Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Сибирская государственная автомобильно-дорожная академия

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

1791.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

07.01.2021

Размер:

1.83 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 89 / 169 10 11 12 13 14 15 16 > Следующая >>>

π	1	π	1		π
4		4		cos 2x	4
∫ sin 2xdx =	2	∫ sin 2xd 2x = −	2
0		0			0

= − 12 (cos π2 −cos0) = 12 .

§ 2. Методы вычисления определенного интеграла

Приёмы вычисления определенных интегралов практически ничем не отличаются от всех тех приемов и методов, которые применяются при нахождении неопределенных интегралов [4].

Точно так же применяются методы подстановки (замены переменной), метод интегрирования по частям, те же приемы

нахождения	первообразных	для	тригонометрических,
иррациональных и трансцендентных функций. Особенностью
		И
является только то, что при применении этих приемов надо
распространять	преобразование	не только	на подынтегральную
функцию, но и	b	Д′	Заменяя переменную
	на пределы интегрирования.

интегрирования, надо не забыть изменить соответственно пределы

интегрирования.

Замена переменной (подстановка) x =ϕ(t) делается по формуле

∫ f (x)dx = ∫ f (ϕ(t))(ϕ (t))dt ,

где ϕ(α)= a ; ϕ(β)= b ( f ,ϕ и

′

непрерывны).

Формула интегр рован я по частям имеет вид

−

v(x)du(x).

∫

u(x)dv(x)= u(x)v(x)b

∫

иa

Пример 1. Вычислить ∫xarctg x dx .

dv = x dx . Следовательно,

Решение. Положим u = arctg x ;

′

du = (arctg x)

dx =

dx ,v

= ∫x dx

+ x

Тогда по формуле интегрирования по частям имеем

(x arctg x)dx =

∫

arctg x

− ∫

dx =

1+ x2

0 2

x2 +1−1

arctg1−

arctg 0

−

∫

dx =

−

∫

dx =

+ x

0 1

π 1 1 x2

1 1

∫

−

∫

−

dx =

−

1 −

1 + x

2 dx =

2 0

−

1 x|1

1 arctg x|1

−

−0 =

−

1 .

dx .

Пример 2. Вычислить ∫x

x2 + 9

t = x2 +9,

dt = d(x2 + 9);

Решение.

Сделаем

замену

тогда

dt = 2x dx

;

dx =

Новые

пределы

интегрирования

находим

из

= 02

соотношения

t = x2 +9.

Поэтому если

x = 0, то t

+9 = 9 , если

x = 4 , то t2 = 42 +9 = 25и получаем

1 25

1 t 2 +1

1 t 2

∫ x x

+9 dx =

∫

x t

∫

t dt =

∫ t 2 dt =

2 9

2 1

2 3 9

)

3 −

(53

−33 )

= 1 (125 − 27)=

98.

252

−9

2 =

3 (

Пример 3. Вычислить

2sin x dx

∫

(1А−cos x)

Решение. Введём новуюбпеременную,

полагая 1−cos x = t ,

тогда

dt = (1−cos x)′dx ;

dt = sin x dx ;

dx =

Новые

пределы

sin x

интегрирования

находим

из

соотношения

t =1−cos x .

Подставляя,

если

x = π ,Сто

=1− cos π =1− 0 =1,

если

x = π ,

то

t2 =1−cosπ =1−(−1) = 2 .

В результате преобразований получаем

2sin x dx

2sin x

−2+1

|12 = 2 t

−1

∫

sin x

= 2∫dt2

= 2∫t−2dt = 2

|12

(1−cos x)

−2

−1

−

=1.

= −2

−1

= −2

Пример 4. Вычислить ∫0

(8 − x)2

Решение. Сделаем замену переменной, полагая, что

8 − x = t .

Тогда найдём

dt = (

8 − x)′ dx = −dx . Отсюда

следует, что

dx = −dt .

Новые пределы интегрирования находим из соотношения

t =8 − x .

Подставляя, если x = 0 , то t1 = 8 −0 = 8, если x = 7 , то

t2 = 8 −7 =1.

Таким образом,

−2

= −3(3

∫

= ∫−

= −∫t −

3 dt

= −

= −t 3

= − 33

− 3

0 3

(8 − x)2

3 t 2

−

= −3(1 − 2)= 3.

Пример 5. Вычислить

x ln x dx .

∫

Решение.

Применим

формулу

интегрирования

по

частям.

′

Положим

u = ln x ;

;v = ∫x dx =

dv = x dx , тогдаdu = (ln x) dx

Следовательно,

∫(x ln x)dx =

ln x|e

−

∫

1 dx = e

ln e −1

ln1

− 1

∫ x dx =

2 1

e2 +1

= 1 e2 − 1 1 x

2 |e

= 1 e2 − 1 e2 + 1 =

Задачи для самостоятельного решения

Вычислить интегралы:

; 2)

)dx ; 3)

; 4)

;

∫

3x −2

0 (2x +

1)3

x2 +5x + 4

(x +3)dx

xdx

2∫ sin x cos2 xdx ; 8)

∫

;

∫

; 7)

∫ln(x +1)dx .

x2 + 4

4 − x2

Ответы

1. ln133 . 2. 218 . 3. 92 . 4. 13 ln 54 . 5. 38π + ln22 . 6. 1. 7. 13 . 8. 2ln 2 −1.

§ 3. Приложения определенного интеграла

Рассмотрим фигуру, ограниченную графиком непрерывной функции y = f (x)≥ 0, отрезком [a b;]на оси 0х и прямыми x = a; x = b

(рис. 3.1). Такая фигура называется криволинейной трапецией. Найдем ее площадь.

Известно, что определенный интеграл на отрезке представляет

собой площадь криволинейной трапеции, ограниченной графиком
				Д
функции f (x). Если график расположен ниже оси 0х, т.е. f (x) < 0, то
площадь имеет знак “ −	“, если график расположен выше оси 0х, т.е.
		А
f (x) > 0, то площадь имеет знак “+” (см. рисИ. 3.1).
Для нахождения площади такой фигуры используется формула
	б
	S =		b	f (x)dx	.
и			∫
			a
С
y

0 a

–

Рис. 3.1

Площадь фигуры, ограниченной несколькими линиями, уравнения которых заданы, может быть найдена с помощью определенных интегралов.

Площадь S фигуры, ограниченной графиком функции y = f (x) (сверху), y = g(x) (снизу) и прямыми x = a ; x = b (рис. 3.2), подсчитывается по формуле

S = b∫[f (x)− g(x)]dx .

Действительно,

силу

геометрического

смысла

определенного интеграла из рис. 3.2

имеем

(x)dx = S (aA1B1b)

∫ f

b∫ g(x)dx = S(cBd ) − S(aAc),

поэтому

Рис. 3.2

b∫[f (x)− g(x)]dx = b∫ f (x)dx

−b∫g(x)dx =

= S(aA B b)

−S(cBb) +S(aAc) = S .

Пример 1. Вычислить площадь между параболами

y = 4x − x2 и

y = x2 −

6 .

Решение.

Стро м

графики функций (рис. 3.3).

Затем для нахождения точек

пересечения

парабол

решим

систему уравнений

= 4x − x

;

= x2 −6.

Приравнивая левые части, получим

x2 −6 = 4x − x2 или

Рис. 3.3

x2 − 2x −3 = 0

x1,2

= 2 ±

22 − 4(−3)

2 ± 4 или x1 = −1; x2

= 3.

Тогда

по

формуле

искомая

площадь

будет

равна

S = 3∫[(4x − x2 )− (x2 −6)]dx = 3∫[6 + 4x − 2x2 ]dx =

−1

−

= 6x + 2x

|−1

6 3 + 2 3

−

(−1)+

2 (−1)

−

=18

=18 +

= 64.

− 6

(−1)

− −

Пример 2. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями

y = x2 ; y =

; y = 0 ; x = 2 (x ≥ 0).

y = x2 и

Решение. Сначала найдем точки пересечения кривых

y =

Д1

(рис. 3.4), для чего решим систему уравнений

2 ;

= x

Из этой системы

x2 =

;

x4 =1

ли x1 = −1; x2 =1.

Рис. 3.4

Таким образом,

заданная фигура

является криволинейной трапецией, ограниченной сверху графиком
функции	С
	y = x2		, 0 ≤ x <1.,
	f (x)=	1
	y =	1		, 1 ≤ x ≤ 2.
	y =	x2		, 1 ≤ x ≤ 2.
		x2

По формуле вычисления площади найдём площадь фигуры как сумму двух площадей.

S = S1 + S2

2 dx

= ∫ x2 dx

∫

x2+1 1

| + ∫ x−2 dx =

= 2

+10

x−2

x−2+1

−0

−

−2 +1

−

−1

−

1 =

−

Пример

Вычислить

площадь

фигуры,

ограниченной

линиями

Рис. 3.5

y = sin x ;

y = 2 sin x ;

x =

π ; x = 0 .

Решение. Искомая площадь S равна сумме площадей S1

и S2

двух

фигур,

первая

из

которых

ограничена

линиями y = sin x;

y = 2sin x ;

x = 0 ;

x =π ,

вторая

ограниченаИлиниями y=sinx;

y = 2sin x;

x = π ;

x =

54 π

(рис. 3.5).

Вычислим площади фигур отдельно S1

и S2 :

(2sin x −sin x)dx

S1 = ∫

= ∫sin x dx = cos x | = −cosπ −(−cos 0)=

= −(−1)−(−1)=1

= 2.

5π

и5π

5π

5 π −cosπ =1−

S2 = 4∫(sin x − 2sin x)dx = −

4∫ sin x dx = cos x4|

= cos

Тогда S = S + S

= 3 −

≈ 2,293.

Задачи для самостоятельного решения

1. Вычислить площадь фигуры, ограниченной параболой

y= 4x − x2 и осью абсцисс.

2.Вычислить площадь фигуры, ограниченной кривой y = ln x, осью абсцисс и прямой x = e .

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 89 / 169 10 11 12 13 14 15 16 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
07.01.20211.81 Mб541787.pdf
#
07.01.20211.82 Mб51788.pdf
#
07.01.20211.82 Mб61789.pdf
#
07.01.2021329.44 Кб10179.pdf
#
07.01.20211.82 Mб211790.pdf
#
07.01.20211.83 Mб161791.pdf
#
07.01.20211.83 Mб41792.pdf
#
07.01.20211.83 Mб131793.pdf
#
07.01.20211.83 Mб31794.pdf
#
07.01.20211.83 Mб51795.pdf
#
07.01.20211.83 Mб51796.pdf