Определенный интеграл. Определенный интеграл с переменным верхним пределом, вычисление определенного интеграла. Приложения определенного интеграла.

ЛЕКЦИЯ 19. ОПРЕДЕЛЕННЫЙ ИНТЕГРАЛ 1. Определение определенного интеграла Пусть функция 𝑓 (𝑥) определена и ограничена на отрезке [𝑎; 𝑏 ], 𝑎 < 𝑏. Разобъём отрезок [𝑎; 𝑏 ] произвольным образом на 𝑛 произвольных отрезков точками 𝑥0 , 𝑥1 , …, 𝑥𝑛−1 , 𝑥𝑛 . Обозначим это разбиение 𝜏𝑛 : 𝜏𝑛 = {𝑥0 , 𝑥1 ,…, 𝑥𝑛−1 , 𝑥𝑛 | 𝑎 = 𝑥0 < 𝑥1 < … < 𝑥𝑛−1 < 𝑥𝑛 = 𝑏}. На каждом из частичных отрезков [𝑥𝑘−1 ; 𝑥𝑘 ] произвольным образом выберем точку 𝜉𝑘 (𝑘 = 1, 𝑛) и вычислим значение функции 𝑓(𝜉𝑘 ) в этой точке. Составим сумму 𝑛 𝜎𝑛 = ∑ 𝑓(𝜉𝑘 )𝛥𝑥𝑘 , (1) 𝑘=1 где 𝛥𝑥𝑘 = 𝑥𝑘 − 𝑥𝑘−1 . Она называется интегральной суммой Римана для функции 𝑓(𝑥) на отрезке [𝑎; 𝑏 ], соответствующей данному разбиению 𝜏𝑛 отрезка [𝑎; 𝑏 ] и данному выбору точек 𝜉𝑘 , 𝑘 = 1, 𝑛. Пусть 𝜆 = 𝑚𝑎𝑥 { 𝛥𝑥𝑘 } − 𝑘 длина наибольшего частичного отрезка разбиения 𝜏𝑛 . Назовем её диаметром разбиения 𝜏𝑛 . Определение 1. Конечный предел интегральной суммы (1) при 𝜆 → 0 (при условии, что он существует) называется определённым интегралом функции 𝑓(𝑥) на отрезке [𝑎; 𝑏 ] и обозначается 𝑛 𝑏 ∫ 𝑓 (𝑥)𝑑𝑥 = lim ∑ 𝑓(𝜉𝑘 ) 𝛥𝑥𝑘 𝑎 𝜆→0 𝑘=1 При этом функция 𝑓(𝑥) называется интегрируемой на отрезке [𝑎; 𝑏 ]. Выражение 𝑓 (𝑥)𝑑𝑥 называется подынтегральным выражением, 𝑓 (𝑥) − подынтегральной функцией, числа 𝑎 и 𝑏 − нижним и верхним пределами интегрирования соответственно. 2. Геометрический смысл определённого интеграла Определение 2. Пусть функция 𝑓(𝑥) непрерывна на отрезке [𝑎; 𝑏 ] и 𝑓 (𝑥) ≥ 0. Фигура, ограниченная графиком функции 𝑦 = 𝑓(𝑥), прямыми 𝑥 = 𝑎, 𝑥 = 𝑏 и осью 𝑜𝑥 (рис. 1), называется криволинейной трапецией. Интегральная сумма и её слагаемые имеют простой геометрический смысл. Произведение 𝑓(𝜉𝑘 )𝛥𝑥𝑘 равно площади прямоугольника с основанием 𝛥𝑥𝑘 и высотой 𝑓(𝜉𝑘 ), а сумма (1) представляет собой площадь ступенчатой фигуры, изображённой на рисунке 1. Рисунок 1. Очевидно, что эта площадь зависит от разбиения 𝜏𝑛 отрезка [𝑎; 𝑏 ] на частичные отрезки и выбора точек 𝜉𝑘 . Чем меньше 𝛥𝑥𝑘 , тем площадь ступенчатой фигуры ближе к площади криволинейной трапеции. Следовательно, за точную площадь 𝑆 криволинейной трапеции принимается предел интегральной суммы при 𝜆 → 0: 𝑛 𝑏 𝑆 = lim ∑ 𝑓(𝜉𝑘 ) 𝛥𝑥𝑘 = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 𝜆→0 𝑘=1 𝑎 Таким образом, с геометрической точки зрения определенный интеграл от неотрицательной функции, численно равен площади соответствующей криволинейной трапеции. 5. Свойства определённого интеграла Теорема 4. Постоянный множитель можно выносить за знак определенного интеграла 𝑏 𝑏 ∫ 𝐶𝑓 (𝑥)𝑑𝑥 = 𝐶 ∙ ∫ 𝑓 (𝑥)𝑑𝑥 ∀𝐶 ∈ 𝑅. 𝑎 𝑎 Доказательство. 𝑛 𝑏 𝑛 ∫ 𝐶𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = lim ∑ 𝐶𝑓(𝜉𝑘 ) 𝛥𝑥𝑘 = 𝐶 lim ∑ 𝑓(𝜉𝑘 ) 𝛥𝑥𝑘 = 𝑎 𝜆→0 𝜆→0 𝑘=1 𝑘=1 𝑏 𝐶 ∫𝑎 𝑓 (𝑥)𝑑𝑥. = Теорема 5. Определенный интеграл от суммы конечного числа интегрируемых на отрезке [𝑎; 𝑏 ] функций 𝑓1 (𝑥), 𝑓2 (𝑥), … , 𝑓𝑛 (𝑥) равен сумме определенных интегралов от слагаемых 𝑏 𝑏 𝑏 ∫ (𝑓1 (𝑥) + 𝑓2 (𝑥) + … + 𝑓𝑛 (𝑥)) 𝑑𝑥 = ∫ 𝑓1 (𝑥)𝑑𝑥 + ∫ 𝑓2 (𝑥)𝑑𝑥 + … + 𝑎 𝑎 𝑎 𝑏 + ∫ 𝑓𝑛 (𝑥)𝑑𝑥. 𝑎 Доказательство этого свойства аналогично приведённому выше. Теорема 6. При перестановке пределов интегрирования местами определенный интеграл меняет знак на противоположный 𝑏 𝑎 ∫ 𝑓 (𝑥)𝑑𝑥 = − ∫ 𝑓 (𝑥)𝑑𝑥. 𝑎 𝑏 Теорема 7. Если нижний и верхний пределы интегрирования равны, то интеграл равен нулю 𝑎 ∫ 𝑓 (𝑥)𝑑𝑥 = 0. 𝑎 Это свойство следует из определения определённого интеграла. Теорема 8. Если 𝑓(𝑥) = 1, то 𝑏 ∫ 𝑑𝑥 = 𝑏 − 𝑎. 𝑎 Доказательство. Так как 𝑓(𝑥) = 1, то 𝑛 𝑏 𝑛 ∫ 𝑑𝑥 = lim ∑ 1 ∙ 𝛥𝑥𝑘 = ∑ 𝛥𝑥𝑘 = 𝑏 − 𝑎. 𝜆→0 𝑎 𝑘=1 𝑘=1 Теорема 9. (Аддитивность определённого интеграла). Если существуют 𝑐 𝑏 𝑏 интегралы ∫𝑎 𝑓 (𝑥)𝑑𝑥 и ∫𝑐 𝑓 (𝑥)𝑑𝑥, то существует также ∫𝑎 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 и имеет место равенство 𝑏 𝑐 𝑏 ∫ 𝑓 (𝑥)𝑑𝑥 = ∫ 𝑓 (𝑥)𝑑𝑥 + ∫ 𝑓 (𝑥)𝑑𝑥. 𝑎 𝑎 𝑐 Геометрический смысл свойства состоит в том, что площадь криволинейной трапеции с основанием [𝑎; 𝑏 ] равна сумме площадей криволинейных трапеций с основаниями [𝑎; 𝑐] и [𝑐; 𝑏 ] . Теорема 10. Если 𝑓(𝑥) ≥ 0 ∀𝑥 ∈ [𝑎; 𝑏 ](𝑎 < 𝑏 ), то 𝑏 ∫ 𝑓 (𝑥)𝑑𝑥 ≥ 0. 𝑎 Доказательство. Так как 𝑓(𝜉𝑘 ) ≥ 0 и 𝛥𝑥𝑘 > 0, то и ∑𝑛𝑘=1 𝑓(𝜉𝑘 ) 𝛥𝑥𝑘 ≥ 0. Переходя к пределу в последнем неравенстве, имеем 𝑛 𝑏 lim ∑ 𝑓 (𝜉𝑘 )𝛥𝑥𝑘 = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 ≥ 0. 𝜆→0 𝑎 𝑘=1 Теорема 11. (Монотонность определённого интеграла). Если функции 𝑓 (𝑥) и 𝑔(𝑥) интегрируемы и удовлетворяют неравенству 𝑓(𝑥) ≥ 𝑔(𝑥) для любого 𝑥 ∈ [𝑎; 𝑏 ], то 𝑏 𝑏 ∫ 𝑓 (𝑥)𝑑𝑥 ≥ ∫ 𝑔(𝑥)𝑑𝑥. 𝑎 𝑎 Доказательство. Так как 𝑓 (𝑥) − 𝑔(𝑥) ≥ 0 ∀𝑥 ∈ [𝑎; 𝑏 ], то согласно теоремам 5 и 10 имеем 𝑏 𝑏 𝑏 𝑏 𝑏 ∫ (𝑓 (𝑥) − 𝑔(𝑥))𝑑𝑥 = ∫ 𝑓 (𝑥)𝑑𝑥 − ∫ 𝑔(𝑥)𝑑𝑥 ≥ 0, ⟹ ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 ≥ ∫ 𝑔(𝑥)𝑑𝑥. 𝑎 𝑎 𝑎 𝑎 𝑎 На рисунке 2 дана геометрическая интерпретация данного свойства. Так как 𝑓 (𝑥) ≥ 𝑔(𝑥), то площадь криволинейной трапеции 𝑆𝑎𝐴2 𝐵2 𝑏 не меньше площади криволинейной трапеции 𝑆𝑎𝐴1 𝐵1 𝑏 . Рисунок 2. Теорема 12. (Об оценке определённого интеграла). Если 𝑚 и 𝑀 − соответственно наименьшее и наибольшее значения функции 𝑓 (𝑥), которая непрерывна на отрезке [𝑎; 𝑏 ](𝑎 < 𝑏 ), то 𝑏 𝑚(𝑏 − 𝑎) ≤ ∫ 𝑓 (𝑥)𝑑𝑥 ≤ 𝑀(𝑏 − 𝑎). 𝑎 Доказательство. По условию 𝑚 ≤ 𝑓 (𝑥) ≤ 𝑀 ∀𝑥 ∈ [𝑎; 𝑏 ]. Применяя теорему 11 к этим неравенствам, имеем 𝑏 𝑏 𝑏 𝑚 ∫ 𝑑𝑥 ≤ ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 ≤ 𝑀 ∫ 𝑑𝑥. 𝑎 𝑎 𝑎 𝑏 Так как по теореме 8 ∫𝑎 𝑑𝑥 = 𝑏 − 𝑎, то 𝑏 𝑚(𝑏 − 𝑎) ≤ ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 ≤ 𝑀(𝑏 − 𝑎). 𝑎 На рисунке 3 дана геометрическая интерпретация данного свойства в случае, когда 𝑓(𝑥) ≥ 0 ∀𝑥 ∈ [𝑎; 𝑏 ]. Произведения 𝑚(𝑏 − 𝑎) и 𝑀(𝑏 − 𝑎) определяют площади 𝑆𝑎𝐴1 𝐵1 𝑏 и 𝑆𝑎𝐴2 𝐵2 𝑏 прямоугольников с тем же основанием 𝑏 − 𝑎 и высотами 𝑚 и 𝑀, соответственно. Очевидно, 𝑆𝑎𝐴1 𝐵1 𝑏 ≤ 𝑆𝑎𝐴𝐵𝑏 ≤ 𝑆𝑎𝐴2 𝐵2 𝑏 . Рисунок 3. Теорема 13 (теорема о среднем значении функции на отрезке). Если функция 𝑓 (𝑥) непрерывна на отрезке [𝑎; 𝑏 ], то существует точка 𝜉 ∈ [𝑎; 𝑏 ] такая, что 𝑏 ∫ 𝑓 (𝑥)𝑑𝑥 = 𝑓(𝜉 )(𝑏 − 𝑎 ). 𝑎 Доказательство. Так как функция 𝑓 (𝑥) непрерывна на [𝑎; 𝑏 ], то она ограничена на этом отрезке, то есть существуют числа 𝑚, 𝑀 ∈ 𝑅 такие, что 𝑚 ≤ 𝑓(𝑥) ≤ 𝑀 ∀𝑥 ∈ [𝑎; 𝑏 ]. На основании теоремы 12 имеем 𝑏 𝑚(𝑏 − 𝑎) ≤ ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 ≤ 𝑀(𝑏 − 𝑎). 𝑎 Разделив все части двойного неравенства на 𝑏 − 𝑎 > 0, получим 𝑏 1 ∫ 𝑓 (𝑥)𝑑𝑥 ≤ 𝑀. 𝑚≤ 𝑏−𝑎 𝑎 Поскольку непрерывная на отрезке [𝑎; 𝑏 ] функция 𝑓 (𝑥) принимает все промежуточные значения, лежащие между числами 𝑚 и 𝑀, то существует точка 1 𝑏 𝜉 ∈ [𝑎; 𝑏 ] такая, что 𝑓(𝜉 ) = 𝑏−𝑎 ∫𝑎 𝑓(𝑥)𝑑𝑥. Следовательно, 𝑏 ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = 𝑓 (𝜉 )(𝑏 − 𝑎). 𝑎 На рисунке 4 дана геометрическая интерпретация данного свойства в случае, когда 𝑓(𝑥) ≥ 0 ∀𝑥 ∈ [𝑎; 𝑏 ]. Площадь криволинейной трапеции, выражаемая 𝑏 интегралом ∫𝑎 𝑓(𝑥)𝑑𝑥, равна площади прямоугольника с тем же основанием 𝑏 − 𝑎 и высотой 𝑓(𝜉 ). Рисунок 4. ЛЕКЦИЯ 20. ОПРЕДЕЛЁННЫЙ ИНТЕГРАЛ С ПЕРЕМЕННЫМ ВЕРХНИМ ПРЕДЕЛОМ. ВЫЧИСЛЕНИЕ ОПРЕДЕЛЁННОГО ИНТЕГРАЛА 1. Определённый интеграл с переменным верхним пределом Рассмотрим определённый интеграл с постоянным нижним интегрирования 𝑎 и переменным верхним пределом 𝑥 ∈ [𝑎; 𝑏 ]. Определение 1. Интеграл вида пределом 𝑥 ∫ 𝑓(𝑡 )𝑑𝑡 = Ф(𝑥), 𝑥 ∈ [𝑎; 𝑏 ], 𝑎 называется определённым интегралом с переменным верхним пределом и является функцией верхнего предела 𝑥. Найдем производную от Ф(𝑥) по 𝑥, т.е. производную определённого интеграла по верхнему пределу. Теорема 1 (И. Барроу). Производная определённого интеграла от непрерывной функции 𝑓 (𝑥) по его переменному верхнему пределу 𝑥 существует и равна подынтегральной функции, в которой вместо переменной интегрирования подставлено значение верхнего предела: ′ 𝑥 Ф′ (𝑥) = (∫ 𝑓(𝑡 )𝑑𝑡) = 𝑓 (𝑥). 𝑎 𝑥 Доказательство. Возьмём любую точку 𝑥 ∈ [𝑎; 𝑏 ] и придадим ей приращение Δ 𝑥 так, чтобы Δ𝑥 ∈ [𝑎; 𝑏 ]. Тогда 𝑥+Δ𝑥 𝑥 ΔФ(𝑥) = Ф(𝑥 + Δ𝑥) − Ф(𝑥) = ∫ 𝑓(𝑡 )𝑑𝑡 − ∫ 𝑓 (𝑡 )𝑑𝑡. 𝑎 𝑎 Используя аддитивность определенного интеграла, имеем 𝑥 𝑥+Δ𝑥 𝑥 𝑥+Δ𝑥 ΔФ(𝑥) = ∫ 𝑓 (𝑡 )𝑑𝑡 + ∫ 𝑓 (𝑡 )𝑑𝑡 − ∫ 𝑓(𝑡 )𝑑𝑡 = ∫ 𝑓(𝑡 )𝑑𝑡 . 𝑎 𝑥 𝑎 𝑥 Применяя теорему о среднем значении функции на отрезке, получаем 𝑥+Δ𝑥 Ф(𝑥 + 𝛥𝑥) − Ф(𝑥) = ∫ 𝑓(𝑡 )𝑑𝑡 = 𝑓(𝜀 )Δ𝑥, где 𝜉 ∈ [𝑥; 𝑥 + ∆𝑥]. 𝑥 Если Δ𝑥 → 0, то 𝑥 + Δ𝑥 → 𝑥, 𝜉 → 𝑥, и в силу непрерывности функции 𝑓(𝑥) на [a; b] имеем 𝑓(𝜉 ) → 𝑓 (𝑥). По определению производной имеем: ΔФ(𝑥) 𝑓(𝜉)Δ𝑥 = lim = lim 𝑓 (𝜉 ) = 𝑓(𝑥). ∎ Δ𝑥→0 Δ𝑥 Δ𝑥→0 Δ𝑥→0 Δ𝑥 Ф′ (𝑥) = lim Из теоремы следует, что определённый интеграл с переменным верхним 𝑥 пределом ∫𝑎 𝑓(𝑡 )𝑑𝑡 является первообразной для подынтегральной функции 𝑓(𝑥) на [a; b]. В частности, отсюда вытекает, что любая непрерывная функция имеет первообразную. Следствие. Данная теорема устанавливает связь между неопределённым и определённым интегралами по формуле 𝑥 ∫ 𝑓 (𝑥)𝑑𝑥 = ∫ 𝑓(𝑡 )𝑑𝑡 + 𝐶, 𝐶 ∈ 𝑅 . 𝑎 Теорема 2 (Формула Ньютона-Лейбница). Пусть функция 𝑓(𝑥) непрерывна на отрезке [𝑎; 𝑏 ], и 𝐹 (𝑥) – одна из её первообразных. Тогда определённый интеграл от функции 𝑓(𝑥) на отрезке [𝑎; 𝑏 ] равен разности значений первообразной 𝑏 ∫ 𝑓 (𝑥)𝑑𝑥 = 𝐹 (𝑏 ) − 𝐹 (𝑎). 𝑎 Доказательство. По условию, функция 𝑓 (𝑥) непрерывна на отрезке [𝑎; 𝑏 ] и имеет первообразную 𝑏 Ф(𝑥) = ∫𝑎 𝑓(𝑡 ). Пусть 𝐹 (𝑥) – любая другая первообразная функции 𝑓(𝑥) на [𝑎; 𝑏 ]. Так как первообразные Ф(𝑥) и 𝐹 (𝑥) отличаются друг от друга постоянным слагаемым, то при некотором 𝐶 ∈ 𝑅, 𝐶 ≠ 0, имеет место равенство 𝑥 ∫ 𝑓(𝑡 )𝑑𝑡 = 𝐹 (𝑥) + 𝐶 ∀𝑥 ∈ [𝑎; 𝑏 ]. 𝑎 Подставляя в это равенство значение 𝑥 = 𝑎, имеем 𝑎 ∫ 𝑓 (𝑡 )𝑑𝑡 = 𝐹 (𝑎) + 𝐶, ⇒ 0 = 𝐹 (𝑎) + 𝐶, ⇒ 𝐶 = −𝐹 (𝑎), 𝑎 𝑥 т. е. ∫ 𝑓 (𝑡 )𝑑𝑡 = 𝐹 (𝑥) − 𝐹 (𝑎) ∀𝑥 ∈ [𝑎; 𝑏 ]. 𝑎 Полагая 𝑥 = 𝑏, получим 𝑏 ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = 𝐹 (𝑥)│𝑏𝑎 = 𝐹 (𝑏 ) − 𝐹 (𝑎). ∎ 𝑎 Пример 1. 4 а) ∫ −1 𝑑𝑥 √5 + 𝑥 б) ∫ 𝑒 −1 −3𝑥 4 = ∫(5 + 𝑥)−1/2 𝑑𝑥 = 2√5 + 𝑥│4−1 = 2(√9 − √4) = 2. −1 1 −3𝑥 0 1 0 𝑒3 − 1 3 𝑑𝑥 = − 𝑒 │−1 = − (𝑒 − 𝑒 ) = . 3 3 3 2. Основные методы вычисления определённого интеграла Замена переменной в определенном интеграле. Теорема 3. Если функция 𝑓 (𝑥) непрерывна на отрезке [𝑎; 𝑏 ], а функция 𝑥 = 𝜑(𝑡) непрерывно дифференцируема на отрезке [𝑡1 ; 𝑡2 ], причем 𝜑([𝑡1 ; 𝑡2 ]) = [𝑎; 𝑏] и 𝜑(𝑡1 ) = 𝑎, 𝜑(𝑡2 ) = 𝑏, то 𝑡2 𝑏 ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = ∫ 𝑓(𝜑(𝑡))𝜑′(𝑡)𝑑𝑡. 𝑎 (1) 𝑡1 Доказательство. Пусть 𝐹 (𝑥) – первообразная для функции 𝑓(𝑥) на отрезке [𝑎; 𝑏 ]. Поскольку 𝜑(𝑡1 ) = 𝑎, 𝜑(𝑡2 ) = 𝑏, то по формуле Ньютона – Лейбница имеем 𝑏 ∫ 𝑓 (𝑥)𝑑𝑥 = 𝐹 (𝑏 ) − 𝐹 (𝑎) = 𝐹(𝜑(𝑡2 )) − 𝐹(𝜑(𝑡1 )) = 𝑎 𝑡2 𝑡2 𝑡2 = ∫ 𝑑𝐹(𝜑(𝑡)) = ∫ 𝐹′(𝜑(𝑡))𝜑′(𝑡)𝑑𝑡 = ∫ 𝑓(𝜑(𝑡 ))𝜑 ′ (𝑡 )𝑑𝑡. ∎ 𝑡1 𝑡1 𝑡1 Замечание. Формула (1) называется формулой замены переменной в определенном интеграле. Для вычисления определённого интеграла по формуле (1) необходимо сделать замену 𝑥 = 𝜑(𝑡), найти 𝑑𝑥 = 𝜑′(𝑡)𝑑𝑡, где 𝜑(𝑡) – непрерывно дифференцируемая функция, вычислить пределы интегрирования переменной 𝑡, решив уравнения 𝜑(𝑡1 ) = 𝑎, 𝜑(𝑡2 ) = b. Пример 2. Вычислить определённый интеграл 9 ∫ 𝑑𝑥 1 + √𝑥 . Решение. Положим 𝑥 = 𝑡 2, тогда 𝑑𝑥 = 2𝑡𝑑𝑡. При 𝑎 = 0 имеем 𝑡1 = √0 = 0, при имеем 𝑡2 = √9 = 3. По формуле (1) находим 9 𝑑𝑥 3 3 𝑏=9 2𝑡 𝑑𝑡 1 ∫ ) 𝑑𝑡 = 2(𝑡 − ln|1 + 𝑡 |)|30 = 6 − 4 ln 2. =∫ = 2 ∫ (1 − 1+𝑡 1+𝑡 1 + √𝑥 Пример 3. Вычислить определённый интеграл 𝜋⁄ 3 ∫ 𝜋⁄ 6 Решение. cos 𝑥 𝑑𝑥. sin3 𝑥 Положим sin 𝑥 = 𝑡, тогда cos 𝑥𝑑𝑥 = 𝑑𝑡. При 𝑥 = 𝑥= 𝜋 3 находим 𝑡2 = 𝜋⁄ 3 𝜋 √3 sin 3 = 2 . Применяя √3⁄ 2 𝜋 6 𝜋 1 получим 𝑡1 = sin 6 = 2 ; при формулу (1), имеем cos 𝑥 1 √3⁄2 1 4 4 −3 ∫ ∫ | (4 ) 𝑑𝑥 = 𝑡 𝑑𝑡 = − = − = . sin3 𝑥 2𝑡 2 1⁄ 2 3 3 𝜋⁄ 1⁄ 2 6 2 Замечание. Часто вместо замены переменной 𝑥 = 𝜑(𝑡 ) применяют обратную замену 𝑤 (𝑥) = 𝑡, где 𝑤(𝑥) − обратная к 𝜑(𝑡 ) функция. При этом необходимо, чтобы функция, обратная функции 𝑡 = 𝑤(𝑥), существовала и чтобы для неё выполнялись условия, при которых была выведена формула (1). Пример 4. Вычислить определённый интеграл 2 ln 2 ∫ ln 2 𝑑𝑥 √𝑒 𝑥 − 1 . Решение. Положим √𝑒 𝑥 − 1 = 𝑡. Легко убедиться, что обратная функция 𝑥= 2 ln(1 + 𝑡 ) существует и удовлетворяет условиям, при которых была выведена формула (1). 2𝑡 Находим 𝑑𝑥 = 1+𝑡 2 𝑑𝑡. Из уравнения √𝑒 𝑥 − 1 = 𝑡: если 𝑥 = ln 2, то 𝑡1 = 1; если 𝑥 = 2 ln 2, то 𝑡2 = √3. Тогда 2 ln 2 √3 √3 1 1 2𝑡𝑑𝑡 𝑑𝑡 √3 = 2 (𝜋 − 𝜋 ) = 𝜋 . ∫ ∫ | =∫ = 2 = 2arctg𝑡 1 + 𝑡2 1 + 𝑡2 3 4 6 1 √𝑒 𝑥 − 1 ln 2 𝑑𝑥 Интегрирование по частям в определённом интеграле. Теорема 4. Если 𝑢(𝑥) и 𝑣(𝑥) − непрерывно дифференцируемые на отрезке [𝑎; 𝑏 ] функции, то 𝑏 𝑏 𝑏 ∫ 𝑢𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 | − ∫ 𝑣𝑑𝑢. 𝑎 𝑎 Формула (2) называется определённого интеграла. формулой (2) 𝑎 интегрирования по частям для Известно, что ∫ 𝑢𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 − ∫ 𝑣𝑑𝑢. Используя связь между определённым и неопределённым интегралами, получим: 𝑏 𝑏 𝑏 𝑏 𝑏 𝑏 ∫ 𝑢𝑑𝑣 = (𝑢𝑣 − ∫ 𝑣𝑑𝑢) | = 𝑢𝑣 | − (∫ 𝑣𝑑𝑢) | = 𝑢𝑣 | − ∫ 𝑣𝑑𝑢. 𝑎 𝑎 𝑎 𝑎 𝑎 𝑎 Пример 5. Вычислить определённый интеграл 1 ∫ 𝑥𝑒 𝑥 𝑑𝑥. Решение. 1 1 𝑢 = 𝑥, 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥; ∫ 𝑥𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = [ 𝑑𝑣 = 𝑒 𝑥 𝑑𝑥, ⟹ ] = 𝑥𝑒 𝑥 │10 − ∫ 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑒 − 𝑒 𝑥 │10 = 𝑒 − 𝑒 + 1 = 1. ⟹ 𝑣 = 𝑒 𝑥. Интегрирование чётных и нечётных функций на симметричных промежутках. Теорема 4. Интеграл от чётной функции на симметричном промежутке равен удвоенному интегралу от этой функции по половине промежутка. Доказательство. 𝑎 Пусть функция 𝑓 (𝑥) чётная на отрезке [−𝑎; 𝑎]. Представим интеграл ∫−𝑎 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 в виде суммы двух интегралов (по свойству аддитивности): 𝑎 𝑎 ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 + ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥. −𝑎 −𝑎 Заменим переменную интегрирования 𝑥 в первом интеграле правой части на −𝑡, тогда 𝑑𝑥 = −𝑑𝑡; если 𝑥 = −𝑎, то 𝑡1 = 𝑎; если 𝑥 = 0, то 𝑡2 = 0. Тогда 𝑎 𝑎 𝑎 𝑎 ∫ 𝑓 (𝑥)𝑑𝑥 = − ∫ 𝑓 (−𝑡 )𝑑𝑡 + ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = ∫ 𝑓 (−𝑡 )𝑑𝑡 + ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = −𝑎 𝑎 𝑎 𝑎 = ∫ 𝑓(−𝑥)𝑑𝑥 + ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = ∫(𝑓(−𝑥) + 𝑓(𝑥))𝑑𝑥. 𝑎 Так как 𝑓(𝑥) – чётная функция, то 𝑓 (−𝑥) = 𝑓(𝑥). Следовательно, 𝑎 𝑎 ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = 2 ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 . ∎ −𝑎 Теорема 5. Интеграл от нечётной функции на симметричном промежутке равен нулю. Доказательство. Следуя доказательству теоремы 4, получим 𝑎 𝑎 ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = − ∫ 𝑓(−𝑥)𝑑𝑥 + ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = ∫(𝑓 (−𝑥) + 𝑓 (𝑥))𝑑𝑥 = 0. −𝑎 𝑎 𝑎 ЛЕКЦИЯ 21. ПРИЛОЖЕНИЯ ОПРЕДЕЛЁННОГО ИНТЕГРАЛА 1. Вычисление площади в прямоугольных координатах Из геометрического смысла определённого интеграла следует, что он выражает площадь криволинейной трапеции, ограниченной графиком функции 𝑓 (𝑥), осью абсцисс, прямыми 𝑥 = 𝑎 и 𝑥 = 𝑏 (рис. 1). Рисунок 1. 𝑏 𝑆 = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥, если 𝑓 (𝑥) ≥ 0; (1) 𝑎 𝑏 𝑆 = − ∫ 𝑓 (𝑥)𝑑𝑥, если 𝑓(𝑥) ≤ 0. (2) 𝑎 Если же криволинейная трапеция ограничена кривой 𝑥 = 𝜑(𝑦), осью ординат и прямыми 𝑦 = 𝑐, 𝑦 = 𝑑 (рис. 2), то её площадь определяется формулами 𝑑 𝑆 = ∫ 𝜑(𝑦)𝑑𝑦, если 𝜑(𝑦) ≥ 0; (3) 𝑐 𝑑 𝑆 = − ∫ 𝜑(𝑦)𝑑𝑦, если 𝜑(𝑦) ≤ 0. 𝑐 (4) Рисунок 2. Если необходимо вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями 𝑦 = 𝑓 (𝑥), 𝑦 = 𝑔(𝑥), 𝑥 = 𝑎, 𝑥 = 𝑏, где 𝑓(𝑥) ≥ 𝑔(𝑥) (рис. 3), то эту площадь находят по формуле 𝑏 𝑆 = ∫(𝑓 (𝑥) − 𝑔(𝑥))𝑑𝑥. (5) 𝑎 Рисунок 3. Пример 1. Вычислить площадь фигуры, ограниченной графиком функции 𝑦 = cos 𝑥 и осью 𝑂𝑥, при условии 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝜋 (рис. 4). Решение. 𝜋 𝜋 Так как cos 𝑥 ≥ 0 при ∀ 𝑥 ∈ [0; 2 ] и cos 𝑥 ≤ 0 при ∀ 𝑥 ∈ [ 2 ; 𝜋], то 𝜋 2 𝜋 𝑆 = 𝑆1 + 𝑆2 = ∫ cos 𝑥𝑑𝑥 − ∫ cos 𝑥𝑑𝑥 = 𝜋 sin 𝑥 | 2 𝜋 2 𝜋 − sin 𝑥 | 𝜋 = 1 − (−1) = 2. 2 Рисунок 4. Пример 2. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями 𝑥 = 0, 𝑥 = 2, 𝑦 = 2𝑥 − 𝑥 2 , 𝑦 = 2 𝑥 (рис. 5). Решение. Так как при 0 ≤ 𝑥 ≤ 2 выполняется неравенство 2 𝑥 > 2𝑥 − 𝑥 2 , то искомую площадь находим по формуле (5) 2 2𝑥 𝑥3 2 3 4 𝑥 2 ))𝑑𝑥 2 ( ∫(2 ( 𝑆= − 2𝑥 − 𝑥 = − 𝑥 + )| = − . ln 2 3 0 ln 2 3 Рисунок 5. 2. Вычисление площади фигуры, ограниченной параметрически заданной кривой Если линия задана уравнениями в параметрической форме 𝑥 = 𝑥(𝑡 ), 𝑦 = 𝑦(𝑡 ), где 𝑡1 ≤ 𝑡 ≤ 𝑡2, осью 𝑂𝑥 и прямыми 𝑥 = 𝑎, 𝑥 = 𝑏, причём 𝑥(𝑡1 ) = 𝑎, 𝑥(𝑡2 ) = 𝑏, то площадь области, ограниченной этими линиями, находится по формуле (при условии, что 𝑦(𝑡 ) ≥ 0 при ∀ 𝑡 ∈ [𝑡1 ; 𝑡2 ]) 𝑡2 𝑆 = ∫ 𝑦(𝑡 )𝑥 ′ (𝑡)𝑑𝑡. (6) 𝑡1 Формула (6) получается из формулы (1) заменой переменной 𝑥 = 𝑥(𝑡 ), 𝑦 = 𝑦(𝑡 ), 𝑑𝑥 = 𝑥 ′ (𝑡 )𝑑𝑡. Пределы 𝑡1 , 𝑡2 определяют из уравнений 𝑎 = 𝑥(𝑡1 ), 𝑏 = 𝑥(𝑡2 ). Пример 3. Найти площадь эллипса (рис. 6), используя его параметрические уравнения 𝑥 = 𝑎 cos 𝑡 , 𝑦 = 𝑏 sin 𝑡, 0 ≤ 𝑡 ≤ 2𝜋. Рисунок 6. Решение. В силу симметрии эллипса достаточно вычислить площадь его четвёртой части 𝑂𝐴𝐵, расположенной в первом квадранте: 𝑎 1 𝑆 = ∫ 𝑦𝑑𝑥. 4 Из уравнения 𝑥 = 𝑎 cos 𝑡 легко найти, что при изменении переменной 𝑡 от 𝜋 2 до 0 переменная 𝑥 принимает значения от 0 до 𝑎. Следовательно, 𝑎 𝑦 = 𝑏 sin 𝑡, ]= 𝑆 = 4 ∫ 𝑦𝑑𝑥 = [ 𝑥 = 𝑎 cos 𝑡, 𝑑𝑥 = −𝑎 sin 𝑡𝑑𝑡 𝜋 2 1 2 = −4𝑎𝑏 ∫ sin2 𝑡𝑑𝑡 = 2𝑎𝑏 ∫(1 − cos 2𝑡 )𝑑𝑡 = 2𝑎𝑏 (1 − sin 2𝑡) | = 𝜋𝑎𝑏. 2 𝜋 2 Отсюда, в частности, при 𝑎 = 𝑏 = 𝑅 получим формулу площади круга 𝑆 = 𝜋𝑅 2. 3. Вычисление площади в полярных координатах Рассмотрим случай плоской области 𝐷, ограниченной кривой, заданной уравнением в полярных координатах. Найдём площадь сектора, заключённого между линиями 𝜑 = 𝛼, 𝜑 = 𝛽 и 𝜌 = 𝜌(𝜑) (рис. 7). Рисунок 7. Вырежем из данного сектора элементарный сектор, образованный дугами, наклонёнными к полярной оси под углами 𝜑 и 𝜑 + ∆𝜑. Этот элементарный сектор при вычислении площади можно (в силу малости ∆𝜑) принять за круговой. Тогда его площадь равна 1 𝑑𝑆 = 𝜌 2 (𝜑)𝑑𝜑. 2 Отсюда площадь данного сектора равна 𝛽 𝛽 1 𝑆 = ∫ 𝑑𝑆 = ∫ 𝜌 2 (𝜑)𝑑𝜑. 2 𝛼 (7) 𝛼 Замечание. Если область 𝐷 ограничена линиями 𝜌 = 𝜌1 (𝜑), 𝜌 = 𝜌2 (𝜑), 𝜌2 (𝜑) ≥ 𝜌1 (𝜑) и лучами 𝜑 = 𝛼 и 𝜑 = 𝛽 (рис. 8), то площадь такой области находится по формуле 𝛽 1 𝑆 = ∫(𝜌22 (𝜑) − 𝜌12(𝜑))𝑑𝜑. 2 (8) 𝛼 Рисунок 8. Пример 4. Вычислить площадь фигуры, ограниченной кардиоидой 𝜌 = 𝑎(1 + cos 𝜑) (рис. 9). Решение. Рисунок 9. Кардиоида симметрична относительно полярной оси, следовательно, площадь равна удвоенной площади криволинейного сектора 𝑂𝐴𝐵. Дуга 𝐴𝐵𝑂 описывается концом полярного радиуса 𝜌 при изменении 𝜑 от 0 до 𝜋. Поэтому по формуле (7) получим 𝜋 𝜋 𝜋 1 𝑆 = 2 ∙ ∫ 𝜌 2(𝜑)𝑑𝜑 = 𝑎2 ∫(1 + cos 𝜑)2 𝑑𝜑 = 𝑎2 ∫(1 + 2 cos 𝜑 + cos2 𝜑) 𝑑𝜑 = 2 𝜋 = 𝑎 2 ∫ (1 + 2 cos 𝜑 + 1 + cos 2𝜑 ) 𝑑𝜑 = 2 3 1 𝜋 3 = 𝑎2 ( 𝜑 + 2 sin 𝜑 + sin 2𝜑) | = 𝜋𝑎2 . 0 2 2 4 4. Длина дуги плоской кривой в прямоугольных координатах Пусть кривая на плоскости задана уравнением 𝑦 = 𝑓 (𝑥), где 𝑓 (𝑥) − непрерывно дифференцируемая на отрезке [𝑎; 𝑏 ] функция (рис. 10). Выделим элемент дуги 𝑑𝑙. Известно, что дифференциал элемента длины дуги, соответсвующий отрезку 2 [𝑥; 𝑥 + ∆𝑥], выражается равенством 𝑑𝑙 = √1 + (𝑦′(𝑥)) 𝑑𝑥. Тогда длина дуги кривой находится по формуле 𝑏 𝑏 2 𝐿 = ∫ 𝑑𝑙 = ∫ √1 + (𝑦 ′ (𝑥)) 𝑑𝑥. 𝑎 𝑎 Рисунок 10. (9) Пример 5. 1 Найти длину дуги «цепной линии» 𝑦 = 2 (𝑒 𝑥 + 𝑒 −𝑥 ) на отрезке [𝑎; 𝑏 ]. Решение. Фрагмент «цепной линии» изображён на рисунке 11. Рисунок 11. 1 Так как 𝑦 ′ = 2 (𝑒 𝑥 − 𝑒 −𝑥 ), то 1 𝑒 2𝑥 + 2 + 𝑒 −2𝑥 2 √1 + (𝑦 ′ (𝑥)) = √1 + (𝑒 𝑥 − 𝑒 −𝑥 )2 = √ = 4 4 1 1 = √(𝑒 𝑥 + 𝑒 −𝑥 )2 = (𝑒 𝑥 + 𝑒 −𝑥 ). 2 2 Применяя формулу (9), получим 𝑏 1 1 𝑏 𝐿 = ∫ (𝑒 𝑥 + 𝑒 −𝑥 )𝑑𝑥 = ∙ (𝑒 𝑥 − 𝑒 −𝑥 ) | = 𝑎 2 2 𝑎 1 = [(𝑒 𝑏 − 𝑒 −𝑏 ) − (𝑒 𝑎 − 𝑒 −𝑎 )] = sh𝑏 − sh𝑎. 2 5. Длина дуги параметрически заданной кривой Пусть кривая задана параметрически уравнениями 𝑥 = 𝑥 (𝑡 ), 𝑦 = 𝑦(𝑡 ), 𝑡∈ [𝑡1 ; 𝑡2 ], где 𝑥 (𝑡 ), 𝑦(𝑡 ) − непрерывные функции с непрерывными производными, причём 𝑥 ′ (𝑡 ) ≠ 0 при ∀𝑡 ∈ [𝑡1 ; 𝑡2 ]. Для вычисления длины дуги кривой воспользуемся формулой (9), предварительно выполнив замену переменной: 𝑥 = 𝑥 (𝑡 ), 𝑑𝑥 = 𝑥 ′ (𝑡 )𝑑𝑡, 𝑦𝑥′ = 𝑦 ′ (𝑡 ) . 𝑥 ′ (𝑡 ) Тогда длина дуги кривой находится по формуле 𝑡2 2 𝑡2 𝑦 ′ (𝑡 ) 2 2 𝐿 = ∫ √1 + ( ′ ) 𝑥 ′ (𝑡 )𝑑𝑡 = ∫ √(𝑥 ′ (𝑡 )) + (𝑦 ′ (𝑡 )) 𝑑𝑡. 𝑥 (𝑡 ) 𝑡1 (10) 𝑡1 Пример 6. Вычислить длину дуги циклоиды 𝑥 = 𝑎(𝑡 − sin 𝑡 ), 𝑦 = 𝑎(1 − cos 𝑡 ), если 0 ≤ 𝑡 ≤ 2𝜋 (рис. 12). Рисунок 12. Решение. По формуле (10) имеем 2𝜋 2𝜋 𝐿 = ∫ √𝑎2 (1 − cos 𝑡 )2 + 𝑎2 sin2 𝑡 𝑑𝑡 = 𝑎 ∫ √2(1 − cos 𝑡 ) 𝑑𝑡 = 2𝜋 2𝜋 2𝜋 𝑡 𝑡 𝑡 𝑡 2𝜋 = 𝑎 ∫ √4sin2 ( ) 𝑑𝑡 = 2𝑎 ∫ |sin | 𝑑𝑡 = 2𝑎 ∫ sin 𝑑𝑡 = = −4𝑎 cos | = 8𝑎. 2 2 2 2 0 7. Вычисление объёмов тел по площадям параллельных сечений Пусть имеем некоторое тело 𝑇, ограниченное замкнутой поверхностью и расположенное между параллельными плоскостями 𝑥 = 𝑎 и 𝑥 = 𝑏 (рис. 13). Рисунок 13. Предположим, что известна площадь 𝑆(𝑥) любого сечения этого тела плоскостью, перпендикулярной оси 𝑜𝑥. Будем считать, что 𝑆(𝑥) – непрерывная функция, и вычислим объём этого тела. Рассмотрим элемент объёма, соответствующий отрезку [𝑥; 𝑥 + ∆𝑥]. Выделенный элемент объёма в силу малости ∆𝑥 можно считать цилиндром с основанием 𝑆(𝑥) и высотой ∆𝑥. Поэтому дифференциал выделенного элемента объёма равен 𝑑𝑉 = 𝑆(𝑥)𝑑𝑥. Следовательно, объём заданного тела вычисляется по формуле 𝑏 𝑏 𝑉 = ∫ 𝑑𝑉 = ∫ 𝑆(𝑥)𝑑𝑥 , 𝑎 (13) 𝑎 где 𝑆(𝑥) – площадь поперечного сечения тела. Пример 9. Найти объём клина, отсечённого от кругового цилиндра плоскостью, проходящей через диаметр его основания и наклонённой к основанию под углом 𝛼. Радиус основания равен 𝑅 (рис. 14). Решение. Примем за ось 𝑜𝑥 диаметр основания цилиндра, по которому секущая плоскость пересекает основание, а за ось 𝑜𝑦 – перпендикулярный ему диаметр основания. Тогда уравнение окружности основания имеет вид 𝑥 2 + 𝑦 2 = 𝑅 2. Площадь сечения есть площадь треугольника 𝐴𝐵𝐶, вычисляемая по формуле 𝑆∆𝐴𝐵𝐶 = 1 1 1 ∙ |𝐴𝐵| ∙ |𝐵𝐶 | = ∙ 𝑦 ∙ 𝑦 tg 𝛼 = 𝑦 2 tg 𝛼, 2 2 2 где 𝑦 = |𝐴𝐵 | = √𝑅 2 − 𝑥 2 , 𝑥 – абсцисса точки 𝐴. Поэтому объём клина равен 𝑅 𝑅 1 2 𝑉 = 2 ∫ 𝑦 2 tg 𝛼 𝑑𝑥 = tg 𝛼 ∫ (𝑅 2 − 𝑥 2 )𝑑𝑥 = 𝑅 3 tg 𝛼. 2 3 Рисунок 14. 8. Вычисление объёмов тел вращения Пусть криволинейная трапеция (рис. 15) вращается вокруг оси 𝑜𝑥. Найдем объём полученного тела вращения. Произвольное сечение тела плоскостью, перпендикулярной оси 𝑜𝑥, есть круг радиуса 𝑓(𝑥), площадь которого 𝑆(𝑥) = 𝜋(𝑓(𝑥))2 . Тогда объём тела вращения находится по формуле 𝑏 𝑏 2 𝑉 = 𝜋 ∫(𝑓 (𝑥)) 𝑑𝑥 = 𝜋 ∫ 𝑦 2 𝑑𝑥 𝑎 𝑎 (14) Рисунок 15. Если криволинейная трапеция (рис. 16) вращается вокруг оси 𝑜𝑦, то объём тела определяется по аналогичной формуле 𝑑 𝑉 = 𝜋 ∫ 𝑥 2 𝑑𝑦. (15) 𝑐 Рисунок 16. Пример 10. Найти объём тела, полученного вращением вокруг оси 𝑜𝑥 фигуры, ограниченной кривой 𝑦 2 = (𝑥 − 1)3 и прямой 𝑥 = 2 (рис. 17). Рисунок 17. Решение. Искомый объём находим по формуле (14): 2 2 2 𝜋 𝜋 4 𝑉 = 𝜋 ∫ 𝑦 𝑑𝑥 = 𝜋 ∫(𝑥 − 1 𝑑𝑥 = (𝑥 − 1) | = . 4 4 1 2 1 )3 1