Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Томский Государственный Университет Систем Управления и Радиоэлектроники

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

опред-интеграл-stud

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

11.05.2015

Размер:

636.3 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 42 3 4 > Следующая >>>

1.'(t) определена и непрерывна на [ ; ];

2.'(t) дифференцируема, '0(t) непрерывна на [ ; ], причем '0(t) 6= 0;

3.'( ) = a, '( ) = b (значения функции '(t) заполняют отрезок [a; b]).

Тогда
b
Z	Z
f(x)dx =	f('(t))'0(t)dt:	(11:1)

Формулу (11.1) называют формулой замены переменной в определенном интеграле.

Доказательство. Функции f(x) и f('(t)) непрерывны, поэтому интегралы в формуле (11.1) существуют. Докажем, что правая часть этого равенства равна его левой

части.

f(x)dx = F (x) первообразная для

f(x)

[a; b]. Следова-

Пусть Ra

функции

íà

тельно, F 0(x) = f(x). По формуле Ньютона-Лейбница

f(x)dx = F (b) F (a). Ðàñ-

(t) = F ('(t)). Вычислим ее

0(t) = (F ('(t)))0

смотрим функцию

производную.

F 0('(t))

'0(t) = f('(t))

'0(t), то есть (t) первообразная для функции f('(t))

(t)

на [ ; ]. По формуле Ньютона-Лейбница

f('(t))'0(t)dt = ( )

( ) = F ('( ))

F ('( )) = F (b) F (a) = f(x)dx.

Замечание 11.1. При замене переменной в определенном интеграле нет необходимости возвращаться к исходной переменной.

Замечание 11.2. Обычно замену производят с помощью монотонной функции, при этом '0(t) 6= 0.

II. Интегрирование по частям.

Если функции u(x) и v(x) непрерывны вместе со своими производны-

ми на отрезке [a; b], то

Zb Z

a	udv = u v a a	vdu:	(11:2)

Для доказательства нужно применить формулу Ньютона-Лейбница к формуле интегрирования по частям в неопределенном интеграле.

p24

3x2 p

dx.

Пример 11.1. Вычислите интеграл

x3 + 1

dx. Вычислим

Решение . Введем новую переменную t = x

+ 1. Тогда dt = 3x

новые пределы интегрирования: a = 0, значит, = 03 + 1 = 1, b =

, значит,

= (p3

24)3 + 1 = 25.

p24

Тогда

px3 + 1 dx =

2(125

248

3 1

ptdt = 3

3pt3

9(p253 p13 ) =

9 .

3 tg2 x + 3

Пример 11.2. Вычислите интеграл

cos6 x

dx.

Решение . Введем новую переменную t = tg x. Тогда dt =

. Вычислим новые

cos

пределы интегрирования:

a = 0

b = =3

. Тогда

= tg 0 = 0

= tg( =3) =

=3 tg2 x + 3

cos6 x

dx =

4 x

+3)(t

+1) dt =

+5t

+7t

+3) dt =

cos

2 x

R0 cosp3

+ 3t 0

160p

= 7

+ 73

27 3

+ 9p3 + 7p3 + 3p3 =

Пример 11.3. Вычислите интеграл R1

lnpx dx.

Решение . Этот интеграл берем по частям. Пусть u = ln x, dv =

, тогда du =

x ,

v = 2p

. Имеем

e2 p

lnpx dx = 2p

ln x .1

2 1

dx = 2p

ln x 1

2 1

= 2p

ln x 1

= 4e

4e + 4 = 4

Пример 11.4. Пусть f(x) =

2x + 5;

åñëè

1 6 x < 2;

( x2 + 4x

åñëè

5: .

Вычислите f(x) dx.

Решение . Подинтегральная функция на различных промежутках задается разными выражениями, поэтому промежуток интегрирования разобьем на части. Имеем

5		2				5	2					2	2		x3	2	5
1 f(x) dx =		1	(2x + 5) dx +			2 (x	2	+ 4x	3) dx = (x			2	2		x3	2	5
1 f(x) dx =		1	(2x + 5) dx +			2 (x		+ 4x	3) dx = (x				+ 5x) 1 +		3 + 2x		3x 2 =
R		R		125		R			8
= (4	1 + 10 + 5) +			3	+ 50			15	3	8 + 6	= 18 + 72			= 90
				3					3						f(x) = x2p
Пример 11.5. Найдите среднее значение функции															f(x) = x2p			x3 + 9
на отрезке			[0; 3].

Решение

. Среднее

значение

функции

3 0 R0

+ 9 dx =

+ 9) =

(x3

+ 9)3 0

2(216

27)

378

= 14.

= 3

3 0 px3 + 9 d(x

dx.

Пример 11.6. Вычислите интеграл

1 sin2 x

Решение . Имеем

1 sin2 x dx =

cos x dx = sin x 0

= 0 0 = 0. Но подин-

sin

тегральная функция 1

интеграла

1 sin p

следовательно по свойству 7 определенного

2 x dx >

. Найдите ошибку в рассуждениях.

	=4
	x sin x
Пример 11.7. Вычислите интеграл	R0 cos3 x dx.

Решение . Этот интеграл берем по частям. Пусть

u = x, dv = sin xdx	, тогда du = dx, v =	1	.
		2 cos2 x
cos3 x

4 .

Имеем

cos3 x dx =

cos2 x

cos2 x dx = 4

2 tg x 0

= 4

x sin x

Пример 11.8. Вычислите интеграл

x sin x dx.

cos3 x

Решение . Функция

является четной, тогда

dx =

(ñâîé-

dx = 2

x sin x

sin x

ство 20 определенного интеграла).

cos x

cos

Пример 11.9. Вычислите интеграл

x2 sin x dx.

cos3 x

Решение . Так как функция x2 sin x является нечетной, то

x sin x dx = 0 (свойство 19 опре-

деленного интеграла).

cos3 x

Пример 11.10. Вычислите интеграл

cos2 x + 3 sin2 x

Решение . Сделаем замену t = tg x. Тогда dt =

cos2 x

cos2 x + 3 sin2 x

sin2 x +

cos2 x

t2 +

= 3 p

arctg(p

t) 0 = p3 arctg p

3p3

Вычислите интеграл

3 cos

Пример 11.11.

Сделаем замену = tg x. Тогда dt =

= 0.

R0 3 cos2 x + sin2 x =

R0 sin2 x + 3 cos2 x = R0

Найдите ошибку tв рассуждениях.

cos2 x

t2 + 3

Задания для самостоятельного решения

Задание 11.1. Вычислите интегралы

e2 ln3 x

cos3 x

à) R4

+ 1

dx; á)

dx; â) Re

x p

;

ã) R=6

dx.

ln x + 3

sin5 x

Задание 11.2. Вычислите интегралы

x p3

x11 dx

à)

2x dx;

á)

dx; â)

R12

px(px + 2)

(x6 + 2)2

Задание 11.3. Вычислите интегралы

3p5 x

à) R1

+ 20

dx;

á) R1

;

(19 3x)3

Вычислèp

Задание 11.4.

те интегралы

x15 dx

x + 2

à) R0

dx;

á)

;

(1 + 6; 5x8)2=3

3x + 1

Задание 11.5. Вычислите интегралы

	=2			=2	cos3 x
à)	R0	sin 2x		á) R=6
			dx;				dx;
		1 + sin2 x			3
						sin7 x
					p

	2 p
					2x		1
â) R1				x + 1					dx.
	p			x5 p
		3
	R0									dx.
â)								x2 + 1
â)	5;5					(4x 10) dx					.

2R;5
			p
						x2 5x + 22; 25

Задание 11.6. Вычислите интегралы

ln 3

)

ln 6

+ 3

à)

dx;

á)

dx;

e2x 1

+ 1

Задание 11.7. Вычислите интегралы

1=2

arcsin p

+ x2

à) 1=p3

p1x4

dx;

á) 1=4

x(1

x) dx;

â) 1R=2 x3 + arcsin x dx. p

01 x2

	ln 2	p1 e2x dx.
â)	R0	p1 e2x dx.

Задание 11.8. Используя свойства определенного интеграла, вычисли-

òå

à)

R sin

x dx

R sin 2x

R=2

sin

x dx

;

á)

dx;

â)

ã) R8 p3

ä) R1 p5

å) R1 x7 p

dx.

dx;

3 + x2

Задание 11.9. Используя свойства определенного интеграла, вычисли-

		2		2
òå	à)	R0	cos x dx;	á) R0	sin3 x dx. =2	p
Задание 11.10. Вычислите интеграл R=2								dx.
Задание 11.10. Вычислите интеграл R=2							cos x cos3 x	dx.

Задание 11.11. Вычислите интеграл

dx.

q1 +

cos 2x

à)f(x) =

íà [1; 15];

Задание 11.12. Найдите среднее значение функции

x2 + x

á) f(x) = sin x è g(x) = sin

x íà [0; ];

â) f(x) =

íà [0; 2].

ex + 1

< R1

Задание 11.13. Докажите, что 5

dx <

1 + x2

Задание 11.14. Вычислите интеграл

(x 1)2 . Имеем

0 (x 1)2 = x 1

. Но подинтегральная

следовательно по свойству

1 =

> 0

1)2

функция

7 определенного интеграла R0

> 0. Найдите ошибку в рассуждениях.

(x 1)2

Задание 11.15.

Найдите ошибку в

1 + x2

рассуждениях при вычислении интеграла

Рассмотрим функцию F (x) = arctg x. Òàê êàê F 0(x) =

, òî F (x) первооб-

1 + x2

разная для подинтегральной функции. Тогда

= arctg x

1 + x2

, следовательно по свойству 7 опре-

= 2 . Но подинтегральная функция 1 + x2

> 0

деленного интеграла R1

> 0.

1 + x2

Задание 11.16.

Найдите ошибку в

1 + x2

рассуждениях при вычислении интеграла

Òàê êàê

1 arctg

0 =

x )

2(1 x ) + 4x

2(1 + x )

1 x2

(1 x2)2 + 4x2

(1 x2)2

2(1 + x2)2

1 + x2

òî

2 arctg

2(arctg( p3) arctg 0) = 6 . Но подинтеграль-

1 + x2

1 x2

, следовательно по свойству 7 определенного интеграла

ная функция

1 + x2

> 0

> 0.

1 + x2

Задание 11.17. Рассмотрим функцию F (x) = x4=3. Имеем F 0(x) = 4x1=3. Тогда

3px2=3dx = 1

dx = x

= 1 1 = 0. Но F (x) > 0. Следовательно по свой-

4 1=3

4=3

ству 7 определенного интеграла

dx > 0. Найдите ошибку в рассуждениях.

x2=3

R1 3

Задание 11.18. Вычислите интеграл R0

. Сделаем замену t = tg

4 + 3 cos x

2 . Тогда

2dt

dx =

; cos x =

= 0. Найдите

1 + t

+ t2

R0 4 + 3 cos x

(1 + t2) 4 + 3

1 t

ошибку в рассуждениях.

1 + t

Задание 11.19. Можно ли в интеграле R0

p3 1 x2dx делать замену x = sin t?

Задание 11.20. Докажите, что

f(sin x)dx = f(cos x)dx. Использовав это ра-

венство, вычислите

sin2 x)dx è

cos2 x)dx.

a+T

Задание 11.21. Докажите, что

f(x)dx =

f(x)dx, где f(x) периодическая

функция с периодом T .

Задание 11.22. Решите уравнение pR2

= 0.

t2 1

Задание 11.23. С помощью определенного интеграла найдите предел суммы

n!1 n + n + 1

2n .

lim

+ : : : +

12. Применение определенного интеграла для вычисления площадей фигур.

Дана фигура , лежащая в плоскости XOY и ограниченная замкнутой кривой L. Рассмотрим многоугольники A, вписанные в фигуру , и многоугольники B, описанные около фигуры . Очевидно, что A

Bè SA 6 S 6 SB. Множество площадей многоугольников A, вписанных в , ограничено сверху (SA < SB 8B). Следовательно, оно имеет точную верхнюю границу s = supfSAg. Множество площадей многоугольников

B, описанных около ограничено снизу (SB > SA 8A). Следовательно, оно имеет точную нижнюю границу S = inffSBg. Очевидно, что s 6 S .

Если s = S = S, то их общее значение называется площадью фигуры , а фигура называется квадрируемой.

Свойства площади:

1) Åñëè 1 = 2, òî S 1 = S 2 (площади равных фигур равны);

2)Åñëè 1 2, òî S 1 < S 2 (площадь части фигуры меньше площади всей фигуры);

3)Åñëè = 1 + 2, òî S = S 1 + S 2 (площадь фигуры равна сумме площадей частей).

I. Вычисление площади криволинейной трапеции.

1) Трапеция ограничена сверху кривой y = f(x) > 0, непрерывной на

[a; b], снизу осью OX, с боков прямыми x = a, x = b (рис. 1). Тогда площадь фигуры вычисляется по формуле

S = Za	b
S = Za	f(x)dx:	(12:1)

2) Трапеция ограничена сверху кривой y = f(x), снизу кривой y = g(x), непрерывными на [a; b], с боков прямыми x = a, x = b (рис.

2). Не нарушая общности можно считать, что обе функции y = f(x) и

y = g(x) положительны. Этого всегда можно добиться параллельным переносом кривых вдоль оси OY . Тогда фигуру можно представить как разность двух трапеций и ее площадь вычисляется по формуле

S = S1 S2 = Za	b
S = S1 S2 = Za	(f(x) g(x))dx:	(12:2)

3) Трапеция ограничена снизу кривой y = f(x) 6 0, непрерывной на [a; b], сверху осью OX, с боков прямыми x = a, x = b (рис. 3). Эту трапецию можно получить симметричным отображением относительно оси OX трапеции, ограниченной сверху положительной кривой y = f(x). Ее площадь вычисляется по формуле

S =	jf(x)jdx = f(x)dx:	(12:3)
a	a

4) Трапеция ограничена кривой y = f(x), непрерывной на [a; b], осью

OX, и прямыми x = a, x = b (рис. 4). Точками, в которых кривая

пересекает ось OX, данная фигура разбивается на части Тогда площадь фигуры равна сумме площадей частей и вычисляется по формуле

S = S1 + S2 + S3 = Za

jf(x)jdx:

(12:4)

ðèñ.1

6 ðèñ.2

ðèñ.3

y = f(x)

y = g(x)

b x

y = f(x

)

b x

5) Трапеция ограничена кривой x = f(y), непрерывной на [c; d], осью

OY , и прямыми y = c, y = d (рис. 5). Тогда площадь фигуры вычисляется по формуле

S = Zc

f(y)dy:

(12:5)

ðèñ.4

ðèñ.5

ðèñ.6

y = f(x)

x = f(y)

y=y(t)

x=x(t)

b x

II. Вычисление площади фигуры, ограниченной кривой, за-

данной параметрически.

( x

x(t) , причем функ-

Пусть кривая AB задана параметрически

y(t)

ции y(t) и x(t) непрерывны на [ ; ] (рис.6). По теореме об обратной функции существует функция t = t(x) такая, что y = y(t) = y(t(x)) = f(x) и если t 2 [ ; ], то x 2 [a; b]. Произведя в интеграле (12.1) замену x = x(t), получим формулу для вычисления площади фигуры, ограни-

ченной кривой, заданной параметрически

	b
S = Za	f(x)dx = Z f(x(t))x0(t)dt = Z y(t)x0(t)dt:	(12:6)

Формулу (12.6) можно использовать при вычислении площади фигуры, ограниченной замкнутой кривой (обход кривой в положительном направлении при движении по кривой против часовой стрелки область остается слева).

III. Вычисление площади криволинейного сектора, ограни- ченного кривой, заданной в полярной системе координат.

r = r(')

'i+1

ðèñ. 7

Вычислим площадь фигуры, ограниченной лучами ' = , ' = и

кривой r = r(').

Разобьем фигуру лучами = '0 < '1 < : : : < 'i < 'i+1 < : : : < 'n =на сектора. Каждый криволинейный сектор заменим круговым сектором радиуса ri = r( i), ãäå 'i 6 i 6 'i+1. Величину i-го угла обозначим'i = 'i+1 'i. Пусть = maxf 'ig. Площадь фигуры, составленной

n 1

из круговых секторов равна = 12 P ri2 'i. Будем увеличивать число

i=0

секторов так, чтобы ! 0. Тогда площадь полученной фигуры будет

все меньше отличаться от площади исходной фигуры. Площадь криволинейного сектора вычисляется по формуле

	=	!0	2			(	)		(12 7)
				Z
S		lim =	1		r2		'	d':	:

Пример 12.1. Найдите площадь фигуры, ограниченной кривыми y = x3 p

è y = 3 x.

Решение . Вычислим абсциссы точек пересечения заданных кривых,

для чего составим систему уравнений	( y	=	p3 x . Решив ее получим
	y	=	x3

x1 = 0 è x2 = 1. Строим искомую фигуру (рис. 8). Ее площадь вычисляется по формуле (12.2)

	1								1			1
S = 0 (p			x	)dx =		4p		x4	0	4x	4	0	= 4	4	= 2.
S = 0 (p		x	x	)dx =		4p		x4	0	4x		0	= 4	4	= 2.
	3		3			3	3			1			3	1	1
	R
Пример			12.2.
	x2				Найдите				площадь				фигуры,		ограниченной параболой
y =	4 и прямыми y = 8 x è y = 0.

Решение . Заданная фигура состоит из двух частей (рис. 9). Вычислим абсциссы точек пересечения заданных кривых, для чего составим систе-

мы уравнений

y = x2

y = 8

( y = 84

x , ( y = 04

è ( y = 0

Решив их получим x1 = 0, x2 = 4 è x3 = 8. Площадь фигуры вычис-

ляется по формуле S =

4 dx +

(8 x)dx = 12

+ (8x 2 ) 4

16 + 64

32 + 8 =

= 13

Пример 12.3. Найдите площадь

фигуры, ограниченной

параболой

y =

(x + 6)2

и прямой 2x y = 12.

Решение . Вычислим абсциссы точек пересечения заданных кривых,

для чего составим систему уравнений 8 y

(

. Решив ее полу-

< y

x + 6)2

÷èì x1

= 0 è x2

= 6. Строим

2x + 12

искомую фигуру (рис. 10). Ее площадь

вычисляется по формуле (12.2)

2x + 12 (

dx =

x2 + 12x

= 36 +

S = 6

x + 6)

(x + 6)

= 36

72 +

24 = 12

216

Пример 12.4. Найдите площадь фигуры, ограниченной кривой

( x

4 sin t .

3 sin 2t

<<< < Предыдущая 12 / 42 3 4 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
16.09.2019415.81 Кб1ОМПТ.docx
#
11.05.2015235.22 Кб23ОМПТ.pdf
#
11.05.201528.16 Кб240ООО.doc
#
11.05.20155.98 Mб75ОПЕС. Практикум. УКО.pdf
#
11.05.20153.65 Mб179ОПЕС. Учебник.pdf
#
11.05.2015636.3 Кб4опред-интеграл-stud.pdf
#
01.08.20194.07 Mб4ОПТ ЛР 2.docx
#
21.11.2019131.58 Кб1Оптимизация учета Постановка документооборота.doc
#
21.04.20191.44 Mб7Организация и управление.doc
#
20.12.2018105.93 Кб4организация производства моя.docx
#
11.05.20154.55 Mб819орлик Основы программной инженерии.pdf