2.3.5. Замена переменной в определенном интеграле

b

β

∫ f (x)dx

′

(2.11)

= ∫ f (φ(t)) φ

(t)dt

a

α

Таким

образом, для

вычисления

определенного

интеграла

∫b

f (x)dx

нужно ввести замену х=φ (t) , где φ (t) –

некоторая

a

и найти новые пределы

интегрирования по переменной t , решив

для этого

уравнения

a = φ (α) , b =φ(β) . Выразив отсюда

α =φ−1(a),

β =φ−1(b) , имеем из (2.11)

b

φ −1(b)

∫ f (x) dx = ∫ f (φ(t)) φ′ (t) dt .

Решение. Выполним замену x = sin t ,

dx = cost dt, t = arcsin x .

′

π

Поскольку

x = sin t и ее производная

x

= cost

на отрезке [0, 2 ]

непрерывны при изменении t от 0 до

π , а значения x = sin t не

2

выходят

за

пределы отрезка

[0;1] и

α = arcsin 0 = 0 ,

β = arcsin1 = π

, то условия теоремы 2.16 выполняются, а значит,

2

1

2

2

1

sin 2t

π

2

∫ 1− x

2

dx

= ∫sin

2

tdt

= ∫(1+cos 2t)dt =

(t +

)

=

2

2

0

0

0

0

=

1

(

π +

sinπ

) −

1 (0 +0) = π .

2

2

2

2

4

Формула замены переменной (2.11), прочитанная справа нале-

b

во, позволяет сводить вычисление интеграла ∫

f

(φ(x))φ

′

(x)dx с по-

a

β

мощью подстановки φ (x) = t

к вычислению интеграла

∫ f ( t)dt,

α

где α = φ (a), β = φ (b) .

1

exdx

Пример 2.19.

Найти ∫0

.

4e2x +12ex +34

Решение.

1

x

dx

x

,

x

dx,

e

=

t = e

dt = e

=

∫0 4e2x +12ex +34

x = 0, t = e0 =1, x =1,

t = e1 = e

dt

dt

u = 2t +3,

e

e

du = 2dt,

= ∫

= ∫

= u(1)= 5,

u(e)= 2e

+3 =

4t2 +12t +34

(2t +

3)2 + 25

1

1

1

2e+3

du

1

u

2e +3

1

2e +3

π

= 2

∫5

=

arctg

5

5

=

(arctg

− 4 ) .

u2 + 25

10

10

5

Пример 2.20.

π∫dx = x

π

=π .

0

0

π

π

dx

π

dx

С другой стороны,

∫dx

= ∫

=∫

=

2

x +sin

2

x

2

x (1+tg

2

x)

0

0

cos

0 cos

dx

tgx = t,

dt

=

0

1

2

=

cos

x,

= ∫

dt = 0

π = 0.

t

1+t

2

x = 0,

t = 0, x =π ,

= 0

0

Такой вывод получился потому, что при замене tg x = t

нару-

шаются условия

теоремы

2.16: в

точке

t = π

функции

tg x и

2

∫b u(x)v′(x)dx = (u

(x)v(x))

b

−

∫b v(x)u′(x)dx

(2.12)

a

a

a

π

Пример 2.21. Найти ∫2

x sin xdx = [u = x,

du = dx,

dv = sin xdx,

0

π

v = −cos x]= (−x cos x)

π 2 + ∫2 cos xdx = −

π cos

π +0 cos0

2 =

+sin x

π0

= 0 +0 +sin π

0

0

2

2

−sin 0 =1

2

1

e

= sin(ln x), du = cos(ln x)

1

dx,

Решение. I = ∫sin(ln x)dx = u

x

1

dv = dx, v = x ]= x sin(ln x)

π

eπ

1e

−∫cos(ln x)dx = [u = cos(ln x),

1

= du = −sin(ln x) 1 dx, dv = dx,

v = x ]= xsin(ln x)

eπ − x cos(ln x)

eπ

−

x

1

1

eπ

− ∫sin(ln x)dx = eπ sin(π ) −1sin(ln1) −eπ cos(π ) +1cos(0) − I;

1

1 (eπ +1).

Значит, 2I = 0 −0 +eπ +1;

I =

2

S = ∫a

f (x)dx

(2.13)

b

Если же f (x) ≤ 0 на [a,b], то функция y = − f (x)

является неот-

рицательной на [a,b], тогда ∫b (− f (x))dx = − ∫b

f (x)dx

выражает пло-

a

a

щадь криволинейной трапеции в случае

f (x) ≤ 0 знак «минус» в этом

S = −∫b

f (x)dx + ∫c

f (x)dx −∫d

f (x)dx + ∫e

f (x)dx

a

b

c

d

двумя непрерывными на отрезке

[a,b] функциями y = f (x) и

y = g(x) ( f (x) ≥ g(x))

и прямыми

x = a, x = b ,

вычисляется по

формуле

S = ∫b ( f (x) − g(x))dx

(2.14)

a

Пример 2.23. Вычислить площадь фигуры, заключенной меж-

ду локоном Аньези y =

1

и параболой y =

1 x2 .

1+ x2

2

около оси

0x криволинейной трапеции, ограниченной графиком

функции

y = f (x) , прямыми

x = a, x = b

и осью абсцисс C

(рис.5.5), может быть найден по формуле

Vx =π∫b

f 2 (x)dx

(2.15)

a

Рис. 2.5

0у, то объем тела

Если вращение происходит вокруг оси

вращения находится по формуле

Vy =π ∫2

φ2 (y)dy

(2.16)

c

Рис. 2.8.

По формуле (2.16) имеем

Vy =π ∫2

x2dy =

π ∫2

(4 − y2 )2 dy = 2π∫2

(16 −8y2 + y4 )dy =

−2

−2

0

2π (16y

−

8y3

+

y5

)

2

= 2π (32

−

64

+

32

) =

512π

3

5

0

3

5

15

b

l

′

2

dx

(2.17)

= ∫ 1+( f (x))

a

Пример 2.26. Вычислить длину линии

y = lncos x от x = 0 до

x = a, 0 < a <

π .

2

1

Решение. Находим y′ = (ln(cos x))′

(−sin x).

=

cos x

1

′

2

2

Тогда

1+(y )

=

1+ tg

x =

и

по формуле (2.17) за-

cos x

ной модели,

где время t меняется непрерывно, задана непрерыв-

ная функция

p = f (t) , являющаяся производительностью труда в

момент времени t , t [t0 ,t1 ],

то объем продукции,

произведенной

за промежуток времени ∆t = t1 −t0

вычисляется с помощью опре-

деленного интеграла

t1

V = ∫ p(t)dt

(2.18)

t0

Функция p(t) обычно подбирается эмпирическим путем.

Расчет средних значений.

Определение 2.8. Число

1

∫b

f (x)dx

называется средним

b −a a

значением непрерывной функции

f (x) на отрезке [a,b].

Напомним, что по теореме о среднем в определенном интегра-

ле существует число c [a,b]

, такое, что

f (c) =

1

∫b

f (x)dx .

b −a a

Пример 2.27. Считая, что функция Кобба-Дугласа имеет вид

p(t) = (1+t)e3t ,

вычислить объем продукции,

произведенной за 4

года.

Решение.

V = ∫4

(1+t)e3t dt = [u =1+t,

du = dt,

dv = e3t dt,

0

v = 1 e3t

]= (t +1)

1 e3t

0 4 −

4 1 e3t dt = 1 (5e12

−1) −

1 e3t

0 4 =

3

3

∫0 3

3

9