Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Белорусский государственный университет информатики и радиоэлектроники

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Математика / Шилкин Лекции.PDF

Скачиваний:

Добавлен:

11.05.2015

Размер:

7.25 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 2728 / 4628 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 > Следующая >>>

ЛЕКЦИЯ 28

Таким образом, ∫ f ( x)dx = F(b) − F (a) = F( x) ba .

Ввиду этой связи между вычислением определенного интеграла и нахождением площадей плоских фигур, то есть квадратурой их, стало обычным и само вычисление интегралов называть квадратурой.

Если f ( x) < 0 , достаточно условиться, что площадь фигуры, лежащей под осью OX , является отрицательной величиной. Таким образом, какова бы ни была непрерывная на промежутке [a, b] функция f ( x) , мы всегда можем представить первообразную для нее функцию в виде переменной площади, ограниченной графиком данной функции, осью OX и прямыми x = a, x = b .

Пример 1.

− arctg(−1) = π +

π =

π .

= arctgx

1−1 = arctg1

−∫1 x2

+ 1

Пример 2.

, 0

≤ x ≤ 1 .

f ( x) = e

Решение.

3 − x, 1 ≤≤ x3

f ( x)

разрывная на [0,3],

но поскольку изменение в конечном

числе

точек

не

влияет

на

величину

интеграла,

то

∫3

f ( x)dx = ∫1

f ( x)dx + ∫3

f ( x)dx = ∫1 e x dx + ∫3 (3 − x)dx = e x

10 +(3 x −

)

13 = e −1 + 9 −

−

− 3 +

= e + 1

∫1

Пример 3.

1 − x 2 dx .

Решение. Вычислим ∫

1 − x2 dx = x = sin t, dx = cos tdt = ∫cos2 tdt =

= ∫

1 + cos 2t dt =

1 t +

1 sin 2t + c =

1 arcsin x +

1 sin arcsin x cos arcsin x + c =

1 arcsin x + 1 x

1 − x 2

+ c

1 − x

arcsin x +

x 1 − x

Тогда ∫

0 =

Замена переменной в определенном интеграле

Пусть

f ( x) непрерывная на [a, b] функция, а x = ϕ(t)

непрерывно диф-

ференцируемая на [α, β ]

такая, что ϕ(α) = a, ϕ(β ) = b и при t [α, β ] ϕ(t)

при-

нимает все значения от a до b , тогда ∫ f ( x)dx = ∫ f (ϕ(t))ϕ′(t)dt = ∫ f (ϕ(t))dϕ(t) .

Доказательство.		Пусть	F - первообразная		для f	на [a, b].	Так как
ϕ(α) = a, ϕ(β ) = b ,	то	по	формуле	Ньютона-Лейбница			имеем
b			β		β
∫ f ( x)dx = F(b) − F(a) = F(ϕ(β )) − F(ϕ(α)) = ∫dF(ϕ(t)) = ∫F ′(ϕ(t))ϕ′(t)dt =
a			α		α
β
= ∫ f (ϕ(t))ϕ′(t)dt.
α
Таким образом, для вычисления интеграла ∫b					f ( x)dx	нужно ввести заме-
				a
ну x = ϕ(t) , где ϕ(t)	-	некоторая непрерывно дифференцируемая функция,

найти пределы интегрирования по t , решив уравнения a = ϕ(α), b = ϕ(β ) , от-

b	ϕ−1 (b)
куда α = ϕ −1 (a), β = ϕ −1 (b) и получить формулу ∫ f ( x)dx =	∫ f (ϕ(t))ϕ′(t)dt .
a	ϕ−1 (a )

Важной особенностью последних двух формул является то, что одновременно с заменой подынтегрального выражения изменяются соответствующим образом и пределы интегрирования. Вернемся к примеру 3.

∫1	1 − x 2 dx = x = sin t, t = arcsin x = Так как функция x = sin t и ее производная на
0
отрезке		[0, π	]	непрерывны при изменении	t от 0 до π , а значения x = sin t	не
		2			2
выходят		за		пределы отрезка [0,1] и	α = arcsin 0 = 0, β = arcsin1 = π ,	то
					2

	π		π
1	1 − x2 dx = ∫2 cos2 tdt =	1	∫2		1		1		π

∫				(1 + cos 2t)dt =		(t +		sin 2t)	02
		2			2		2
0	0		0

= π4 .

Формула замены переменных, прочитанная справа налево, позволяет

также сводить вычисление интеграла ∫b

f (ψ ( x))ψ ′( x)dx с помощью подстанов-

ки t =ψ ( x)

к вычислению интеграла ∫ f (t)dt, α =ψ (a), β =ψ (b) .

Пример 4. ∫1

e x dx

t = e x

= ∫e

2 x x

0 4e

+ 12e

+ 34

1 4t

+ 12t + 34

1 (2t + 3)

+ 25

2e+3

2t + 3 = u, du = 2dt, u(1) = 5, u(e) =

2e + 3

∫5

arctg

+ 25

2e + 3

∫π dx = x

arctg

−

Но!

π0

= π .

другой

стороны,

∫π dx = ∫π

∫π

t = tgx

= ∫0

= 0 . То есть π = 0 .

+ cos

x(1 + tg

0 sin

0 cos

1 + t

Так что условия теоремы необходимо проверять. Если они не выполнены, замена переменной может привести к абсурду.

Интегрирование по частям в определенном интеграле

Пусть u = u( x), υ = υ( x) непрерывно-дифференцируемые на [a, b] функции. Тогда имеет место формула интегрирования по частям в ОИ

∫u( x)dυ( x)

= u( x)υ( x) ba −∫υ( x)du( x) .

Доказательство. На основании равенства duυ = udυ +υdu и формулы

				b		b
Ньютона-Лейбница имеем ∫duυ = uυ						ab = ∫(udυ +υdu) , откуда и следует .
				a		a
Эту же формулу можно записать и так
b					b
′	( x)dx = u( x)υ( x)		b		′
∫u( x)υ	( x)dx = u( x)υ( x)		a −		∫υ( x)u ( x)dx .
a					a
	π
Пример. ∫2		x sin xdx =		u = x, du = dx,sin xdx = dυ, υ = −cos x			= −x cos x	π
								π
								02 +


	0

2π

+∫cos xdx = sin x 02 = 1.

Приложения определенного интеграла

Из геометрического смысла ОИ следует, что если					f ( x) ≥ 0 [a, b] , то
площадь криволинейной	трапеции, ограниченной				графиком		функции
y = f ( x) , прямыми x = a, x = b, y = 0 выражаются формулой S = ∫b						f ( x)dx .
					a
Если f ( x) ≤ 0 [a, b] , то S = −∫b		f ( x)dx .
	a						x = a, x = b ,
Площадь фигуры, ограниченной слева и справа прямыми							x = a, x = b ,
снизу и сверху кривыми	y = f2 ( x), y = f1 ( x) , можно вычислить как разность
площадей криволинейных трапеций S = ∫b			f2 ( x)dx − ∫b	f1 ( x)dx = ∫b [f2 ( x) − f1 ( x)]dx .
		a	a		a

Площади квадрируемых фигур более сложного вида обычно вычисляются с помощью ОИ после предварительного их разбиения на части указанного выше вида. При этом предполагается, что рассматриваемая фигура может быть представлена в виде алгебраической суммы конечного числа криволинейных трапеций.

Пример 1. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями y = x, y = x2 , x = 2 .

2	2	x3			x2			5	.
						2
Решение. S = ∫( x		− x)dx =		−		1	=
			3		2			6
1

Пример 2. Найти площадь фигуры, ограниченной осью OX и одной

аркой циклоиды x = a(t − sin t), y = a(1 − cos t), 0 ≤ t ≤ 2π .

Решение. S = 2∫πa ydx =

= a2 ∫(1 − 2cos t + cos2 t)dt = a2

x = a(t y = a(1 −

(t − 2sin t

− sin t) x = 0 t = 0 cos t) x = 2πa t = 2π

+	t	+	sin 2t	)	02π	= 3πa2 .


2		4

=2∫π a 2 (1 − cos t)2 dt =

Найдем площадь криволинейного сектора, ограниченного непрерывной

кривой

AB ,

заданной

полярных

координатах

уравнением

ρ = ρ(ϕ) ≥ 0, α ≤ ϕ ≤ β

и лучами

ϕ = α, ϕ = β . Разобьем отрезок [α, β ]

произ-

вольно на n частей точками α = ϕ0 < ϕ1 < K< ϕn = β

и выберем на каждом от-

резке [ϕi−1 ,ϕi ] произвольную точку ξi

, i = 1,2,K, n ,

что соответствует выбору

луча ϕ = ξi . Построим круговые сектора с радиусами ρ(ξi

) , площадь каждого

из которых равна ∆Si =

ρ 2

(ξi )∆ϕi . В результате получим фигуру, площадь

которой равна

σ n =

∑ρ 2 (ξi )∆ϕi , ∆ϕi

= ϕi −ϕi−1 . Очевидно, это интегральная

2 i=1

сумма для функции

ρ 2 (ϕ)

на отрезке [α, β ] . В предел при ∆ = max{∆ϕi } → 0

получим искомую площадь криволинейного сектора S =

∫ρ 2 (ϕ)dϕ =

∫ρ 2 dϕ .

Пример.

Вычислить

площадь

фигуры,

ограниченной

кардиоидой

ρ = 1 + cosϕ .

Решение. По формуле S =

2∫π(1 + cosϕ)2 dϕ =

3π

2 0

Рассмотрим одну частную задачу на вычисление объема тела. Пусть дано тело V , у которого площадь любого сечения, перпендикулярного некоторой оси (примем ее за ось OX ), известна как непрерывная функция x . Площадьσ = S( x) a ≤ x ≤ b . Абсциссы x = a, x = b соответствуют крайним точкам тела V . Предположим, что тело V таково, что любая пара его сечений плоскостями, перпендикулярными оси OX , проектируются одно в другое на некоторую плоскость, перпендикулярную оси OX . Тогда тело V кубируемо и

его объем можно вычислить по формуле V = ∫b S( x)dx .

		a
В	самом деле,	проведя плоскости x = x0 = a, x = x1 ,K, x = xn = b
a = x0 < x1	< x2 < K<xn = b	и выбрав на каждом отрезке [ xi−1 , xi ] точку

ξi , i = 1, n , построим цилиндрическое тело Vi с образующей, параллельной оси OX и направляющей, представляющей контур сечения x = ξi с площадью

S(ξi ) . Объем такого тела равен сумме σn = ∑S(ξi )∆xi , которая является инте-

i=1

гральной для S( x) на [a, b]. Переходя к пределу при	∆ = max{∆xi } → 0 , полу-
чим точное значение исходного объема V в виде V = ∫b	S( x)dx .
a

В частности, если рассмотреть на плоскости XOY кривую y = f ( x) , где f ( x) непрерывная на [a, b] функция и соответствующую ей криволинейную

трапецию вращать вокруг оси OX , то образуется так называемое тело вращения. Это тело удовлетворяет всем выше перечисленным условиям, причем

S( x) = π f 2 ( x) ,	так как каждое сечение плоскостью,				перпендикулярной оси
OX есть круг радиуса R =\| f ( x) \| . Тогда V = π ∫b				f 2 ( x)dx = π ∫b		y2 dx .
Пример	1.		a		a
		Найти	объем,	общий	двум		цилиндрам

x2 + y2 = a2 , y2 + z2 = a2 (ограниченный двумя данными поверхностями). Решение. Поскольку фигура симметрична, построим одну восьмую ее

часть, расположенную в первом октанте. Любое сечение тела плоскостью, параллельной плоскости XOZ представляет квадрат. Площадь сечения MNPQ , отстоящего от плоскости XOZ на расстоянии h найдем как площадь

квадрата со стороной MN = NP =							a2 − h2 ,	так как	h2 + z2 = a2 z =	a2 − h2 .
Тогда		S(h) = a2 − h2 , 0 ≤ h ≤ a ,					а	весь	искомый	объем
V = 8∫a	(a2 − h	2 )dh = 8(a2 h −	h3	)	a	16a3	.
					a
					=
					=	3
0		3			0	3
0					0

Пример 2. Найти объем тела, ограниченного поверхностью, полученной вращением кривой y = x3 , 0 ≤ x ≤ 1 вокруг оси OX .

Решение. V = π ∫1	x6 dx =	πx	7	1

0		7		0

= π7 .

Рассмотрим в плоскости XOY кривую (незамкнутую и несамопересекающуюся) AB , заданную уравнениями в параметрической форме x = ϕ(t), y =ψ (t), α ≤ t ≤ β . Будем предполагать, что изменению параметра t от α к β соответствует движение точки от A к B . Если при этом функции

ϕ(t), ψ (t)	непрерывны вместе со своими производными на отрезке [α, β ] , то
кривая	AB спрямляема и ее длина вычисляется по	формуле
β	β
S = ∫ ϕ′2 (t) +ψ ′2 (t)dt = ∫ x′2 + y′2 dt .
α	α
Если кривая AB задана уравнением y = f ( x) , где a ≤ x ≤ b, где		f ( x) не-

прерывно дифференцируема на [a, b], то, как частный случай, получим фор-

мулу S = ∫b	1 + f ′2 ( x)dx = ∫b	1 + y′2 dx .
a	a
Вообще, для дифференциала переменной длины дуги, заданной урав-
нениями	x = ϕ(t), y =ψ (t),α ≤ t ≤ β справедливо равенство (ds)2		= (dx)2 + (dy)2 .
При явном задании ds =		1 + y′2 dx , то есть дифференциал длины дуги равен
гипотенузе прямоугольного треугольника с катетами \| dx \|, \| dy \| ,			то есть равен

длине отрезка касательной, проведенной к кривой в точке M ( x, y) от этой
точки до точки с абсциссой		x + ∆x . Естественно,	при ∆x → 0	касательная
приближается к кривой и в пределе с ней совпадает.
Можно также искать площадь поверхности вращения, образованной
вращением	кривой	y = f ( x)	вокруг	OX :

b	b	β
S = 2π ∫ f ( x)	1 + f ′2 ( x)dx = 2π ∫ y	1 + y′2 dx или S = 2π ∫ψ (t) ϕ′2 +ψ ′2 dt .
a	a	α

<<< < Предыдущая 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 2728 / 4628 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Математика

#
11.05.2015562.97 Кб59Контрольные_работы_по%20разделам_высш_матем_Линейная_алгебра.pdf
#
11.05.20153.35 Mб74Сборник-АГ.pdf
#
11.05.20153.42 Mб116Сборник-ЛА.pdf
#
11.05.2015613.76 Кб22Типовой рассчет.PDF
#
11.05.20157.25 Mб33Шилкин Лекции.PDF
#
11.05.20151.02 Mб25Шилкин Тесты.PDF