенного интеграла.
1. , т.е. определенный интеграл не зависит от
обозначения переменной.
2.
3.
4.
5.
6.
7. Если при и то
8. если функция четна на
9. если функция нечетна на
§2 Методы вычисления определенного интеграла.
1.Формула Ньютона-Лейбница.
Если первообразная функции то
Пример.
2. Метод поднесения под знак дифференциала и замены переменной.
¿∫𝛼
𝛽
𝑓 (𝑡 ) 𝑑𝑡 .
Пример.
¿ [ 𝑡=𝑠𝑖𝑛𝑥𝑥=0 𝑡=𝑠𝑖𝑛0=0
𝑥=𝜋2
𝑡=𝑠𝑖𝑛 𝜋2
=1]=∫01 𝑡 3𝑑𝑡=¿
¿ 𝑡4
4¿0
1=14
− 0=14
.
3. Метод замены переменной.
¿∫𝛼
𝛽
𝑓 (𝜑 (𝑡))∙𝜑 ′ (𝑡 )𝑑𝑡 .
Пример.
∫0
4𝑑𝑥
1+√𝑥=[𝑥=𝑡 2 𝑑𝑥=2 𝑡𝑑𝑡
𝑡=√𝑥𝑥=0 𝑡=0𝑥=4 𝑡=2
]=∫02 2 𝑡𝑑𝑡1+𝑡
=¿
¿2∫0
2
(1−1
1+𝑡 )𝑑𝑡=¿2 ∙ (𝑡− ln|1+𝑡|)¿02=¿
¿2 ∙ [ (2− 𝑙𝑛3 ) − ( 0− 𝑙𝑛1 ) ]=2 (2− 𝑙𝑛3 ) .
Замечание. Важно: при замене переменной в определенном интеграле соответствующим образом меняются пределы интегрирования.
4. Интегрирование по частям.
Пусть функции имеют непрерывные производные на отрезке Тогда справедлива формула
Пример.
∫0
𝜋2
(4 𝑥+1 )𝑐𝑜𝑠2 𝑥𝑑𝑥=[ 𝑢=4 𝑥+1 𝑑𝑢=4𝑑𝑥
𝑑𝑣=𝑐𝑜𝑠2𝑥𝑑𝑥𝑣=12𝑠𝑖𝑛2 𝑥]=¿
¿ ( 4 𝑥+1 ) ∙ 12𝑠𝑖𝑛 2𝑥¿0
𝜋2
⏟¿0
−∫0
𝜋2
12𝑠𝑖𝑛2 𝑥 ∙ 4𝑑𝑥=¿
¿− 2∫0
𝜋2
𝑠𝑖𝑛2 𝑥 𝑑𝑥=−2 ∙(−12𝑐𝑜𝑠2𝑥)¿0
𝜋2 =¿
¿𝑐𝑜𝑠2 𝑥¿0
𝜋2 =𝑐𝑜𝑠𝜋−𝑐𝑜𝑠0=−1 −1=−2.
§3. Применение определенного интеграла к задачам геометрии.
1.Вычисление площадей плоских фигур.
Рассмотрим следующие случаи.
1) Фигура ограничена непрерывной линией
, прямыми и отрезком оси абсцисс.
𝑆=∫𝑎
𝑏
𝑓 (𝑥 )𝑑𝑥
2) Фигура ограничена непрерывной линией , прямыми и отрезком оси абсцисс.
𝑆=−∫𝑎
𝑏
𝑓 (𝑥 )𝑑𝑥
3) Фигура ограничена двумя непрерывными линиями и прямыми
𝑆=∫𝑎
𝑏
( 𝑓 2 (𝑥 ) − 𝑓 1(𝑥))𝑑𝑥
4) Фигура ограничена непрерывной линией , прямыми и отрезком оси ординат.
𝑆=∫𝑐
𝑑
𝑔 (𝑦 ) 𝑑𝑦
5) Фигура ограничена непрерывной линией , прямыми и отрезком оси ординат.
𝑆=−∫𝑐
𝑑
𝑔 (𝑦 )𝑑𝑦
6) Фигура ограничена двумя непрерывными линиями и прямыми
𝑆=∫𝑐
𝑑
(𝑔2 ( 𝑦 )−𝑔1(𝑦 ))𝑑𝑦
7) Если кривая задана параметрическими уравнениями то площадь криволинейной трапеции, ограниченной прямыми осью абсцисс и кривой, находят по формуле
где и определяются из равенств
Примеры. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями.
1)
Решение.
Воспользуемся формулой из п.3:
¿∫12
1
( 1𝑥
− (1− 𝑥2 ))𝑑𝑥=¿∫12
1
( 1𝑥
− 1+𝑥2)𝑑𝑥=¿¿¿
¿ (𝑙𝑛|𝑥|−𝑥+𝑥3
3 )¿12
1 =¿
2)
Решение.
Найдем точки пересечения кривых.
{𝑦2=2𝑥+1𝑥− 𝑦=1
{ 𝑥=𝑦+1𝑦2=2 ( 𝑦+1 )+1
{𝑥=𝑦+1
[ 𝑦1=−1𝑦 2=3
[{ 𝑥1=0𝑦1=− 1
{𝑥2=4𝑦2=3
Графиком функции
или
является парабола, ветви которой вытянуты вдоль оси вершина находится в точке
График функции прямая, для построения которой достаточно знать координаты двух точек. Например,
Воспользуемся формулой из п.6.
𝑆=∫𝑐
𝑑
(𝑔2 ( 𝑦 )−𝑔1 (𝑦 ) )𝑑𝑦=[ 𝑥−𝑦=1 𝑥=𝑦+1⏟𝑔2 ( 𝑦 )
𝑦2=2𝑥+1 𝑥=12𝑦2 −
12⏟
𝑔1 (𝑦 )]=¿
¿∫−1
3
(𝑦+1 −( 12𝑦2 −
12 ))𝑑𝑦=¿
¿∫−1
3
(𝑦−12𝑦2+ 3
2 )𝑑𝑦=¿
¿ ( 𝑦2
2−𝑦3
6+
32𝑦 )¿− 1
3 =¿
¿ 92
−92+ 9
2−( 1
2+ 1
6−
32 )=16
3кв . ед .
2.Вычисление объемов тел вращения.
1)Криволинейная трапеция, ограниченная кривой и прямыми вращается вокруг оси
𝑉=𝜋∫𝑎
𝑏
𝑓 2 (𝑥 )𝑑𝑥
2)Криволинейная трапеция, ограниченная прямыми и кривыми вращается вокруг оси
𝑉=𝜋∫𝑎
𝑏
( 𝑓 22 (𝑥 ) − 𝑓 1
2 (𝑥 ) )𝑑𝑥
3) Криволинейная трапеция, ограниченная кривой и прямыми вращается вокруг оси
𝑉=𝜋∫𝑐
𝑑
𝑔2 (𝑦 )𝑑𝑦
4)Криволинейная трапеция, ограниченная прямыми и кривыми вращается вокруг оси
𝑉=𝜋∫𝑎
𝑏
(𝑔22 (𝑦 ) −𝑔1
2 ( 𝑦 ) )𝑑𝑦
Замечание. При вычислении объемов тел вращения нет необходимости изображать сами тела; достаточно построить только фигуры, которые будут вращаться.
Пример. Вычислить объем тела, образованного вращением вокруг оси фигуры, ограниченной линиями
Решение.
Найдем точки пересечения кривых, для чего решим систему уравнений
{ 𝑦=12𝑥2
2𝑥+2 𝑦− 3=0{ 𝑦=
12𝑥2
2 𝑥+2 ∙12𝑥2 −3=0
{ 𝑦=12𝑥2
[𝑥1=− 3𝑥2=1
[{𝑥1=−3𝑦1=4,5
{ 𝑥2=1𝑦2=0,5
Изобразим линии.
уравнение параболы, вершина которой находится в точке ветви направлены вверх вдоль оси
уравнение прямой, которая проходит через точки
Воспользуемся формулой:
𝑉=𝜋∫−3
1
(( 32
−𝑥)2
−( 12𝑥2)
2)𝑑𝑥=¿
¿𝜋∫− 3
1
( 94
−3 𝑥+𝑥2 −14𝑥4)𝑑𝑥=¿
¿182
15𝜋 куб .ед .
3.Вычисление длины дуги плоской кривой.
1)Длина дуги кривой, заданной уравнением , содержащаяся между точками с абсциссами причем функция имеет непрерывную производную в указанном промежутке, определяется по формуле:
𝑙=∫𝑎
𝑏
√1+( 𝑓 ′ (𝑥))2 𝑑𝑥 .
2) Длина дуги кривой, заданной уравнением , содержащаяся между точками с ординатами причем функция имеет непрерывную производную в указанном промежутке, определяется по формуле:
𝑙=∫𝑐
𝑑
√1+(𝑔 ′ (𝑦 ))2𝑑𝑦 .
3) Длина дуги кривой, заданной параметрическими уравнениями
где непрерывно дифференцируемые функции, вычисляется по формуле:
𝑙=∫𝛼
𝛽
√ (𝑥 ′ (𝑡))2+ (𝑦 ′ (𝑡))2𝑑𝑡
Пример.
Найти длину дуги кривой от
Решение.
Воспользуемся формулой
𝑓 ′ (𝑥 )=( 𝑙𝑛 (1 −𝑥2 ))′= 1
1−𝑥2 ∙ (− 2𝑥 )=−2 𝑥
1 −𝑥2
𝑙=∫0
0,5
√1+(− 2𝑥1 −𝑥2 )
2
𝑑𝑥=∫0
0,5
√1+ 4 𝑥2
(1 −𝑥2)2 𝑑𝑥=¿
¿∫0
0,5 √ ( 1−𝑥2 )2+4 𝑥2
(1 −𝑥2 )2𝑑𝑥=¿
¿∫0
0,5
√ 1−2 𝑥2+𝑥4+4 𝑥2
(1− 𝑥2 )2 𝑑𝑥=¿
¿∫0
0,5
√ 𝑥4+2 𝑥2+1
(1−𝑥2 )2 𝑑𝑥=∫0
0,5 √ (𝑥2+1 )2
(1−𝑥2 )2𝑑𝑥=¿
¿∫0
0,5𝑥2+11 −𝑥2 𝑑𝑥=−∫
0
0,5𝑥2+1𝑥2−1
𝑑𝑥=¿
¿−∫0
0,5
(1+ 2𝑥2− 1 )𝑑𝑥=¿
¿−∫0
0,5
𝑑𝑥−∫0
0,52
𝑥2− 1𝑑𝑥=𝐼
Таким образом,
𝐼=−𝑥∨¿00,5 −∫
0
0,5
( 1𝑥− 1
−1
𝑥+1 )𝑑𝑥=¿ ¿
¿− 0,5 − ( 𝑙𝑛|𝑥−1|− 𝑙𝑛|𝑥+1|)¿00,5=¿
¿− 0,5+𝑙𝑛3=𝑙𝑛3 −0,5.
§4 Несобственные интегралы.
Несобственными интегралами называются интегралы с бесконечными пределами и интегралы от неограниченных функций.
I. Интегралы с бесконечными пределами (несобственные интегралы 1-го рода).
Пусть функция непрерывна при Тогда несобственный интеграл 1-го рода от функции в пределах от до определяется равенством:
∫𝑎
+∞
𝑓 (𝑥 )𝑑𝑥= 𝑙𝑖𝑚𝑏→+∞
∫𝑎
𝑏
𝑓 (𝑥 ) 𝑑𝑥 .(𝟒 .𝟏)
Если предел в правой части равенства (4.1) существует и конечен, то несобственный интеграл называется сходящимся, если же этот предел не существует или бесконечен, то интеграл называется расходящимся.
Геометрический смысл.
Если непрерывная функция на промежутке и интеграл сходится, то он равен площади бесконечно длинной криволинейной трапеции.
Аналогично определяется несобственный интеграл 1-го рода на промежутке
∫− ∞
𝑏
𝑓 (𝑥 )𝑑𝑥= lim𝑎→− ∞
∫𝑎
𝑏
𝑓 (𝑥 )𝑑𝑥 .(𝟒 .𝟐)
Несобственный интеграл с двумя бесконечными пределами определяется формулой:
где произвольное число.
Замечание. Несобственный интеграл
сходится, если сходятся оба интеграла в правой части равенства (4.3), и расходится, если хотя бы один расходится.
Пример 1. Вычислить несобственные интегралы или установить их расходимость.
𝟏¿∫𝑒
+∞𝑑𝑥
𝑥 ∙ 𝑙𝑛4𝑥= lim
𝑏→+∞∫𝑒
𝑏1
(𝑙𝑛𝑥 )4∙1𝑥𝑑𝑥
⏟𝑑 ( 𝑙𝑛𝑥 )
=¿
¿−13
lim𝑏→+∞ ( 1
(𝑙𝑛𝑏 )3−
1
(𝑙𝑛𝑒 )3⏟¿ 1
)= [ ln (+∞ )=+∞ ]=¿
¿−13 ( 1
∞−1)=−
13
(0 −1 )=13
.
¿ lim𝑏→+∞
(𝑙𝑛𝑥 )−3
−3 |𝑒
𝑏
=−13
lim𝑏→+∞ ( 1
(𝑙𝑛𝑥 )3|𝑒𝑏
)=¿
𝟐¿∫− ∞
0
𝑥 ∙√𝑥2+9𝑑𝑥=¿ lim𝑎→ −∞
∫𝑎
0
(𝑥2+9 )12 ∙ 𝑥𝑑𝑥⏟
12𝑑 (𝑥2+9 )
=¿¿
¿ 12
∙ lim𝑎→− ∞ ( (𝑥2+9 )
32
32
|𝑎
0
)=12
∙23
lim𝑎→− ∞
(√(𝑥2+9 )3|𝑎
0)=¿
¿13
∙ lim𝑎→− ∞
(√( 0+9 )3−√ (𝑎2+9 )3 )=13
∙ (27− ∞ )=¿
¿− ∞ интеграл расходится.
𝟑¿∫− ∞
+∞𝑥2𝑑𝑥𝑥3+1
=∫− ∞
0𝑥2𝑑𝑥𝑥3+1
+∫0
+∞𝑥2𝑑𝑥𝑥3+1
=¿
¿ [𝑥2𝑑𝑥=13𝑑 (𝑥3+1 )]=¿
¿ 13
lim𝑎→ −∞
∫𝑎
0 𝑑 (𝑥3+1 )𝑥3+1
+ 13
lim𝑏→+∞
∫0
𝑏 𝑑 (𝑥3+1 )𝑥3+1
=¿
¿13
lim𝑎→ −∞
( ln|𝑥3+1||𝑎0)+ 1
3lim𝑏→+∞
( ln|𝑥3+1||0
𝑏)=¿
¿13
lim𝑎→ −∞
(0 −ln|𝑎3+1|)⏟¿− ∞
+13
lim𝑏→+∞
( ln|𝑏3+1|−0 )⏟¿+∞
=¿
¿− ∞+∞ .
Исходный интеграл расходится, так как расходится каждый из интегралов в правой части последнего равенства, а достаточно расходимости только одного.
Признаки сходимости и расходимости интегралов с бесконечными пределами.
1.Признак сравнения.
Пусть для непрерывные функции удовлетворяют условию
Тогда из сходимости интеграла следует сходимость интеграла а из расходимости интеграла следует расходимость интеграла причем
Пример 2. Исследовать на сходимость интеграл
Решение.
Применим признак сравнения. При
Исследуем на сходимость интеграл
∫1
+∞1𝑥3 𝑑𝑥= lim
𝑏→+∞∫1
𝑏1𝑥3 𝑑𝑥= lim
𝑏→+∞ ( 𝑥−2
− 2|1
𝑏
)=¿
¿−12
lim𝑏→+∞ ( 1
𝑥2|1
𝑏
)=−12
lim𝑏→+∞ ( 1
𝑏2 −1)=¿
интеграл сходится, а, значит, сходится и исходный интеграл, причем
∫1
+∞1
𝑥3(2+5𝑥)𝑑𝑥< 1
2.
2. Предельный признак сравнения.
Пусть для непрерывные функции удовлетворяют условию
и существует конечный предел
то интегралы
сходятся или расходятся одновременно.
Пример 3. Исследовать на сходимость интеграл
Решение.
Применим предельный признак сравнения. При
причем сходится (см. пример 2).
lim𝑥→+∞
𝑓 (𝑥)
𝑔 (𝑥)=
lim𝑥→+∞
𝑥3
9 𝑥3+5𝑥2+𝑥+7=[ ∞
∞ ]=¿
исходный интеграл тоже сходится.
3. Если интеграл
сходится, то сходится и интеграл
(последний в этом случае называют абсолютно сходящимся).
II. Интегралы от неограниченных функций (несобственные интегралы 2-го рода).
Пусть функция непрерывна для и в точке имеет бесконечный разрыв. Тогда несобственный интеграл 2-го рода от функции определяется равенством
∫𝑎
𝑏
𝑓 (𝑥 )𝑑𝑥= lim𝜀→+0
∫𝑎
𝑏−𝜀
𝑓 (𝑥 )𝑑𝑥 .(𝟒 .𝟒)
Если предел в правой части равенства (4.4) существует и конечен, то несобственный интеграл называется сходящимся, если же этот предел не существует или бесконечен, то интеграл называется расходящимся.
Геометрический смысл.
Если непрерывная функция на промежутке и интеграл сходится, то он равен площади бесконечно высокой криволинейной трапеции.
𝑏−𝜀
Аналогично, если функция непрерывна для и в точке терпит бесконечный разрыв, то несобственный интеграл 2-го рода от функции определяется равенством
∫𝑎
𝑏
𝑓 (𝑥 )𝑑𝑥= lim𝜀→+0
∫𝑎+𝜀
𝑏
𝑓 (𝑥 )𝑑𝑥 .(𝟒 .𝟓)
Если функция имеет бесконечный разрыв во внутренней точке отрезка и непрерывна при то несобственный интеграл определяется формулой
(𝟒 .𝟔)
Замечание. Несобственный интеграл сходится, если сходятся оба интеграла в правой части равенства (4.6), и расходится, если хотя бы один из них расходится.
Признаки сходимости и расходимости несобственных интегралов от неограниченных функций аналогичны признакам сходимости интегралов с бесконечными пределами.
Пример 4. Вычислить несобственные интегралы или доказать их расходимость
𝟏¿∫1
32
𝑑𝑥
√−𝑥2+3𝑥− 2.
Подынтегральная функция
непрерывна для и в точке терпит бесконечный разрыв. Поэтому воспользуемся равенством (4.5).
∫1
32
𝑑𝑥
√−𝑥2+3 𝑥−2= lim
𝜀→+ 0∫1+𝜀
32
𝑑𝑥
√−𝑥2+3𝑥−2=¿
¿ [−𝑥2+3𝑥−2= 14
−(𝑥−32 )
2
=( 12 )
2
−(𝑥−32 )
2]=¿
¿ lim𝜀→+0
∫1+𝜀
32 𝑑 (𝑥−
32 )
√( 12 )
2
−(𝑥−32 )
2= lim
𝜀→+0 (𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛 ( 𝑥−32
12
)|1+𝜀
32 )=¿
¿ lim𝜀→+0
(𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛 (2𝑥− 3 )|1+𝜀
32 )=¿
¿ lim𝜀→+0
(𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛0 −𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛 (2 (1+𝜀 )− 3 ) )=¿
¿0 −𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛 (−1 )=−(− 𝜋2 )= 𝜋
2.
𝟐¿∫0
1𝑑𝑥
3√2− 4 𝑥Подынтегральная функция непрерывна для и в точке терпит бесконечный разрыв. Поэтому воспользуемся равенством (4.6).
∫0
1𝑑𝑥
3√2 − 4 𝑥=∫
0
0,5𝑑𝑥
3√2− 4 𝑥+∫
0,5
1𝑑𝑥
3√2− 4 𝑥=¿
¿−14
lim𝜀1 →+0
∫0
0,5− 𝜀1
(2− 4 𝑥 )− 1
3 𝑑 (2 − 4 𝑥)−
−14
lim𝜀2 →+0
∫0,5+𝜀2
1
(2 −4 𝑥 )− 1
3 𝑑(2− 4 𝑥 )=¿
¿−14
lim𝜀1 →+0 ( (2− 4 𝑥 )
23
23
|0
0,5− 𝜀1
)− 14
lim𝜀 2 →+0 ( (2− 4 𝑥 )
23
23
|0,5+𝜀2
1
)=¿
¿−14
∙32
lim𝜀1 →+0
( 3√ (2− 4 𝑥 )2|00,5 −𝜀 1)−
¿ 14
∙32
lim𝜀2 →+0
( 3√ (2− 4 𝑥 )2|0,5+𝜀2
1 )=¿
¿−38
lim𝜀 1→+0
( 3√ (2− 4 (0,5 −𝜀1 ))2−
3√4 )−
−38
lim𝜀 2 →+0
( 3√4−3√(2− 4 (0,5+𝜀2) )2)=¿
¿−38
∙ (0−3√4 ) − 3
8∙ ( 3√4− 0 )=0.
𝟑¿∫0
12
𝑑𝑥(2𝑥− 1 )2
Подынтегральная функция непрерывна для и в точке терпит бесконечный разрыв. Поэтому воспользуемся равенством (4.4).
∫0
12
𝑑𝑥(2 𝑥−1 )2
=12
lim𝜀→+0
∫0
12
−𝜀
1(2 𝑥−1 )2
𝑑 (2 𝑥−1 )=¿¿
¿−12
lim𝜀→+0 ( 1
2𝑥−1|0
12
−𝜀)=¿
¿−12
lim𝜀→+0 ( 1
2( 12
−𝜀)−1+1)=¿
интеграл расходится.