Методичка опр интеграл opr integral.pdf · 3cos cos cos cos sin 3 0 3 0 3 0 3 0...

1

Федеральное агентство по образованию Архангельский государственный технический университет

строительный факультет

Определенный интеграл

Методические указания к выполнению задания для самостоятельной работы

Архангельск 2008

2

Рассмотрены и рекомендованы к изданию методической комиссией

строительного факультета

Архангельского государственного технического университета

Составитель

Е.Н. Ерилова, ассистент.

Рецензент

Н.А. Шиловская, ст. преп.

Ерилова Е.Н. Определенный интеграл: Методические рекомендации по выполнению

расчетно-графической (контрольной) работы.- Архангельск: Изд-во АГТУ, 2008-37 с.

Методические рекомендации по выполнению расчетно-графической (контрольной)

работы по курсу «Высшая математика» включают основные теоретические положения

по теме «Определенный интеграл», разбор примеров и индивидуальные задания для

студентов.

Предназначены для студентов строительного факультета.

@Архангельский

государственный

технический университет, 2008

@Е.Н.Ерилова , 2008

3

1.1.Геометрические задачи, приводящие к понятию определенного интеграла.

Пусть непрерывная и неотрицательная функция xf определена на отрезке ba; . Разделим отрезок ba; на n частей точками

bxxxxxa nn 1210 ... и выберем на каждом отрезке ii xx ;1 произвольную точку i .

Интегральной суммой для функции xf на отрезке ba; называется сумма вида nni

ri xfxfxfxf

...22111

, где 1 iii xxx .

Определенным интегралом от функции xf на отрезке ba; ( или в пределах от a до b ) называется предел интегральной суммы при условии, что длина наибольшего из отрезков kmax стремится к нулю:

i

n

ii

b

a

xfdxxfk

10max

lim .

Теорема о существование определенного интеграла от непрерывной функции: если функция xf непрерывна на ba; , то предел интегральной суммы существует и не зависит от способа разбиения отрезка ba; и от выбора точек i

Рис .1

Если 0xf на ba; , то определенный

интеграл dxxfb

a геометрически представляет

собой площадь криволинейной трапеции – фигуры, ограниченной линиями xfy , ax ,

bx , 0y (рис.1).

1.2.Свойства определенного интеграла 1. В определенном интеграле можно поменять пределы

интегрирования, при этом изменится знак перед интегралом, т. е.

a

b

b

a

dxxfdxxf . (1)

2. Определенный интеграл на отрезке aa; равен нулю, т. е.

0a

a

dxxf (2)

4

3. Постоянный множитель можно выносить за знак интеграла, т.е.

b

a

b

a

dxxfcdxxcf , где с – некоторое число. (3)

4. Интеграл от алгебраической суммы двух функций равен такой же сумме интегралов от этих функций, т. е.

dxxgdxxfdxxgxfb

a

b

a

b

a . (4)

Это свойство остается справедливым для любого числа слагаемых. 5. Если отрезок интегрирования разбит на части, то интеграл на всем

отрезке равен сумме интегралов для каждой из возникших частей,

т.е. при любых bca . dxxfdxxfdxxfc

a

b

c

b

a . (5)

Рассмотрим геометрический смысл свойства 5. Пусть функция xf неотрицательна на ba; . Согласно геометрическому смыслу

определенного интеграла 1sdxxfс

a

, 2sdxxfb

с

(см. рис. 2),

Рис.2

sdxxfb

a

, где s – площадь под кривой

xfy на отрезке ba; (площадь всей заштрихованной фигуры на рис. 2). Тогда при сделанных предположениях равенство (5) утверждает наличие следующего (очевидного) соотношения между площадями: sss 21 . Пусть

cba , и функция xfy неотрицательна

на отрезке сa; . Применяя равенство (1) ко второму интегралу из правой части (5), запишем этот интеграл так, чтобы верхний предел был больше нижнего (для остальных интегралов (5) верхний предел больше нижнего по предположению):

5

Рис.3

dxxfdxxfdxxfc

a

c

b

b

a . (6) Тогда

равенство (6) утверждает наличие следующего соотношения между площадями криволинейных трапеций (см. рис. 3): 21 sss - площадь под кривой xfy на отрезке сa; .

6. Если на отрезке ba; , где ba , xgxf , то и dxxgdxxfb

a

b

a (7)

7. Оценка определенного интеграла: если Mxfm на ba; , где ba ,

то abMdxxfabmb

a

. (8)

8. Теорема о среднем. Если функция xfy непрерывна на отрезке ba; , (где ba ), то найдется такое значение ba; , что

b

a

abfdxxf . (9)

Рис.4

Теорема о среднем утверждает: найдется такая точка из отрезка ba; , что площадь под кривой xfy на ba; равна площади прямоугольника со сторонами f и (b-a) (см. рис. 4).

9. Если 0xf на отрезке ba; , то b

a

dxxf 0 ; если 0xf для всех

точек bax ; , то b

a

dxxf 0 .

2. Формула Ньютона – Лейбница.

Теорема. Пусть функция xfy непрерывна на отрезке ba; и xF - любая первообразная для xf на ba; . Тогда определенный интеграл от

6

функции xf на ba; равен приращению первообразной xF на этом

отрезке, т.е. b

a

aFbFdxxf . (10)

Пример 2.1. Вычислить интеграл dxx2

1

3 , используя формулу Ньютона

– Лейбница. Подынтегральная функция 3xxf на отрезке 2;1 имеет

первообразную 4

4xxF . Тогда по формуле (10) имеем

415

41

42

4

442

1

42

1

3

xdxx

3. Замена переменной и формула интегрирования по частям в определенном интеграле

Пусть требуется вычислить интеграл b

a

dxxf , где xf непрерывная в

промежутке ba; функция. Положим tx , подчинив функцию t условиям:

1) t определена и непрерывна в некотором промежутке ; и ее значения не выходят за пределы промежутка ba; , когда t изменяется в ; ;

2) a , b ; 3) существует в ; непрерывная производная t .

Тогда имеет место формула dtttfdxxfb

a

. (11)

Формула (11) называется формулой замены переменной в определенном интеграле.

Использование замены переменной позволяет упростить интеграл, приблизив его к табличному. При этом нет необходимости возвращаться к исходной переменной интегрирования. Достаточно лишь найти пределы интегрирования и по новой переменной t как решение относительно переменной t уравнений ,ta tb .

Пример 3.1. При помощи замены переменной вычислить интеграл

3

2

73 dxxx .

Полагая xt 3 , получим: tx 3 , dtdx . Пределы интегрирования: 1231 t ; 0332 t . Результаты запишем в таблицу:

X 2 3 t 1 0

7

7219

813

91

80

90

83

9333

89890

1

890

1

780

1

73

2

7

ttdtttdtttdxxx

Пример 3.2. При помощи замены переменной вычислить интеграл

6

0

3 cossin

xdxx .

6

0

3 cossin

xdxx = 2

16

00

cos,sin

tx

xdxdtxt

=6410

41

21

41

44

421

0

21

0

43

tdtt .

Теорема 2. Пусть функции xии и xvv имеют непрерывные

производные на отрезке ba; . Тогда b

a

b

a

b

a vdииvиdv , (12)

где avaиbvbииv b

a .

Формула (12) называется формулой интегрирования по частям для определенного интеграла.

Пример 3.3. Вычислить е

xdxx1

ln1 .

Применим формулу интегрирования по частям. Положим xи ln ,

dxxdv 1 . Тогда dxx

du 1 , xxdxxv

21

2

. По формуле (12) получим

еееее

xxееdxxееx

dxxxxxxxdxx11

222

1

2

1

2

1 421

20

22ln

2ln1

451

41

42

222

еееее .

Пример 3.4. Вычислить

0

2 sin xdxx .

Пусть 2xи , xdxdv sin , тогда xdxdu 2 , xxdxv cossin . Применяя формулу (12), получим

0

2

00

2

0

2 cos20coscos2cossin xdxxdxxxxxxdxx

Применим формулу (12) второй раз. Пусть xи , xdxdv cos , тогда dxdu , xxdxv sincos . Итак, получим

000

00

cossinsinsincos xxxxdxxxxdxx .

8

Окончательно получаем

40coscos0sin2cossin2cossin 2200

2

0

2

xxxxdxx .

В случае если первообразную в классе элементарных функций найти не удается, то для вычисления определенного интеграла обычно используют один из способов приближенных вычислений. Если встречается определенный интеграл в симметричных пределах интегрирования, то следует проверить на четность – нечетность функцию, стоящую под знаком интеграла, и применить формулу

аa

aчетнаяxеслиfdxxf

нечетнаяxеслиfdxxf

0

,2

,0


dxxx 47 cos31sin .

Так как xxxf 47 cos31sin - нечетная функция ( xfxf ), то

0cos31sin 47

dxxx .


3

3

2cossin

dxxxx .

Подынтегральная функция – четная, а потому

3

02

3

3

2 cossin2

cossin

dxxxxdx

xxx .

Интегрируем по частям, полагая xи , dxx

xdv 2cossin

; тогда dxdu , x

vcos

1 .

Отсюда находим

4

ln46

ln3

242

ln

3cos3coscoscos

sin 3

0

3

0

3

0

3

02

tgtgxtgx

dxx

xdxxxx

125ln

32 tg .

Следовательно,

125ln

322

cossin3

3

2

tgdxxxx .

При помощи определенного интеграла можно вычислить площади плоских фигур, объемы и поверхности тел вращения, длины дуг кривых.

9

4. Геометрические приложения определенного интеграла. 4.1. Площадь фигуры.

1. Если непрерывная кривая задана уравнением xfy , 0xf , то площадь криволинейной трапеции (рис. 1), ограниченной прямыми

ax , bx , ba и отрезком ba; оси 0х, вычисляется по формуле

dxxfSb

a . (13)

Пример 4.1. Вычислить площадь, ограниченную параболой 2xy , прямыми 1x , 2x и осью абсцисс (рис. 5)

Рис.5

Решение. Искомая площадь вычисляется по формуле (13):

331

38

3

2

1

32

1

2

xdxxS .

2. Если площадь S ограничена графиками непрерывных функций

xfy и xgy и двумя прямыми ax и bx , где xgxf и

bxa , то площадь вычисляют по формуле dxxfxgSb

a . (14)

Пример 4.2. Вычислить площадь сегмента, отсекаемого прямой xy от параболы 11 2 yx .

Рис.6

Решение. Найдем точки пересечения параболы и прямой, т.е. решим систему уравнений

xyxxy 22

00

1

1

yx ,

33

2

2

yx . Выполним чертеж к задаче

(рис. 6). Вычислим площадь сегмента при xxf , 22 xxxg , если 0a , 3b :

3

0

23

0

2 32 dxxxdxxxxS 5,429

323

3

0

32

xx .

10

3. Если криволинейная трапеция ограничена кривой yx , прямыми cy , dy и отрезком dс; оси 0y. Тогда площадь этой трапеции

вычисляется по формуле dyySd

c . (15)

Пример 4.3. Найти площадь фигуры, ограниченной линиями yx , x=0, y=4. Решение. Из чертежа (см. рис. 7) видно, что искомая площадь S

Рис.7

криволинейного треугольника ОАВ равна разности двух площадей: OBCOABC SSS , каждая из которых находится по геометрическому смыслу

определенного интеграла. Решая систему

yxy 4 ,

получаем, что точка В пересечения прямой 4y и кривой yx имеет координаты (2;4).

Тогда 8444 2

0

2

0

2

0

xdxdxSOABC , 38

3

2

0

2

0

32

xdxxSOBC . Окончательно,

2

316

388 едS .

Данная задача может быть также решена другим способом. По определению определенного интеграла

n

iii

d

c

yy

dyy

i

1lim

0max .

Если 0 yx на dс; , то интеграл dyyd

c численно равен площади S

криволинейной трапеции, ограниченной кривой yx и прямыми cy , dy , 0x (см. рис. 8).

Рис.8

(Другими словами, в данном случае площадь вычисляется посредством проецирования криволинейной трапеции на ось ординат). Теперь возвращаясь к задаче нашего примера, можем записать: yy , 0c , 4d .

31604

32

32 2

3234

0

234

0

ydyyS 2ед .

11

3. Если криволинейная трапеция ограничена кривой, заданной в

параметрическими уравнениями

tyytxx , ,0ty 21;ttt , прямыми

ax и bx и отрезком ba; оси 0x, то ее площадь вычисляется по

формуле dttxtySt

t 2

1

, где 1t и 2t определяются из равенства 1txa ,

2txb . (16) Пример 4.4. Вычислить площадь фигуры (рис. 9), ограниченной одной

аркой циклоиды

tayttax

cos1sin и осью 0х.

Рис.9

Решение. Арка циклоиды описывается при изменении t в пределах от 0 до 2 , так как ,020 yy а в остальных точках

указанного промежутка 0y .

Пределы интегрирования соответственно равны 00 x и ax 22 . Сделаем подстановку: ,sin ttax tay cos1 , dttadx cos1 . При изменении x на отрезке a2;0 t изменяется от 01 t до 22 t . Поэтому

dtttadttadttataS 2

0

22

0

222

0 22cos1cos21cos1cos1cos1

222

0

2 304sin412sin22

232sin

41sin2

23 aattta

.

Пример 4.5. Вычислить площадь фигуры, ограниченной астроидой

taytax

3

3

sincos (рис. 10).

Рис.10

Решение. Так как фигура симметрична относительно осей координат Ox и Oy , то можно вычислить четверть искомой площади

1S . Для 1S : 01 x , или 0cos3 ta , т.е. 21

t ;

ax 2 , или ata 3cos , т.е. 02 t . Четверть искомой площади:

dtttatadttxtySt

t

sincos3sin 20

2

32

1

12

dtttatdtta 22

0

4220

2

42 sin1sin3cossin3

22

0

62

0

42

323sinsin3 atdttdta

.

Таким образом, площадь фигуры 21 8

34 aSS .

5. Если непрерывная плоская кривая задана уравнением , 21; , в полярных координатах, то площадь криволинейного сектора АОВ (рис.11),

Рис.11

который ограничивает дуга кривой и два полярных радиуса ОА и ОВ, соответствующие значениям углов 1 и 2 ,

выразится интегралом

dS 2

1

2

21 . (17)

Пример 4.6. Вычислить площадь фигуры (см. рис. 12), ограниченной лемнискатой Бернулли 2cos22 a .

Рис.12

Решение. В силу симметричности данной фигуры относительно оси достаточно вычислить одну четверть искомой площади:

42sin

42cos

21

41 2

40

24

0

2 aadaS

.

Следовательно, 2aS Пример 4.8. Вычислить площадь фигуры (см. рис. 13), ограниченной кардиоидой cos1 a .

Рис.13

Решение. В силу симметричности данной фигуры относительно оси достаточно вычислить площадь верхней половины.

0

22

0

22 coscos21cos1212 dadaS

0 0 0

22 coscos2 ddda

2

0

222

000

2

232sin

21

20sinsin2

22cos1sin2 aaaada

.

13

4.2.Длина дуги кривой.

1. Пусть кривая на плоскости задана уравнением xfy или yx . На кривой выбраны точки А и В с координатами: А( cа; ), B db; . Длина дуги кривой l от точки А до точки В вычисляется по формуле:

dxxflb

a 21 или dyyl

d

c 21 . (18)

Пример 4.9. Вычислить длину дуги полукубической параболы 32 xy (рис. 14), заключенной между точками О(0;0) и М(2;8).

Решение. Построим кривую по точкам: x=0, y=0, x=1, y= 1; x=2, y= 22 .

Функция 32 xy определена для всех .0x Так как 21

23 xy ,

Рис.14

xy4911 2 , 0a , 2b , то

2

0

212

0

2 9421

4911 dxxdxxdxyl

b

a

822

271

2394

181 2

3

2

0

23

x

.

2. Если кривая задана параметрическими уравнениями

tyytxx , где

tt1 2t , dtyxlt

t 2

1

22 . (19)

Пример 4.10. Вычислить длину одной арки циклоиды (рис. 9)

tayttax

cos1sin при 20 t .

Решение. Так как taxt cos1 , tayt sin , то

2

0

2

0

22

0

2

0

2222

2sin2

2sin4cos22sincos1 dttadttadttadttatal

ata 82

cos42

0

.

. 3. Если кривая задана уравнением в полярных координатах

( ), то длина дуги

dl 22 . (20)

14

Пример 4.11. Вычислить длину кардиоиды cos12 при 0 , 2 (рис. 15)

Рис.15

Так как кардиоида симметрична относительно оси ох, то

dl 0

222 . При sin2 ,

22 sin4)( .

162

sin162

sin8cos124cos14sin420000

22 ddl .

4.3.Объем тела вращения.

Рис.16

Объемы тела (рис. 16), образованного вращением вокруг оси 0x криволинейной трапеции, ограниченной кривой xfy ( 0xf ) и прямыми 0y , ax , bx ,

вычисляется по формуле: dxyVb

ax 2 (21).

Рис.17

Объемы тела (рис. 17), образованного вращением вокруг оси 0x фигуры, ограниченной кривыми ,11 xfy

,22 xfy ( xfxf 12 ) и прямыми ax , bx )( ba , равен разности

объемов, полученных от вращения вокруг оси 0х криволинейных трапеций, ограниченных линиями ,22 xfy ax ,

bx , частью оси 0х )( bxa и ,11 xfy ax , bx , частью оси 0х )( bxa .

В этом случае объем вычисляется по формуле dxxfxfVb

ax 2

12

2 (22)

или dxyyVb

ax 2

122 .

15

Рис.18

Если тело образуется при вращении вокруг оси 0у криволинейной трапеции (рис. 18), ограниченной кривой yx 0y и прямыми 0x , cy , dy , dyс то объем

тела вращения равен dyxVd

cy 2 или

dxxyVb

ay 2 . (23)

Пример 4.12. Найти объем тела (рис. 19), образованного вращением вокруг оси 0х одной полуволны синусоиды xy sin , 0y , x0 .

Рис.19

Решение.

00

22

22cos1sin dxxxdxdxyV

b

ax

22sin

422cos

22

2

0000

xxxdxdx .

Пример 4.13. Найти объем тела (рис. 20), образованного вращением вокруг оси 0у фигуры, ограниченной параболой 2xy , осью 0у и

Рис.20

прямой 1y .

Решение. 22

1

0

1

0

22

yуdydyxVd

cy .

Пример 4.14. Найти объем тела, образованного вращением фигуры, ограниченной кривыми 2xy , 3xy вокруг оси 0х (рис. 21).

Рис.21

Решение. Используем формулу (22).

352

75)(

1

0

751

0

6421

22

xxdxxxdxyyVb

ax .

16

4.4. Вычисление объема тела по известным площадям поперечных сечений.

Пусть в пространстве задано тело. Пусть построены его сечения плоскостями, перпендикулярными оси 0х и проходящими через точки

Рис.22

bax ; (рис. 22). Площадь фигуры, образующейся в сечении зависит от точки x , определяющей плоскость сечения. Пусть эта зависимость известна и задана непрерывной на ba; функцией xS . Тогда объем части тела,

находящейся между плоскостями ax и bx вычисляется по формуле:

dxxSVb

a . (24)

Пример 4.15. Найти объем тела, ограниченного поверхностями 14 22 yx , xz ( 0x ), 0z .

Рис.23

Решение. В результате пересечения эллиптического цилиндра 14 22 yx плоскостями 0z и xz получим тело, изображенное на рисунке 23. Сечение тела, перпендикулярное оси 0х, проведенное на расстоянии x от начала координат представляет собой прямоугольник ABCD. Найдем его площадь xSS . Высота (ширина) MN прямоугольника равна x , т.е.

xMN (в прямоугольном треугольнике NMO угол NOM равен 45 ). Точка yxD ;

лежит на эллипсе 14 22 yx . Значит, 4

1 2xyMD , т.е.

21 2xMD

.

Следовательно, xxMNMDMNADxS2

1222

, т.е. 21 xxxS .

По формуле (25) находим

1

0

221

21

0

2 11211 xdxdxxxV

311

31 1

0

32 x .

Пример 4.16. Найти объем тела, ограниченного двумя цилиндрами 222 Ryx и 222 Rzx .

Решение. Изобразим на

17

Рис.24

рисунке восьмую часть тела, расположенную в I октанте (см. рис. 24). В поперечном сечении (перпендикулярном оси 0x) тела получится квадрат. Его сторона a равна ординате точки yxM ; , лежащей на окружности 222 Ryx , т.е.

22 xRya . Следовательно, площадь сечения равна

222

22 xRxRxS , Rx 0 . Используя формулу, (24) находим

3

0

32

0

22

32

381 RxxRdxxRV

RR

, т.е. 3

316 RV .

4.5. Площадь поверхности вращения. 1. Если дуга кривой, заданная функцией xfy , bxa , вращается вокруг оси 0х, то площадь поверхности вращения вычисляется по

формуле: dxyySb

ax 212 , где a и b - абсциссы начала и конца

дуги. (25) Пример 4.17. Вычислить площадь поверхности, образованной вращением дуги параболы xy 22 , 4;0x вокруг оси 0х (рис. 25).

Рис.25

Решение. Выразим из уравнения параболы y ;

xy 2 . Найдем y ; xx

y21

212 . Для

нахождения площади поверхности воспользуемся формулой (25)

dx

xxdx

xxS x

4

0

4

0

2

21122

21122

3

521273

23

1221212212122

4

0

234

0

4

0

21

xxdxdxx .

18

2. Если дуга кривой, заданная функцией yx , dyc , вращается вокруг оси 0у, то площадь поверхности вращения вычисляется по

формуле dyxxSd

cy 212 , (26)

где c и d - ординаты начала и конца дуги. Пример 4.18. Найти площадь поверхности, образованной вращением кривой 22 yx , 1y вокруг оси 0у (рис. 26).

Рис.26

Решение. Воспользуемся формулой (26). Получим

2 yx , 22

1

y

x ,

2494

2411

22111

2

2

yy

yyx

Тогда,

dyy

yydy

yyyS y

1

2

1

2 22942

2249422

1131363

9424

94944194

212

1

2

231

2

211

2

yydydyy .

3. Если дуга кривой задана параметрическими уравнениями

tyytxx ,

где tt1 2t , то dtyxtySt

tx

2

1

222 . (27)

Пример 4.19. Найти площадь поверхности тела, образованного

вращением астроиды

4sin

4cos

3

3

tay

tax 20 t вокруг оси 0х.

Решение. Воспользуемся формулой (27).

4sin

4cos

43 2 ttax ,

4cos

4sin

43 2 ttay ;

22

2222

4cos

4sin

43

4sin

4cos

43 ttattayx

4sin

4cos

4cos

4sin

43

4cos

4sin

4sin

4cos

169 222224242 ttttatttta

4cos

4sin

43 tta .

19

Тогда,

2

0

422

0

422

0

3

4sin

4sin4

23

4cos

4sin

23cos

4sin

43

4sin2

21 tdtadtttadtttataS x

2

2

0

5

2

56

54

sin6 a

t

a

. Следовательно, 2

512 aS x .

4. Если дуга кривой задана уравнением в полярных координатах

( ), то

dS x 22sin2 . (28)

Пример 4.20. Вычислить площадь поверхности, образованной вращением дуги кривой 2cos , вокруг полярной оси,

20 .

Решение. Найдем cossin2sincos2 ; 222222422 cos34cossin4coscoscossin4cos

ddS x

2

0

232

0

22 cos34sincos2cos34cossincos2

0

1

222

0

23 342

02

10

coscos

coscos34cos2 dtttt

t

dtdt

d

0

1

320

1

322322

2

3418234

181234

18134

2dttttttvdtttdv

tdtdutu

0

1

520

1

232

5342

541

1812

613434

91

1812

ttdt

13547

24304232132

1351

1812

.

5. Несобственные интегралы. Необходимым условием существования определенного интеграла

является ограниченность подынтегральной функции на отрезке между конечными пределами интегрирования. Однако при рассмотрении теоретических вопросов и решении прикладных задач нередко появляется необходимость использовать при интегрировании неограниченные

20

функции и бесконечные промежутки. Возникающие при этом интегралы принято называть несобственными.

Определение. Функцию xf называют интегрируемой (интегрируемой по Риману) на отрезке ba; , если существует конечный предел RI ее интегральных сумм на этом отрезке.

Каждая интегральная сумма функции xf на отрезке ba; соответствует некоторому разбиению Т этого отрезка и некоторому набору выбранных точек i на частичных отрезках ii xx ;1 , ni ,1 , этого разбиения. Предел I интегральных сумм при стремлении максимального шага kmax разбиения отрезка к нулю, и этот предел не зависит от выбора точек i на

частичных отрезках. Этот предел обозначают b

a

dxxfI и называют

интегралом Римана от функции xf по отрезку ba; .

5.1. Несобственные интегралы с бесконечными пределами интегрирования.

Пусть функция xfy определена и интегрируема на произвольном отрезке ta; , где at .

Определение. Несобственным интегралом dxxfa

от функции xf на

полуинтервале ;a называется предел функции t при t ,

стремящемся к , т.е.

t

at

a

dxxfdxxf lim . (29)

Если предел, стоящий в правой части равенства (29), существует и конечен, то несобственный интеграл называется сходящимся (к данному пределу), в противном случае – расходящимся.


12x

dx .

Решение. По определению

t

t xdx

xdx

12

12 lim .

Для нахождения интеграла, стоящего под знаком предела,

воспользуемся формулой Ньютона-Лейбница:

t t

txdxx

1 1

12 11

1.

Тогда 111lim1

2

txdx

t, т.е. искомый несобственный интеграл

сходится к 1. Аналогично, используя формулу Ньютона-Лейбница,

можно убедиться, что

1mx

dx является сходящимся к 1

1m

, если 1m , и

21

Рис.27

расходящимся, если 1m . Геометрический смысл этого результата заключается в том, что все кривые вида mx

y 1 , проходящие

ниже гиперболы x

y 1 на ;1 ,

ограничивают полубесконечную фигуру конечной площади; если кривая лежит выше или совпадает с гиперболой

xy 1 ,

то соответствующая фигура имеет бесконечную площадь (см. рис. 27). По аналогии с (30) определяется несобственный интеграл на

полуинтервале b; :

b

tt

b

dxxfdxxf lim . (30)

Определение сходимости интеграла dxxfb

аналогично приведенному

выше. Пример 5.2. Найти значение несобственного интеграла или установить

его расходимость: dxxe x

0

.

Решение. По определению

00

limt

x

t

x dxxedxxe

Для нахождения интеграла, стоящего под знаком предела, воспользуемся формулой Ньютона-Лейбница:

tt

t

xt

t

x

t

xxx

t

x eteetedxeexevdxedvdxduxu

dxxe

10

00

0

.

Тогда 11lim0

tt

t

x etedxxe .

Введем понятие несобственного интеграла на интервале ; . Пусть

для некоторого числа a несобственные интегралы dxxfa

и dxxfa

сходятся. Тогда положим, что

a

a

dxxfdxxfdxxf , (31)

22

при этом интеграл dxxf

называется сходящимся. Если хотя бы один

из интегралов, входящих в правую часть (31), расходится, то

несобственный интеграл dxxf

называется расходящимся.


21 xdx

Решение. Подынтегральная функция – четная, поэтому

022 1

21 x

dxx

dx . Тогда

2

lim0limlim1

lim1 0

0 022

arctgtarctgarctgtarctgxx

dxx

dxtt

t

t

t

t. Таким

образом,

22

1 2xdx , т.е. несобственный интеграл сходится.


dxe x

Решение.

bx

ba

x

a

bx

ba

x

a

xxx eedxedxedxedxedxe0

0

0

0

0

0

limlimlimlim

1lim1limlimlim 00 b

b

a

a

b

b

a

aeeeeee . Следовательно,

интеграл расходится. Несобственные интегралы от неограниченных функций.

Пусть функция xfy непрерывна, но не ограничена на полуинтервале ba; .

Определение. Если существует и конечен предел

b

a

dxxf0

lim , где 0 , то

он называется несобственным интегралом от функции xfy на ba; и

обозначается dxxfb

a , т.е. dxxf

b

a

b

a

dxxf0

lim . (32)

В этом случае данный несобственный интеграл называется сходящимся, в противном случае – расходящимся.


3

029 x

dx

23

Решение. Подынтегральная функция терпит разрыв при 0x . По формуле

(33) имеем

0arcsin3

3arcsinlim3

arcsinlim9

lim9 0

3

00

3

020

3

02

xx

dxx

dx

233arcsinlim

0

. Следовательно, интеграл сходится.


4

3 cos1 xdx

Решение. Подынтегральная функция терпит разрыв при x . По формуле (33) получаем

83

2lim

2lim

2cos2

limcos1

limcos1 0

430

43 20

43

0

43

tgtgxtgx

dxx

dxx

dx .

Интеграл расходится. Аналогично, вводится понятие несобственного интеграла от функции

xfy непрерывной, но неограниченной на ba; : dxxfb

a

b

a

dxxf

0lim .(33)

Пример 5.7. Вычислить 1

0

ln xdxx


(33) имеем

1

00

1

0

lnlimln

xdxxxdxx .

Вычислим

4ln

221ln

22ln

22

lnln

22222

2xxxxdxxx

xdxxxx

xvxdxdv

xdxduxu

xdxx .

Тогда

ln2

lim41

4ln

2410lim

4ln

2limlnlimln

2

0

22

0

122

0

1

00

1

0

xxxxdxxxdxx

2lim

21

41

2

1

lim21

41

1

lnlim21

41

1lnlim

21

41lnlim

21

41 3

0

3

0

2

0

2

0

2

0

41lim

41

41 2

0

. Следовательно, интеграл сходится.

24


4

0 2cos1

xdx

Решение. Подынтегральная функция терпит разрыв при 0x . По формуле (33) имеем

4

0

4

20

4

20

4

00

4

0

lim21

sinlim

21

sin2lim

2cos1lim

2cos1

ctgxx

dxx

dxx

dxx

dx

ctgctg4

lim21

0. Следовательно, интеграл расходится.

Если функция xfy терпит бесконечный разрыв во внутренней точке

baс ; , то несобственный интеграл определяется формулой

c

a

b

c

b

a

dxxfdxxfdxxf . (34)

В этом случае интеграл называется сходящимся, если оба несобственных интеграла, стоящих в правой части равенства, сходятся.


5

224x

dx


(35) получаем

5

42

4

2

5

4

4

202022

5

22 4

lim4

lim444

xdx

xdx

xdx

xdx

xdx

441

451lim

421

441lim

41lim

41lim

00

5

40

4

20

xx

11lim211lim

00. Следовательно, интеграл расходится.


4

2 3 23 x

dx


(34) имеем

4

3 3 20

3

2 3 20

3

2

4

3 3 23 2

4

2 3 2 3lim

3lim

333

x

dx

x

dx

x

dx

x

dx

x

dx

633lim33333lim33lim33lim3 31

031

0

4

3

31

0

3

2

31

0

xx .

Интеграл сходится.

25

6. Физические приложения определенного интеграла.

6.1. Статические моменты и моменты инерции плоских дуг и фигур.

Пусть на плоскости х0у задана система материальных точек nnn yxAyxAyxA ;,...,;,; 222111 с массами nmmm ,...,, 21 . Статическим

моментом xM этой системы относительно оси 0х называется сумма

произведений масс этих точек на их ординаты:

i

kkkx ymM

1.

Аналогично (как сумма произведений масс точек на их абсциссы)

определяется статический момент системы оси 0у:

i

kkkу xmM

0.

Моментами инерции xI и yI системы относительно осей 0х и 0у называются суммы произведений масс точек на квадраты их расстояний от

соответствующей оси. Таким образом,

i

kkkx ymI

1

2 ;

i

kkky xmI

1

2 .

За статические моменты и моменты инерции плоских дуг и фигур принимаются соответствующие моменты условных масс, равномерно распределенных вдоль этих дуг и фигур с плотностью, равной единице.

Статические моменты и моменты инерции дуги плоской кривой

xfy bxa вычисляются по формулам: dLyMb

ax ,

b

ay xdLM ,

dLyIb

ax 2 ,

b

ay dLxI 2 , где dxydL 21 - дифференциал дуги кривой.

Статические моменты и моменты инерции криволинейной трапеции, ограниченной кривой xfy , осью 0х и двумя прямыми ax и bx ,

вычисляются по формулам: dxydSyMb

a

b

ax 2

21

21 ,

b

a

b

ay xydxxdSM ,

dLyIb

ax 3

31 ,

b

a

b

ay ydyxdSxI 22 .

В этих формулах ydxdS - дифференциал площади криволинейной трапеции.

Пример 6.1. Найти статический момент и момент инерции полуокружности 22 xry rxr относительно оси 0х.

26

Решение. Статический момент xM будем вычислять по формуле

dLyMb

ax , где dxydL 21 ,

22 xrxy

. Тогда получим

r

r

r

rx rdxrdx

xrxxrM 2

22

222 21 .

Находим момент инерции относительно оси 0х:

dxxrrdxxrrdxxr

rxrdLyIкк

к

к

к

b

ax

0

222222

2222 21 .

Введем подстановку trx sin , tdtrdx cos ; если 0x , то 0t ; если rx ,

то 2

t . Следовательно, tdtrtrrrdxxrrIк

x cossin222

0

222

0

22

2

2sin212cos1

32

0

2

0

33 rttrdttr

.

Пример 6.2. Найти момент инерции площади эллипса tax cos , tby sin относительно оси 0у.

Решение. Момент инерции площади эллипса относительно оси 0у равен

a

ay dSxI 2 , где ydxdS 2 . Из параметрических уравнений эллипса

находим tdtabdtttabdS 2sin2sinsin2 , откуда

2

0

30

2

322

0

2

3222

44cos1

2sincos4sin2cos2

badttbatdttbadttabtaI y .

Пример 6.3. Найти статические моменты и моменты инерции дуги астроиды tax 3cos , tay 3sin , лежащей в первой четверти (рис.10.).

Решение. В силу симметрии астроиды относительно координатных осей

yx MM , yx II . Поэтому достаточно вычислить моменты относительно

оси 0х. Для I четверти имеем 2

0 t . Находим:

tdttadtyxdL tt cossin322 ,

220

522

0

3

53sin

53cossin3sin atadtttatadLyM

b

ax

,

320

832

0

622

83sin

83cossin3sin atatdttatadLyI

b

ax

.

27

Итак, 2

53 aMM yx ; 3

83 aII yx .

6.2. Нахождение координат центра тяжести.

Координаты центра тяжести однородной дуги плоской кривой xfy

bxa выражаются по формулам: b

a

xdLL

x 1 , b

a

ydLL

y 1 , где

dxydL 21 , а L - длина дуги. Координаты центра тяжести криволинейной трапеции вычисляются по

формулам: b

a

b

a

xydxS

xdSS

x 11 , b

a

b

a

dxyS

ydSS

y 2

21

21 , где ydxdS , а S -

площадь фигуры. Пример 6.4. Найти координаты центра тяжести фигуры, ограниченной дугой эллипса tax cos , tby sin , расположенной в I четверти, и осями координат. Решение. В I четверти при возрастании x от 0 до a величина t убывает от

2 до 0; поэтому

42

2sin22

2cos1sinsinsin0

2

0

2

0

2

0

2

2 abttabdttabtdtabdttatbS

0

20

sinsincos41

dttattbaab

xydxS

xa

34sin

314cossin4 2

0

32

0

22 atatdtt

abba

.

Аналогично находим 0

2

22

0

2 sinsin2

421

dttatb

abdxy

Sy

a

3

4cos31cos2coscos12

0

2

30

2

22 bttbtdt

abab

.

Таким образом, 3

4ax , 3

4by .

Пример 6.5. Найти координаты центра тяжести параболического сегмента, ограниченного линиями 24 xy , 0y .(рис.28)

28

Рис.28

Решение. Так как кривая симметрична относительно оси 0у, то ее центр тяжести лежит на оси 0у, т.е. 0x . Найдем S .

3

323

424242

0

32

0

22

2

2

xxdxxdxxS .

Тогда найдем y ;

58

53816

323816

3234

643

21

2

0

53

2

0

422

2

222

xxxdxxxdxxdxyS

yb

a

.

Таким образом, координаты центра тяжести 0x , 58

y .

Пример 6.6. Найти координаты центра тяжести однородной дуги окружности 222 Ryx , расположенной в третьей координатной четверти. Решение. Так как длина дуги окружности равна R2 , то для четверти

2RL

. Найдем dL ; dxxR

RdxxR

xdxydL22

2

22

2 11

.

Тогда

0

22

220

22

0

22

1221

RRR

b

a xRxRd

xRxdx

xRRxdx

RxdL

Lx

RxR

R

22 022

;

Rx

xRdxxRR

RydL

Ly

RR

b

a

2221 00

22

22

.

Таким образом, Rx 2

, Ry 2

.

6.3. Вычисление работы и давления.

Работа переменной силы xfX , действующей в направлении оси

0х на отрезке 10 ; xx , вычисляется по формуле 1

0

x

x

dxxfA .

Для вычисления силы давления жидкости используют закон Паскаля, согласно которому давление жидкости на площадку равно ее площади S , умноженной на глубину погружения h , на плотность и ускорение силы тяжести g , т.е. ghSP .

По этой формуле нельзя искать давление жидкости на вертикально погруженную пластинку, так как ее разные точки лежат на разных глубинах.

29

Пусть в жидкость погружена вертикально пластина, ограниченная линиями ax , bx , xfy 11 и xfy 22 ; система координат выбрана так, как указано на рисунке 29.

Тогда, b

a

xdxxfxfgP 12 .

Рис.29 Пример 6.7. Какую работу надо затратить, чтобы растянуть пружину на 4 см., если известно, что от нагрузки в 1Н она растягивается на 1см? Решение. Согласно закону Гука, сила Х Н, растягивающая пружину на x м, равна kxX . Коэффициент пропорциональности k найдем из условия: если 01,0x м, то 1X Н; следовательно, 100

01,01

k и

xX 100 . Тогда 08,05010004,0

0

04,0

0

2 xxdxA Дж.

Пример 6.8. Найти работу, затраченную на выкачивание воды из корыта, имеющего форму полуцилиндра, длина которого a , радиус r (рис. 30).

Рис.30

Решение. Объем элементарного слоя воды, находящегося на глубине x и имеющего длину a , ширину 222 xrm и толщину dx , равен

dxxraamdxdV 222 .

Элементарная работа, совершаемая для поднятия этого слоя воды на высоту x , равна dxxrgaxdA 222 , где - плотность воды.

Следовательно, 3

0 0

23

2222

32

322 garxrgadxxrxgaA

r r

.

Пример 6.9. Найти величину давления воды на вертикальную стенку в форме полукруга, диаметр которого 6м и находится на поверхности воды (рис. 31). Плотность воды 31000 м

кг .

30

Рис.31

Решение. Дифференциал давления на элементарную площадку выглядит так:

dxxxdxxgxdP 22 91960092 . Отсюда

НxdxxxP 17640093

196009196003

0

23

23

0

2

кН4,176 . Пример 6.10. Найти давление бензина, находящегося в цилиндрическом баке высотой 5,3h м и радиусом основания 5,1r м, на его стенки, если 3900 м

кг . Решение. Элемент давления на поверхность стенки в выделенной полоске выразится так: rxdxgdP 2 . Отсюда

ННrhgdxxgrPh

7,1611617009005,35,18,92 22

0

.

Пример 6.11. Найти давление на пластинку, имеющую форму равнобочной трапеции с основаниями a и b и высотой h , погруженную в жидкость на глубину c (рис. 32).

Рис.32

Решение. Площадь элементарной полоски выражается так: dxladS 2 , где

hcxabl

2

( l определяется из подобия треугольников).

Следовательно,

dxxcxh

abagPhc

c

gbahchbacxxh

abaxghc

c

262232

2232

.

31

Варианты заданий. I вариант

1. Вычислить интегралы:

а) dxxx 3

1

3 232 3

б) dxee

x

x

2ln

0 11

в) dxx

x4

02cos

2. Вычислить несобственные интегралы или установить их расходимость:

а) dxx

x

32

2

4

б) dxxx

1

0

ln

3. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями: а) 3xy , 2xy , 2x , 1x ; б) 5sin2r 4. Вычислить длину дуги кривой: а) xy sinln1 от 0x ,

4

x ;

б)

tttytttx

cossinsincos ,

40

t

5. а) Найти объем тела, ограниченного поверхностями 22 5yxz , 5z . б) Найти объем тела, образованного при вращении вокруг оси 0х фигуры, ограниченной линиями 03 yx , 043 yx , 3y .

II вариант 1. Вычислить интегралы:

а) dxxx

2

3sinsin

б) dxxx 1

21

82 12

в) dxex x 3

0

3


а)

22 1xx

dx

32

б)

2

1 2xxdx

3. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями: а) 51 xxy , 4y , 1x ;

б)

tytx

sin25cos22 , 5y , 5y

4. Вычислить длину дуги кривой: а) xy cosln от 0x ,

3

x ;

б) sin13 r , 0

6

5. а) Найти объем тела, ограниченного поверхностями 1z , 0z ,

14916

222

zyx .

б) Найти объем тела, образованного при вращении вокруг оси 0х фигуры, ограниченной линиями 22 yx , 3x , 0y .

III вариант 1. Вычислить интегралы:

а) dxx

x

3

cos35sin

б) dxx

x

14

2 25

в) dxxx 1

0

1ln


а)

52 208xx

dx

б)

2

03 5

2

xdxx

3. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями: а)

3

xxy , xy , 2x ;

б)

ttytx

31

3

2

4. Вычислить длину дуги кривой: а) xy ln от точки А(1;0) до точки В( 3 , 3ln );

33

б) 125

5еr , 22

5. а) Найти объем тела, ограниченного поверхностями 2z , 0z ,

1925

222

zyx .

б) Найти объем тела, образованного при вращении вокруг оси 0х фигуры, ограниченной линиями xy 42 , 32 xy .

IV вариант 1. Вычислить интегралы:

а) dxxx

2

12

4

12

б)

4

1 782 xdx

в) dxxx2

4

4cos


а)

2

2 102xxdx

б)

5

32 158xx

dx

3. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями: а) 1282 xxy , 218 xxy ;

б)

tyttx

cos14sin4 , 4y , 4y , 80 x

4. Вычислить длину дуги кривой: а) 24 xy , 2x , 2x ;

б)

teytex

t

t

sincos , 10 t

5. а) Найти объем тела, ограниченного поверхностями yz , 0y , 0z , 922 yx .

б) Найти объем тела, образованного при вращении вокруг оси 0х фигуры, ограниченной линиями 2xy , 2x , 1y .

34

Приложение 1 Таблица интегралов

1. cdx0 2. cxdx

3.

cnxdxx

nn

1

1

4. cxx

dx ln

5. ca

adxax

x

ln

6. cedxe xx 7. cxxdx cossin 8. cxxdx sincos 9. cxtgxdx cosln 10. cxctgxdx sinln

11. ctgxx

dx2cos

12. cctgxx

dx2sin

13.

cxtg

xdx

42ln

cos

14. cxtgx

dx2

lnsin

15.

caxarcctg

a

caxarctg

axa

dx1

1

22

16.

cax

cax

xadx

arccos

arcsin

22

17.

cxaxa

axadx ln

21

22

18. caxxax

dx

22

22ln

19. caxaxaxdxxa arcsin

22

22222

20. caxxaaxxdxax 222

2222 ln22

35

Геометрические приложения определенного интеграла. Формулы.

Площадь Длина дуги кривой Площадь поверхности вращения

Декартовые b

a

dxxfS

dyySd

c

dxxflb

a 21

dyyld

c 21

dxyySb

ax 212

dyxxSd

cy 212

Параметрические 2

1

t

t

dttxtyS dttytxlt

t 2

1

22)( dtyxtySt

tx

2

1

222

Полярные 2

1

2

21

dS

dl 22 )(

dS x 22sin2

Объем тела

1. Объем тела по известной площади поперечного сечения: dxxSVb

a

2. Объем тела вращения: dxyVb

ax 2 ; dyxV

d

cy 2

Физические приложения определенного интеграла. Формулы.

1. Статические моменты и моменты инерции дуги плоской кривой

Статические моменты Моменты инерции Декартовые

dLyMb

ax ,

b

ay xdLM ,

где dxydL 21

dLyIb

ax 2 ,

b

ay dLxI 2 ,

где dxydL 21

Параметрические dLyM

b

ax ,

b

ay xdLM ,

где dttytxdL 22

dLyIb

ax 2 ,

b

ay dLxI 2 ,

где dttytxdL 22

Полярные dLyM

b

ax ,

b

ay xdLM ,

где dtdL 22

dLyIb

ax 2 ,

b

ay dLxI 2 ,

где dtdL 22

36

2. Координаты центра тяжести однородной дуги плоской кривой

b

a

xdLL

x 1 , b

a

ydLL

y 1 , где dxydL 21 .

3. Статические моменты и моменты инерции криволинейной трапеции

dxydSyMb

a

b

ax 2

21

21 ,

b

a

b

ay xydxxdSM , dLyI

b

ax 3

31 ,

b

a

b

ay ydyxdSxI 22 .

4. Координаты центра тяжести криволинейной трапеции

b

a

b

a

xydxS

xdSS

x 11 , b

a

b

a

dxyS

ydSS

y 2

21

21 , где ydxdS

5. Давление жидкости на пластинку

b

a

xdxxfxfgP 12 , где - плотность жидкости, g - ускорение

свободного падения.

6. Работа переменной силы: 1

0

x

x

dxxfA

37

Список использованной литературы

1. Высшая математика для экономистов: Учебн. Пособие для вузов/Н.Ш. Кремер, Б.А. Путко, И.М. Тришин, М.Н. Фридман; Под ред. проф. Н.Ш. Кремера. – М.: Банки и биржи, ЮНИТИ, 1997.- 439с.

2. Данко П. Е., Попов А. Г., Кожевникова Т. Я. Высшая математика в упражнениях и задачах. В 2 ч. Ч 1. – 6-е изд. – М.: Издательский дом «Оникс 21 век»: Мир и Образование, 2003. – 416 c.

3. Зарубин В.С., Иванова Е.Е., Кувыркин Г.Н. Интегральное исчисление функций одного переменного: Учеб. для вузов/ Под ред. В.С. Зарубина, А.П. Крищенко. – М.: Изд-во МГТУ им. Н.Э. Баумана, 2000.- 528 с.

4. Лунгу К. Н., Письменный Д. Т., Федин С. Н., Шевченко Ю. А. Сборник задач по высшей математике. 1 курс. – 2-е изд., испр. – М.: Айрис – пресс, 2003. – 576 с.

5. Сборник задач по высшей математике для экономистов: Учебное пособие / Под ред. В. И. Ермакова. – М.: ИНФРА – М, 2004. – 576 c.

6. Сборник задач по математике для втузов. В 4 частях. Ч. 2: Учебное пособие для втузов / Под общ. ред. А. В. Ефимова, А. С. Поспелова. – 4-е изд. перераб. и доп. – М.: Издательство Физико – математической литературы, 2003. – 432 c.

7. Фихтенгольц Г. М. Основы математического анализа, том 1.- 6-е издание, стереотипное.- М.: Изд-во Наука, 1968.- 440 c.

38

Оглавление 1. Определенный интеграл

Геометрические задачи, приводящие к понятию определенного интеграла. Свойства определенного интеграла

2. Формула Ньютона – Лейбница 3. Замена переменной и формула интегрирования по частям в

определенном интеграле 4. Геометрические приложения определенного интеграла

Площадь фигуры Длина дуги кривой Объем тела вращения Вычисление объема тела по известным площадям поперечных сечений Площадь поверхности вращения

5. Несобственные интегралы Несобственные интегралы с бесконечными пределами интегрирования.

5.2. Несобственные интегралы от неограниченных функций 6. Физические приложения определенного интеграла 6.1. Статические моменты и моменты инерции плоских дуг и фигур 6.2. Нахождение координат центра тяжести 6.3. Вычисление работы и давления Варианты заданий Приложение Список использованной литературы

Методичка опр интеграл opr integral.pdf · 3cos cos cos cos sin 3 0 3 0 3 0 3 0...

Documents