Интегрируемость функции (по Риману) и определенный интеграл - Примеры решения задач (1238748), страница 2
Текст из файла (страница 2)
По формуле Ньютона-Лейбница снова получаемI = Ф(x)= −3π/4 − (−π/4) = −π/2.6. Применяя подходящую замену переменной, вычислитьI=x2dx.Решение. Положим x = a sin t, 0 ≤ t ≤ π/2. Такая замена переменной удовлетворяет всемусловиям теоремы 4. Так какI = a4= a cos t, dx = a cos t dt, тоsin2 t cos2 t dt = a4/4sin2 2t dt == a4/8= πa4/16.(1 − cos 4t) dt = a4/8Следующий пример показывает, что формальное применение формулы заменыпеременной (без учета условий ее применимости) может привести к неверномурезультату.7. Если в интеграле I =написать= π/2 сделать формально замену переменной x = 1/t и(2)I==−= −π/2,то получается, очевидно, неверный результат.Ошибка связана с тем, что изменению x сегменте [−1, 1] соответствует изменение t = 1/xне на сегменте [−1, 1], как написано в равенстве (2), а на объединении полупрямых (−∞,−1) и (1, +∞).
Тем самым указанная замена переменной не удовлетворяет требованиямтеоремы 4.8. Вычислить I =.Решение. Подынтегральная функция f(x) =непрерывна на сегменте [0, 2π] и,следовательно, имеет первообразную. Для нахождения первообразной функции f(x)подходящей заменой переменной является t = tg (x/2) (см. гл. V). Однако дляопределенного интеграла I такая замена не удовлетворяет условиям теоремы 4, посколькуизменению x на сегменте [0, 2π] не соответствует изменение t на некотором сегменте: t =tg (x/2) → +∞ (−∞) при x → π − 0 (π + 0). Поэтому воспользуемся указанной заменойпеременной для нахождения первообразной подынтегральной функции.
Рассмотримнеопределеный интеграл ∫. На каждом из промежутков 0 ≤ x < π и π < x ≤ 2πдля него допустима замена переменной t = tg (x/2).В первом случае обратной функцией является x = 2 arctg x (0 ≤ t < +∞), во втором x = 2(π +arctg t) (−∞ < t ≤ 0). В каждом случае cos x =Ф(x) = ∫=4∫, dx =, и мы получаем+C=+ C.При любой постоянной C функция Ф(x) является первообразной для f(x) =на промежутках [0, π) и (π, 2π].
Так как она имеет в точке x = π разрыв I рода: Ф(π + 0) −Ф(π − 0) = −, то Ф(x) не является первообразной для f(x) =на всемсегменте [0, 2π]. Однако с помощью Ф(x) теперь уже легко построить первообразную дляf(x) на всем сегменте [0,2π]. Положимпри 0 ≤ x < π,при x = π,F(x) =при π < x ≤ 2π.+Тем самым на [0, π) мы взяли C = 0, в точке x = π доопределили Ф(x) (при C = 0) по. Получилась функция F(x), производнаянепрерывности слева, а на (π, 2π] взяли C =которой во всех точках сегмента [0, 2π], в том числе и в точке x = π, равна функции f(x)(для точки x = π докажите этот факт самостоятельно), т.
е. F(x) − первообразная для f(x) на[0, 2π]. По формуле Ньютона-ЛейбницаI = F(x)= F(2π) − F(0) =−0=.З а м е ч а н и е . Можно было бы разбить интеграл I на два интеграла: I =f(x) dx +dx, и воспользоваться тем, что первообразной для f(x) на [0, π] является функцияпри 0 ≤ x < π,F1(x) =при x = π,f(x)а на [π, 2π] − функцияпри π < x ≤ 2π,F2(x) =при x = π−(F1(x) получается из Ф(x) при C = 0 с помощью доопределения Ф(x) в точке x = π понепрерывности слева, a F2(x) − справа).
В этом случае, применяя формулу НьютонаЛейбница к каждому из интегралов, получаемI = F1(x)+ F1(x)9. Вычислить I == F1(π) − F1(0) + F2(2π) − F1(π) =−0+0−=.|ln x| dx.Решение. Разбивая интеграл I на сумму интегралов по сегментам [1/e, 1] и [1, e] (чтобы"освободиться от модуля") и применяя в каждом интеграле формулу интегрирования почастям, получимI=−ln x dx +ln x dx = − x ln x+dx + x ln x−dx == −1/e + (1 − 1/e) + e − (e − 1) = 2(1 − 1/e).10. Вычислить I =dx.Решение. Применим формулу интегрирования по частям:I=−= −x arctg (cos x)x+=−x d (arctg (cos x)) =arctg (cos x) dx = −π(−π/4) − 0 + I1 = π2/4 + I1,где I1 =arctg (cos x) dx.Чтобы найти I1, заметим, что график функции f(x) = arctg (cos x) центрально симметриченотносительно точки (π/2, f(π/2)) = (π/2, 0).
Поэтому интегралы от этой функции посегментам [0, π/2] и [π/2, π] равны по модулю и противоположны по знаку, а значит, всумме равны нулю, т. е. I1 = 0. Этот же факт можно установить таким образом: разобьем I1на два интеграла по сегментам [0, π/2] и [π/2, π] соответственно и во втором интегралесделаем замену переменной x = π − t. ПолучимI1 ==arctg (cos x) dx +arctg (cos x) dx +=arctg (cos x) dx −arctg (cos x) dx =arctg (−cos t) (−dt) =arctg (cos t) dt = 0Итак, I1 = 0, поэтому I = π2/4.Вычисление длин плоских кривыхПримеры решения задач1. Найти длину параболы y = x2, 0 ≤ x ≤ 2.Решение.
По формуле (4) получаемl=dx =+ 1/4 ln(4 +).2. Найти длину одной "арки" циклоиды x = a (t − sin t), y = a (1 − cos t), 0 ≤ t ≤ 2π.Решение. По формуле (2) находимl=a3. Найти переменную дугу эллипсаdt = 8a.= 1 (a > b) между точкой (О, b) и любойточкой эллипса в первой четверти.Решение. Полагая x = a sin t, y = b cos t, 0 ≤ t ≤ π/2, по формуле (3) получаем (считая отверхнего конца малой полуоси)l(t) = aгде ε =dt = adt./a − эксцентриситет эллипса.Таким образом, переменная дуга эллипса выражается интеграломl(t) = adt = a E(ε, t),который называется эллиптическим интегралом II рода.Этот интеграл не выражается в элементарных функциях. Он широко используется вматематике.
Его название объясняется как раз связью с рассмотренной задачей.Если t = π/2, то интеграл выражает 1/4 длины эллипса. В этом случае эллиптическийинтеграл E(ε, π/2) называют полным эллиптическим интегралом и обозначают E(ε).Вычисление площадей плоских фигурПримеры решения задачРис. 19Рис. 201. Найти площадь фигуры, ограниченной кривыми y = |x − 1|, y = 3 − |x|.Решение. Данные кривые пересекаются в двух точках (рис. 19). Решив уравнение 3 − |x| =|x − 1|, найдем абсциссы этих точек: x = −1, x = 2.
ПоэтомуS=(3 − |x| − |x − 1|) dx.Разобьем интеграл на три интеграла соответственно по сегментам [−1, 0], [0, 1], [1, 2].ПолучимS=[(3 + x) − (1 − x)] dx ++[(3 − x) − (1 − x)] dx +[(3 − x) − (x − 1)] dx = 1 + 2 + 1 = 4.2. Найти площадь фигуры, ограниченной астроидой x2/3 + y2/3 = a2/3 (рис. 20).Решение.
Полагая x = a cos3 t, y = a sin3 t, 0 ≤ t ≤ 2π, приходим к параметрическимуравнениям астроиды (параметр t играет роль полярного угла точки (x, y) на астроиде). Поформуле (4) получаемS = 1/2(a cos3 t · 3a sin2 t cos t + 3a cos2 t sin t · a sin3 t) dt == 3/2 a2sin2 t cos2 t dt = 3/8 πa2.З а м е ч а н и е 1 . Симметричная формула (4) привела здесь к более простому интегралу,чем тот, который получился бы в результате применения формул (2) или (3).З а м е ч а н и е 2 .
Отметим, что интеграл по сегменту [0, π/2]3a2/2sin2 t cos2 t dt = 3/32 πa2дает площадь той части фигуры, которая лежит в I квадранте (рис. 21), хотя в этом случаевся граница фигуры уже не описывается уравнениями x = a cos3 t, y = a sin3 t, посколькусодержит отрезки осей координат. Почему же получился правильный результат? Дело втом, что параметрически отрезок [a, 0] оси Oy можно задать уравнениями x = 0, y = 2a (1 −t/π), π/2 ≤ t ≤ π, а отрезок [0, a] оси Ox − уравнениями x = 2a (t/π − 1), y = 0, π ≤ t ≤ 3π/2. Наэтих отрезках параметр t не играет роли полярного угла. Используя теперь полнуюпараметризацию границы фигуры (параметр t изменяется от 0 до 3π/2) и разбиваяинтеграл по сегменту [0, 3π/2] на три интеграла, соответствующих криволинейному идвум прямолинейным участкам границы, получаем, что интегралы по отрезкамкоординатных осей обращаются в нуль, так как на каждом из них одна координата и еепроизводная по параметру равны нулю.Рис.
21Рис. 22По той же причине формула (2) остается справедливой для криволинейной трапеции,ограниченной отрезком оси Ox, двумя вертикальными отрезками и кривой, заданнойпараметрически уравнениями x = ϕ(t), y = ψ(t), 0 ≤ t ≤ T, если при изменении t от 0 до Tточка (ϕ(t), ψ(t)) пробегает кривую так, что трапеция остается слева от точки. Впротивном случае в формуле (2) перед интегралом нужно поставить знак плюс.TTЗ а м е ч а н и е 3 . Найти площадь фигуры, ограниченной циклоидой x = a (t − sin t), y = a (1− cos t), 0 ≤ t ≤ 2π, и осью Ox.Решение.
По формуле (2) (где в силу замечания 2 перед интегралом взят знак плюс) имеемS=a2 (1 − cos t)2 dt = 3πa2.З а м е ч а н и е 4 . Найти площадь фигуры, ограниченной кривой, заданной в полярныхкоординатах уравнением ρ = 2a2 cos 2ϕ (лемниската Бернулли).Решение. Учитывая неотрицательность ρ, находим, что −π/4 ≤ ϕ ≤ π/4 и 3π/4 ≤ ϕ ≤ 5π/4(рис. 22). По формуле (5) вычисляем площадь одной из двух равных частей фигуры иудваиваем результат:S = 2 · (1/2) · 2a2cos 2ϕ dϕ = 2a2.Вычисление объемов телПримеры решения задач1.
Найти объем тела, полученного вращением эллипса= 1 вокруг оси Ox.Решение. По формуле (2) имеемV=π(a2 − x2) dx = 4/3 πab2.2. Найти объем тела, ограниченного поверхностями x2 + y2 = a2, z =y, z = 0 (y ≥ 0).Решение. I с п о с о б . Рассмотрим сечения этого тела плоскостями x = const.
В сеченияхполучаются прямоугольные треугольники с площадямиS(x) = 1/2 y(x)z(x) = 1/2=/2 (a2 − x2).По формуле (1) находимV=/2(a2 − x2) dx = 2/3 a3.I I с п о с о б . Рассекая это же тело плоскостями y = const, в сечениях получаемпрямоугольники с площадямиS(y) = 2 x(y)z(y) = 2Поэтомуy.V=2y/3 a3.dy = 2Физические приложения определенногоинтегралаПримеры решения задач1. Найти статические моменты и координаты центра тяжести криволинейной трапеции,ограниченной параболой у2 = f22(x) = 2рх и прямыми y = f1(x) = 0 и x = 1.Решение.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
