Добавил:

mihail1000 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Воронежский государственный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Методическое пособие 574.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

30.04.2022

Размер:

2.5 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 97 8 9 > Следующая >>>

§4. Метод интегрирования по частям и замена переменной в определенном интеграле

І. Аналогично тому, как была выведена формула (1.14) интегрирования по частям (с. 22), взяв теперь уже определенные интегралы на отрезке [a,b] от

обеих частей в формуле дифференцирования двух функций, получим

∫b udv = (uv)

	ba − ∫b vdu .	(2.7)
		(2.7)

	a

Пример 5

Вычислить

u = x2,du = 2xdx

∫x2 cos2xdx =

dv = cos2xdx,v =

sin2x

π0

− π∫xsin2xdx

u2 = x,du2 = dx,

dv2 =sin2xdx,v2 = −2cos2x

π2

sin2π

−0

cos2x

π0 − 1

π∫cos2xdx =

1π cos2π =

π .

Отметим, что π∫cos2xdx =0 в силу свойства ІІ (см. §3).

ІІ. Рассмотрим замену с помощью явной функции для вычисления инте-

грала∫b	f (x)dx ,
a
x =ϕ(z), dx =ϕ′(z)dz , a =ϕ(z1),		b =ϕ(z2). Используя обратную к ϕ(z)функ-
цию, найдем z1, z2, тогда
	b	z2
	∫ f (x)dx = ∫		′	(2.8)
	∫ f (x)dx = ∫		f (ϕ(z))ϕ (z)dz.	(2.8)
	a	z1

Замечание. По сравнению с заменой в неопределенном интеграле для определенного интеграла добавляется ещё перерасчет новых пределов интегрирования, но потом не нужно возвращаться к первоначальной переменной x .

Пример 6

Вычислить ∫4

x +1

Пустьx = z2 , dx = 2zdz ,

z =

, z =

= 2,

, тогда

2zdz

z +1−1

d(z +1)

∫

= ∫

= 2∫

dz = 2∫(1−

)dz

= 2

∫dz − ∫

z +1

x +1

		= 2	z	3 −ln(z +1)		3	= 2[3− 2−ln4+ ln3]= 2(1	+ ln 3).

				2		2		4

	Замечание. Мы выделили целую часть неправильной рациональной дро-
би	z	методом	добавить и		отнять, а затем почленно			поделить; внутри
	z +1

ln(z +1)знак модуля можно раскрыть со знаком «плюс», так как в указанных пределах интегрирования, то есть при z [2,3] z +1> 0.

§5. Вычисление площади плоской фигуры в декартовой, полярной системах координат и в случае, когда граница задана

параметрически

І. Для вычисления площади плоской фигуры в декартовой системе координат при x [a,b] (рис. 9) надо взять интеграл в этих пределах от разности

верхней и нижней функций:

S = ∫b [ϕ2(x)−ϕ1(x)]dx .	(2.9)
a

Доказательство

а) пусть сначала 0≤ϕ1(x)≤ϕ2(x).

Обозначим через S1 площадь криволинейной трапеции под графиком функции y =ϕ1(x) при x [a,b], а через S2 ̶ площадь под графикомy =ϕ2(x) приx [a,b]

. Тогда из геометрического смысла определенного интеграла

S = S2 − S1 = ∫b ϕ2(x)dx −∫b ϕ1(x)dx = ∫b [ϕ2(x)−ϕ1(x)]dx .

a	a	a
б) в случае любых знаков у функций ϕ1(x) и ϕ2(x) можно добавить к
каждой функции такое большое число		M > 0, чтобы стало ϕ1(x)+ M > 0 при
x [a,b], очевидно, что при параллельном переносе площадь S не изменится.
Тогда по доказанному в а)
S = ∫b [(ϕ2(x)+ M )−(ϕ1(x)+ M )]dx = ∫b [ϕ2(x)−ϕ1(x)]dx
a		a
и формула (2.9) остается справедливой в общем случае.
	Пример 7
	Найти площадь фигуры, ограниченной
	кривыми y =3x − x2 , y = −x .
	1) построим параболу и прямую (рис. 10),
	ограничивающих данную фигуру, и найдем
	пределы интегрирования. Из чертежа очевид-
	но, что a = 0, для нахождения второго предела
Рис.10	интегрирования решим систему из заданных
Рис.10	двух уравнений с двумя неизвестными, то есть
	двух уравнений с двумя неизвестными, то есть
приравняем правые части:	3x − x2 = −x, x2 − 4x = 0, x(x − 4)= 0, откуда x = 0,
		1

x2 = 4. Следовательно, b = 4 . Отметим, что если аккуратно рисовать чертеж в

масштабе,		то можно было из чертежа предположить, что b = 4 . Для проверки
этой гипотезы, надо было подставить									x = 4 в правые части заданных уравне-
ний: y =(3x − x2 )				x=4	= −4 и y = −x			x=4 = −4 , значения совпали, значит b = 4 .



2) по формуле (2.9)
	4		2			4	2			2	x3	4		64		2
	4		2			4	2			2	x3	4		64		2
	∫					∫							= 2 16−		=10		(кв. ед.).
S =	3x − x			+ x dx =			(4x − x )dx		=	2x −	3		= 2 16−	3	=10	3	(кв. ед.).
	0					0						0		3		3
	0					0						0

Замечание. Если вы нарисовали чертеж на клеточной бумаге, с единицей масштаба одна клетка, то можно оценить, насколько полученный ответ соответствует данной площади.

ІІ. Пусть кривая задана в полярной системе координат (рис. 11) уравнением r = r(ϕ) (ϕ1 ≤ϕ ≤ϕ2 ). Тогда

		S = 1	ϕ
		S = 1	∫2	r2(ϕ)dϕ .		(2.10)
		2	ϕ
			1
	Доказательство смотрите при вычислении двой-
	ного	интеграла в			полярной системе	координат
	(часть II пособия).
		Пример 8
Рис. 11	Найти площадь круга радиуса R .
	В	декартовой			системе координат	уравнение

окружности радиуса R с центром в начале координатx2 + y2 = R2 . Если разрешить уравнение относительно y,то появится квадратный корень и взять инте-

грал удается только с помощью тригонометрической подстановки. Поэтому перейдем к полярной системе координат: по определению окружности по каждому лучу надо пройти расстояние равное радиусуR , следовательно уравнение окружности будет r = R . Можно формально вывести это уравнение, подставив

в x2 + y2 = R2 x = r cosϕ , y = r sinϕ.	Чтобы «обойти» окружность, нужно сде-
лать полный оборот, тогда
	1	2π	2		R2		2π		2
		∫0								(кв. ед.).
Sкруга =	2		R	dϕ =		ϕ		=πR
					2		0

Замечание. В Древней Греции для вывода площади круга вписывали правильные многоугольники и удваивали число сторон; как мы только что обсуждали, в декартовой системе координат надо было брать интегралы с иррациональностями, а в полярной системе координат получается чрезвычайно простой вывод (чем больше зна

Рис. 12 ешь, тем часто проще получить ответ).

ІІІ. Пусть граница области задана параметрически:

x = x(t),	t1 ≤ t ≤ t2.
	t1 ≤ t ≤ t2.
y = y(t),

Тогда площадь данной фигуры

t2
S = ∫	y(t)x′(t)	dt (t1 ≤ t ≤ t2).	(2.11)

t1

Доказательство. Сделаем замену переменных, выразив подынтегральное выражение и пределы интегрирования через t :

b	t2	t2
S = ∫ydx = ∫y(t)d(x(t))= ∫y(t)x′(t)dt
a	t1	t1

(при условии, что параметризация такова, что x пробегает отрезок от a до b , когда t меняется от t1 до t2 ). Иначе, можно получить ответ со знаком минус

(например, при положительном y(t), если x(t) убывает при t [t1,t2], то x′(t)< 0). Поэтому, чтобы не учитывать знак, возьмем подынтегральную функцию по модулю, что и дает (2.11).

Пример 9

Найти площадь внутри эллипса x2 + y2 =1. a2 b2

Рис. 13

Запишем уравнение эллипса в параметрическом виде: x = a cost , y =bsint , 0≤t ≤ 2π . (Для такого задания можно использовать основное тригонометриче-

ское тождество cos2 t +sin2 t =1, откуда	x2	= cos2 t ,	y2	= sin2 t и легко полу-
	a2		b2

чить параметрическое задание эллипса, а так как геометрический смысл t ̶это угол с положительным направлением оси Ox , то, очевидно, надо сделать полный оборот, чтобы «обойти» эллипс, поэтому 0≤t ≤ 2π ). Воспользуемся фор-

мулой (2.11)

Sэлл =

2∫π

bsint (acost)′

dt =

2∫π

bsint (−asint)

dt = ab2∫π

−sin2 t

dt =

= ab 2∫π (1−cos2t)dt = ab t

02π =πab (кв. ед.)

(интеграл от cos2t

по длине периода равен 0).

Замечание. Так как окружность является частным случаем эллипса сэксцен-

триситетом ε = 0, когда два фокуса слились в один

̶в центр окружности, значит

a =b = R ,и, после подстановки,получим Sкруга =πR2

(пример 8.)

§6. Дифференциальный метод

Как уже отмечалось в §1, знаки дифференциала и интеграла «уничтожают»

друг друга, отсюда ∫dϕ(x)=ϕ(x)ba =ϕ(b)−ϕ(a). Если вспомнить, что по опреде-

		a
лению дифференциал есть главная линейная часть приращения функции, то это
обосновываетдифференциальный метод:
1)	сначала мы находим дифференциал, интересующей нас переменной
величины	ϕ(x)	x [a,b], на отрезке [x,x + ∆x], причем при нахождении это-

го дифференциала можно считать очень «грубо»: а) кривые на её части, соответствующей ∆x , можно заменять на отрезки прямых; б) если у нас уже присутствует в качестве множителя ∆x ,то переменную функцию можно считать константой;

2) затем переходим к интегралу в интересующих нас пределах отa до b , отнайденного впункте1)дифференциала dϕ(x).

В качестве примера рассмотрим ещё раз задачу о вычислении плоской фигуры, ограниченной свер-

ху графиком непрерывной на [a,b]

	функции	f (x)	( f (x) > 0	при
	x [a,b]) (рис. 14 ). Возьмем произ-
	вольный	x [a,b),	зададим прира-
	щение ∆x , вырежем полоску шири-
	ной ∆x и найдем дифференциал dS
	для приращения площади ∆S . На от-
	для приращения площади ∆S . На от-
няется от f (x) до f (x + ∆x)	резке [x,x + ∆x] функция f (x)			ме-
няется от f (x) до f (x + ∆x)	заменим её на f (x)= h = const высоты прямоугольни-
ка, тогда ∆S ≈ dS = f (x)∆x .	Чтобы найти общую площадь криволинейной трапе-

ции, когда x меняется от a до b , перейдем к интегралу от найденного дифференци-

ала dS ; при этомзаменим ∆x на dx : S = ∫b f (x)dx .

§7. Вычисление длины дуги плоской кривой

Для нахождения длины дуги AB вос-

пользуемся

дифференциальным

методом.

Чтобы найти дифференциал дуги

dl , заме-

ним дугу MN (её длину естественно обо-

значить ∆l ) над отрезком [x,x + ∆x]на отре-

зок MN (рис. 15), затем по теореме Пифагора

из

прямоугольного

треугольника

MNP

∆l ≈ MN = MP2 + NP2 = (∆x)2 + (∆y)2 .

Рис. 15

а) в случае декартовой системы коор-

динат пусть сначала дуга AB задана

y = y(x)

при

x [x ,x ].

Вынесем

(∆x)2

за скобку, а затем за знак квадратного корня

1+ ∆y

∆x

∆

(∆x)2 +(∆y)2 =

Так как

и чем меньше

x 1

x , тем точнее

∆x

дифференциал dl

описывает приращение дуги ∆l,то при переходе к пределу

при

∆x →0

из

определения

производной

получим

дифференциал дуги

′

dx и

dl = 1+(y (x))

l = ∫

′

dx .

(2.12а)

1+(y

(x))

б) пусть дуга

AB задана x = x(y)

при y [y1,y2]. Аналогично а),

вынося

(∆y)

, получим dl =

′

dy и

1+(x (y))

l = ∫

′

dy .

(2.12б)

+(x

(y))

в) в случае, если кривая задана параметрически

x = x(t),

при t [t1,t2],

то

y = y(t)

∆x 2

∆y 2

(∆x)

+(∆y)

∆t

и при переходе к пределу ∆t → 0 получим dl = (x′(t))2 +(y′(t))2dt и

				t2
				t2	(x′(t))2 +(y′(t))2dt .
			l = ∫		(x′(t))2 +(y′(t))2dt .	(2.13)
				t1
Отметим, что если рассмотреть кривую в пространстве и задать её пара-
	x = x(t),
метрически				] (вспомните, как считаются длины векторов
метрически	y = y(t), при t [t ,t			] (вспомните, как считаются длины векторов
		1	2

	z = z(t)

на плоскости и в пространстве), то в формуле (2.13) добавится квадрат третьей производной:

t2
t2		(x′(t))2 +(y′(t))2 +(z′(t))2dt .
l = ∫		(x′(t))2 +(y′(t))2 +(z′(t))2dt .	(2.14)
t1
г) пусть кривая задана	в полярной системе координат		r = r(ϕ) при

ϕ [ϕ1,ϕ2]. Зададим по формулам перехода к полярной системе координат x = r(ϕ)cosϕ , y = r(ϕ)sinϕ и, выбрав в качестве параметра t =ϕ , получим

dl = (x′)2 +(y′)2dϕ = (r′(ϕ)cosϕ −r(ϕ)sinϕ)2 +(r′(ϕ)sinϕ + r(ϕ)cosϕ)2dϕ =

=(r′(ϕ))2 cos2ϕ +(r′(ϕ))2 sin2ϕ + r2(ϕ)sin2ϕ + r2(ϕ)cos2ϕdϕ =

=r2(ϕ)+(r′(ϕ))2dϕ, и

ϕ2
ϕ2				2
l = ∫	r	2	′	2	dϕ .	(2.15)
l = ∫	r		(ϕ)+(r (ϕ))		dϕ .	(2.15)
ϕ1

Замечание. Во всех случаях в интегралах, вычисляющих длину дуги, присутствует корень квадратный, что вызывает значительные трудности при их вычислении или даже приводит к «неберущимся» интегралам. Поэтому желательно правильно выбрать систему координат или параметрически задать кривую для упрощения взятия соответствующих интегралов. В качестве примера

мы рассмотрим все три возможных варианта выражения длины дуги окружности радиуса R и сравним сложность вычисления интегралов.

Пример 10

Вычислить длину окружности радиуса R .

а) в декартовой системе координат из канонического уравнения окружности x2 + y2 = R2 (в качестве центра окружности проще всего выбрать начало коор-

динат)

выразим

y = ±

R2 − x2 .

Верхней половине

окружности соответствует

y = +

R2 − x2 , а нижней ̶

y = −

16). Из соображений симметрии

R2 − x2 (рис.

Рис. 16

можно вычислить длину верхней полуокружности по

формуле (2.12а), а ответ умножить на 2:

lокружн = 2∫ 1+ ( R2 − x2 )′

dx =

2∫

dx .

−R

− x

Так как подынтегральная функция четная, а пределы интегрирования симметричны, то

2∫R

dx = 4R∫R

= 4Rarcsin

R = 4R(arcsin1−arcsin0)=

−R

− x

R − x

= 4R π2 = 2πR (лин. ед.).

б) зададим окружность параметрически						x = Rcost,		при t [0,2π	], тогда

по формуле (2.13)						y = Rsint

	2∫π
lокружн =		(Rcost)′	2	+ (Rsint)′	2dt =	2∫π			2∫π dt =
							R2(sin2 t + cos2 t)dt = R
	0					0			0

= 2πR (лин. ед.).

в) в полярной системе координат r = R при 0≤ϕ ≤ 2π и по формуле (2.15)

lокружн = 2∫π R2 + (R′)2dϕ = R2∫π dϕ = 2πR (лин. ед.).

Вывод, что проще, сделайте сами. Отметим, что всегда ∫b dx = b − a , то есть

равен длине отрезка интегрирования, чем мы и воспользовались в случае в).

§8. Вычисление объемов тел с известными площадями поперечных сечений. Нахождение объемов тел вращения

Пусть для некоторого тела известны площади поперечных сечений S(x), перпендикулярных оси Ox (рис. 17).

Рис. 17

Воспользуемся дифференциальным методом: возьмем произвольный x (a,b),

дадим приращение ∆x и рассмотрим объем полученного кусочка ∆V . Так как высота его h = ∆x , то построим на основании S(x) цилиндр с образующими,

параллельными оси	Ox . Тогда dV = S(x)∆x = S(x)dx .		Перейдя к интегралу,
найдем объем тела
	V = ∫b S(x)dx .		(2.16)
		a
	Для произвольного тела S(x) неизвестно, мы
	рассмотрим частный случай тела вращения, обра-
	зованного	вращением	кривой y = y(x) при
	x [x1,x2]	вокруг оси Ox . Так как каждая точка
	M (x,y(x)) вращается по окружности, то S(x)
Рис. 18	есть площадь круга радиуса R = y(x): S(x)=π y2(x)
		50

. Подставив S(x) в формулу (2.16) и, вынеся константу π	за знак интеграла,
получим
x2
VOx =π ∫y2(x)dx .	(2.17)
x1

Если ту же самую кривую вращать вокруг оси Oy (очевидно, тело за ис-

ключением окружности с центром в начале координат, будет другим (рис. 18)) и, взяв обратную функцию x = x(y) при y [y1,y2], получим формулу для вы-

числения объема тела вращения вокруг оси Oy , в которой по сравнению с (2.17) x и y поменяются ролями:

VOy =π ∫x2(y)dy .

(2.18)

x = x(t),

при

t [t1,t2], то

В случае, если кривая задана параметрически

= y

(t).

подставив функции x(t), y(t)

в формулы (2.17), (2.18) и для положительности

объема, взяв x (t) или y (t)

по модулю (также как в (2.11) получим

′

VOx =π∫y

(t)

′

(t)

dt ,

(2.19)

π∫x

′

VOy =

(t)

y (t)

dt .

(2.20)

Пример 11

Вывести формулу для объема шара радиуса R .

Возьмем

окружность

радиуса

центром

начале

координат

x2 + y2 = R2 и будем её вращать вокруг оси Ox . По формуле (2.17) получим

Vшара =π ∫

(x)dx =π ∫(R

− x

)dx = 2∫(R

− x

)dx = 2

x −

πR

−R

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 97 8 9 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
30.04.2022325.21 Кб5Методическое пособие 57.pdf
#
30.04.20222.46 Mб5Методическое пособие 570.pdf
#
30.04.20222.46 Mб2Методическое пособие 571.pdf
#
30.04.20222.47 Mб3Методическое пособие 572.pdf
#
30.04.20222.5 Mб2Методическое пособие 573.pdf
#
30.04.20222.5 Mб21Методическое пособие 574.pdf
#
30.04.20222.5 Mб4Методическое пособие 575.pdf
#
30.04.20222.51 Mб7Методическое пособие 576.pdf
#
30.04.20222.51 Mб4Методическое пособие 577.pdf
#
30.04.20222.52 Mб6Методическое пособие 578.pdf
#
30.04.20222.53 Mб8Методическое пособие 579.pdf