|
|
|
Определенный интеграл. Формула Ньютона-Лейбница.
|
|
Пусть функция \(f\left( x \right)\) непрерывна на замкнутом интервале \(\left[ {a,b} \right].\)
Разобьем данный отрезок на \(n\) частичных интервалов. В каждом интервале выберем произвольную точку \({\xi_i}\) и составим
интегральную сумму \(\sum\limits_{i = 1}^n {f\left( {{\xi _i}} \right)\Delta {x_i}} \),
где \(\Delta {x_i}\) − длина \(i\)-го интервала.
Определенный интеграл от функции \(f\left( x \right)\) в пределах
от \(a\) до \(b\) вводится как предел суммы бесконечно большого числа слагаемых, каждое из которых стремится к нулю:
\[\require{AMSmath.js}
\int\limits_a^b {f\left( x \right)dx} = \lim\limits_{\substack{
n \to \infty \\
\text{max}\,\Delta {x_i} \to 0}} \sum\limits_{i = 1}^n {f\left( {{\xi _i}} \right)\Delta {x_i}} ,\]
где \(\Delta {x_i} = {x_i} - {x_{i - 1}},\) \({x_{i - 1}} \le {\xi _i} \le {x_i}.\)
Свойства определенного интеграла
Ниже предполагается, что \(f\left( x \right)\) и \(g\left( x \right)\) - непрерывные функции на замкнутом интервале
\(\left[ {a,b} \right].\)
\(\int\limits_a^b {1dx} = b - a\)
\(\int\limits_a^b {kf\left( x \right)dx} = k \int\limits_a^b {f\left( x \right)dx} ,\;\) где \(k\) - константа;
\(
{\int\limits_a^b {\left[ {f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right]dx} }
= {\int\limits_a^b {f\left( x \right)dx} + \int\limits_a^b {g\left( x \right)dx} }
\)
\(
{\int\limits_a^b {f\left( x \right)dx} }
= {\int\limits_a^c {f\left( x \right)dx} + \int\limits_c^b {f\left( x \right)dx} ,\;}\) где \(a < c < b;\)
Если \(0 \le f\left( x \right) \le g\left( x \right)\) для всех \(x \in \left[ {a,b} \right],\) то
\(0 \le \int\limits_a^b {f\left( x \right)dx} \le \int\limits_a^b {g\left( x \right)dx} .\)
\(\int\limits_a^a {f\left( x \right)dx} = 0\)
\(\int\limits_a^b {f\left( x \right)dx} = - \int\limits_b^a {f\left( x \right)dx}\)
Если \(f\left( x \right) \ge 0\) в интервале \(\left[ {a,b} \right],\) то \(\int\limits_a^b {f\left( x \right)dx} \ge 0\)
Формула Ньютона-Лейбница
Пусть функция \(f\left( x \right)\) непрерывна на замкнутом интервале \(\left[ {a,b} \right].\)
Если \(F\left( x \right)\) - первообразная функции \(f\left( x \right)\) на \(\left[ {a,b} \right],\) то
\[
{\int\limits_a^b {f\left( x \right)dx} }
= {\left. {F\left( x \right)} \right|_a^b }
= {F\left( b \right) - F\left( a \right).}
\]
Площадь криволинейной трапеции
Площадь фигуры, ограниченной осью \(Ox,\) двумя вертикальными прямыми \(x = a,\) \(x = b\) и графиком функции \(f\left( x \right)\)
(рисунок \(1\)), определяется по формуле
\[S = \int\limits_a^b {f\left( x \right)dx} = F\left( b \right) - F\left( a \right).\]
Пусть \(F\left( x \right)\) и \(G\left( x \right)\) - первообразные функций \(f\left( x \right)\) и \(g\left( x \right),\) соответственно.
Если \(f\left( x \right) \ge g\left( x \right)\) на замкнутом интервале \(\left[ {a,b} \right],\) то площадь области, ограниченной двумя кривыми
\(y = f\left( x \right),\) \(y = g\left( x \right)\) и вертикальными линиями \(x = a,\) \(x = b\) (рисунок \(2\)), определяется формулой
\[
{S = \int\limits_a^b {\left[ {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right]dx} }
= {F\left( b \right) - G\left( b \right) - F\left( a \right) + G\left( a \right).}
\]
Замена переменной в определенном интеграле
Определенный интеграл \(\int\limits_a^b {f\left( x \right)dx} \) по переменной \(x\) можно преобразовать в определенный интеграл
относительно переменной \(t\) с помощью подстановки \(x = g\left( t \right):\)
\[\int\limits_a^b {f\left( x \right)dx} = \int\limits_c^d {f\left( {g\left( t \right)} \right)g'\left( t \right)dt} .\]
Новые пределы интегрирования по переменной \(t\) определяются выражениями
\[c = {g^{ - 1}}\left( a \right),\;\;d = {g^{ - 1}}\left( b \right),\]
где \({g^{ - 1}}\) − обратная функция к \(g,\) т.е. \(t = {g^{ - 1}}\left( x \right).\)
Интегрирование по частям для определенного интеграла
В этом случае формула интегрирования по частям имеет вид:
\[\int\limits_a^b {udv} = \left. {uv} \right|_a^b - \int\limits_a^b {vdu} ,\]
где \(\left. {uv} \right|_a^b\) означает разность значений произведения функций \(uv\) при \(x = b\) и \(x = a.\)
|
Пример 1
|
Вычислить интеграл \(\int\limits_0^2 {\left( {{x^3} - {x^2}} \right)dx} .\)
Решение.
Применяя формулу Ньютона-Лейбница, получаем
\[
{\int\limits_0^2 {\left( {{x^3} - {x^2}} \right)dx} }
= {\left. {\left( {\frac{{{x^4}}}{4} - \frac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|_0^2 }
= {\left( {\frac{{16}}{4} - \frac{8}{3}} \right) - 0 = \frac{4}{3}.}
\]
|
Пример 2
|
|
Вычислить интеграл \(\int\limits_0^1 {\left( {\sqrt[\large 3\normalsize]{t} - \sqrt t } \right)dt} .\)
Решение.
\[
{\int\limits_0^1 {\left( {\sqrt[\large 3\normalsize]{t} - \sqrt t } \right)dt} }
= {\int\limits_0^1 {\left( {{t^{\large\frac{1}{3}\normalsize}} - {t^{\large\frac{1}{2}\normalsize}}} \right)dt} }
= {\left. {\left( {\frac{{{t^{\large\frac{1}{3}\normalsize + 1}}}}{{\frac{1}{3} + 1}} - \frac{{{t^{\large\frac{1}{2}\normalsize + 1}}}}{{\frac{1}{2} + 1}}} \right)} \right|_0^1 }
= {\left. {\left( {\frac{{3{t^{\large\frac{4}{3}\normalsize}}}}{4} - \frac{{2{t^{\large\frac{3}{2}\normalsize}}}}{3}} \right)} \right|_0^1 }
= {\left( {\frac{3}{4} - \frac{2}{3}} \right) - 0 = \frac{1}{{12}}.}
\]
|
Пример 3
|
|
Вычислить интеграл \(\int\limits_0^1 {{\large\frac{x}{{{{\left( {3{x^2} - 1} \right)}^4}}}\normalsize} dx}.\)
Решение.
Сделаем замену:
\[
{t = 3{x^2} - 1,}\;\;
{\Rightarrow dt = 6xdx,}\;\;
{\Rightarrow xdx = \frac{{dt}}{6}.}
\]
Пересчитаем пределы интегрирования. Если \(x = 0,\) то \(t = -1.\)
Если же \(x = 1,\) то \(t = 2.\) Тогда интеграл через новую переменную \(t\) легко вычисляется:
\[
{\int\limits_0^1 {\frac{x}{{{{\left( {3{x^2} - 1} \right)}^4}}}dx} }
= {\int\limits_{ - 1}^2 {\frac{{\frac{{dt}}{6}}}{{{t^4}}}} }
= {\frac{1}{6}\int {{t^{ - 4}}dt} }
= {\frac{1}{6}\left. {\left( {\frac{{{t^{ - 3}}}}{{ - 3}}} \right)} \right|_{ - 1}^2 }
= { - \frac{1}{{18}}\left( {\frac{1}{8} - 1} \right) }
= {\frac{7}{{144}}.}
\]
|
Пример 4
|
|
Вычислить интеграл \(\int\limits_0^{\ln 2} {x{e^{ - x}}dx}.\)
Решение.
Запишем интеграл в виде
\[
{I = \int\limits_0^{\ln 2} {x{e^{ - x}}dx} }
= { - \int\limits_0^{\ln 2} {xd\left( {{e^{ - x}}} \right)} .}
\]
Используем интегрирование по частям: \({\large\int\normalsize} {udv} = uv - {\large\int\normalsize} {vdu} .\) В нашем случае пусть будет
\[
{u = x,\;\;dv = d\left( {{e^{ - x}}} \right),}\;\;
{\Rightarrow du = 1,\;\;v = {e^{ - x}}.}
\]
Следовательно, интеграл равен
\[
{I = - \int\limits_0^{\ln 2} {xd\left( {{e^{ - x}}} \right)} }
= { - \left[ {\left. {\left( {x{e^{ - x}}} \right)} \right|_0^{\ln 2} - \int\limits_0^{\ln 2} {{e^{ - x}}dx} } \right] }
= { - \left. {\left( {x{e^{ - x}}} \right)} \right|_0^{\ln 2} + \int\limits_0^{\ln 2} {{e^{ - x}}dx} }
= { - \left. {\left( {x{e^{ - x}}} \right)} \right|_0^{\ln 2} - \left. {\left( {{e^{ - x}}} \right)} \right|_0^{\ln 2} }
= { - \left. {\left[ {{e^{ - x}}\left( {x + 1} \right)} \right]} \right|_0^{\ln 2} }
= { - {e^{ - \ln 2}}\left( {\ln 2 + 1} \right) + {e^0} \cdot 1 }
= { - \frac{{\ln 2}}{2} - \frac{{\ln e}}{2} + \ln e }
= {\frac{{\ln e}}{2} - \frac{{\ln 2}}{2} }
= {\frac{1}{2}\left( {\ln e - \ln 2} \right) }
= {\frac{1}{2}\ln \frac{e}{2}.}
\]
|
Пример 5
|
|
Найти площадь фигуры, ограниченной кривыми \(y = {x^2}\) и \(y = \sqrt x .\)
Решение.
Сначала определим точки пересечения двух кривых (рисунок \(3\)).
\[
{{x^2} = \sqrt x ,}\;\;
{\Rightarrow {x^2} - \sqrt x = 0,}\;\;
{\Rightarrow \sqrt x \left( {{x^{\large\frac{3}{2}\normalsize}} - 1} \right) = 0,}\;\;
{\Rightarrow {x_1} = 0,\;{x_2} = 1.}
\]
Таким образом, данные кривые пересекаются в точках \(\left( {0,0} \right)\) и \(\left( {1,1}\right).\)
Следовательно, площадь фигуры равна
\[
{S = \int\limits_0^1 {\left( {\sqrt x - {x^2}} \right)dx} }
= {\left. {\left( {\frac{{{x^{\large\frac{1}{2}\normalsize + 1}}}}{{\frac{1}{2} + 1}} - \frac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|_0^1 }
= {\frac{1}{3}\left. {\left( {2\sqrt {{x^3}} - {x^3}} \right)} \right|_0^1 = \frac{1}{3}.}
\]
|
Пример 6
|
|
Найти площадь фигуры, ограниченную графиками функций \(y = 2x - {x^2}\) и \(x + y = 0.\)
Решение.
Найдем координаты точек пересечения кривых (рисунок \(4\)).
\[
{2x - {x^2} = - x,}\;\;
{\Rightarrow {x^2} - 3x = 0,}\;\;
{\Rightarrow x\left( {x - 3} \right) = 0,}\;\;
{\Rightarrow {x_1} = 0,\;{x_2} = 3.}
\]
Данная область ограничивается сверху параболой \(y = 2x - {x^2},\) а снизу − прямой линией
\(y = -x.\) Следовательно, площадь этой области равна
\[
{S = \int\limits_0^3 {\left[ {2x - {x^2} - \left( { - x} \right)} \right]dx} }
= {\int\limits_0^3 {\left( {2x - {x^2} + x} \right)dx} }
= {\left. {\left( {{x^2} - \frac{{{x^3}}}{3} + \frac{{{x^2}}}{2}} \right)} \right|_0^3 }
= {\left. {\left( {\frac{{3{x^2}}}{2} - \frac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|_0^3 }
= {\frac{{27}}{2} - \frac{{27}}{3} = \frac{9}{2}.}
\]
|
Пример 7
|
|
Найти площадь треугольника с вершинами в точках \(\left( {0,0} \right),\) \(\left( {2,6} \right)\) и \(\left( {7,1} \right).\)
Решение.
Найдем сначала уравнение стороны \(OA\) (рисунок \(5\)).
\[
{\frac{{x - {x_O}}}{{{x_A} - {x_O}}} = \frac{{y - {y_O}}}{{{y_A} - {y_O}}},}\;\;
{\Rightarrow \frac{{x - 0}}{{2 - 0}} = \frac{{y - 0}}{{6 - 0}},}\;\;
{\Rightarrow \frac{x}{2} = \frac{y}{6},}\;\;
{\Rightarrow y = 3x.}
\]
Аналогично, получим уравнение стороны \(OB.\)
\[
{\frac{{x - {x_O}}}{{{x_B} - {x_O}}} = \frac{{y - {y_O}}}{{{y_B} - {y_O}}},}\;\;
{\Rightarrow \frac{{x - 0}}{{7 - 0}} = \frac{{y - 0}}{{1 - 0}},}\;\;
{\Rightarrow \frac{x}{7} = \frac{y}{1},}\;\;
{\Rightarrow y = \frac{x}{7}.}
\]
Наконец, найдем уравнение третьей стороны \(AB.\)
\[
{\frac{{x - {x_B}}}{{{x_A} - {x_B}}} = \frac{{y - {y_B}}}{{{y_A} - {y_B}}},}\;\;
{\Rightarrow \frac{{x - 2}}{{7 - 2}} = \frac{{y - 6}}{{1 - 6}},}\;\;
{\Rightarrow \frac{{x - 2}}{5} = \frac{{y - 6}}{{ - 5}},}\;\;
{\Rightarrow y = 8 - x.}
\]
Как видно из рисунка \(5,\) площадь треугольника равна сумме двух интегралов:
\[
{S = {I_1} + {I_2} }
= {\int\limits_0^2 {\left( {3x - \frac{x}{7}} \right)dx} + \int\limits_2^7 {\left( {8 - x - \frac{x}{7}} \right)dx} }
= {\left. {\left( {\frac{{10{x^2}}}{7}} \right)} \right|_0^2 + \left. {\left( {8x - \frac{{4{x^2}}}{7}} \right)} \right|_2^7 }
= {\frac{{10 \cdot 4}}{7} + \left( {56 - \frac{{4 \cdot 49}}{7}} \right) - \left( {16 - \frac{{4 \cdot 4}}{7}} \right) = 20.}
\]
|
Пример 8
|
|
Вычислить площадь эллипса \({\large\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}}\normalsize} + {\large\frac{{{y^2}}}{{{b^2}}}\normalsize} = 1.\)
Решение.
В силу симметрии (см. рисунок \(6\)), достаточно вычислить площадь полуэллипса, расположенного выше оси \(Ox,\) и затем результат умножить на \(2.\)
Площадь полуэллипса равна
\[
{{S_{\frac{1}{2}}} = \int\limits_{ - a}^a {\sqrt {{b^2}\left( {1 - \frac{{{x^2}}}{{{a^2}}}} \right)} dx} }
= {\frac{b}{a}\int\limits_{ - a}^a {\sqrt {{a^2} - {x^2}} dx} .}
\]
Для вычисления данного интеграла используем тригонометрическую подстановку \(x = a\sin t,\) \(dx = a\cos tdt.\)
Уточним пределы интегрирования. Если \(x = -a,\) то \(\sin t = -1\) и \(t = - \large\frac{\pi }{2}\normalsize.\)
Если \(x = a,\) то \(\sin t = 1\) и \(t = \large\frac{\pi }{2}\normalsize.\) Таким образом, мы получаем
\[
{{S_{\frac{1}{2}}} = \frac{b}{a}\int\limits_{ - a}^a {\sqrt {{a^2} - {x^2}} dx} }
= {\frac{b}{a}\int\limits_{ - \large\frac{\pi }{2}\normalsize}^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {\sqrt {{a^2} - {a^2}{{\sin }^2}t}\,a\cos tdt} }
= {ab\int\limits_{ - \large\frac{\pi }{2}\normalsize}^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {{{\cos }^2}tdt} }
= {ab\int\limits_{ - \large\frac{\pi }{2}\normalsize}^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {\frac{{1 + \cos 2t}}{2}dt} }
= {\frac{{ab}}{2}\int\limits_{ - \large\frac{\pi }{2}\normalsize}^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {\left( {1 + \cos 2t} \right)dt} }
= {\frac{{ab}}{2}\left. {\left( {t + \frac{{\sin 2t}}{2}} \right)} \right|_{ - \large\frac{\pi }{2}\normalsize}^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} }
= {\frac{{ab}}{2}\left[ {\frac{\pi }{2} + \frac{{\sin \pi }}{2} - \left( { - \frac{\pi }{2}} \right) - \frac{{\sin \left( { - \pi } \right)}}{2}} \right] }
= {\frac{{\pi ab}}{2}.}
\]
Следовательно, полная площадь эллипса равна \(\pi ab.\)
|
|
|
|