1 Федеральное агентство по образованию Архангельский государственный технический университет строительный факультет Определенный интеграл Методические указания к выполнению задания для самостоятельной работы Архангельск 2008
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
Пример 3.5. Вычислить
dxxx 47 cos31sin .
Так как xxxf 47 cos31sin - нечетная функция ( xfxf ), то
0cos31sin 47
dxxx .
Пример 3.6. Вычислить
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.
Пример 5.1. Вычислить
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.
Пример 5.3. Вычислить
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.
Пример 5.4. Вычислить
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.
Пример 5.5. Вычислить
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.
Пример 5.6. Вычислить
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
Решение. Подынтегральная функция терпит разрыв при 0x . По формуле
(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
Пример 5.8. Вычислить
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.
Пример 5.9. Вычислить
5
224x
dx
Решение. Подынтегральная функция терпит разрыв при 4x . По формуле
(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.
Пример 5.10. Вычислить
4
2 3 23 x
dx
Решение. Подынтегральная функция терпит разрыв при 3x . По формуле
(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
2. Вычислить несобственные интегралы или установить их расходимость:
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
2. Вычислить несобственные интегралы или установить их расходимость:
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
2. Вычислить несобственные интегралы или установить их расходимость:
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