замена на променливи и парцијална интеграција кај...

ЗАМЕНА HA ПРОМЕНЛИВИИ ПАРЦИЈАЛНА

ИНТЕГРАЦИЈА KAJ ОПРЕДЕЛЕНИНТЕГРАЛ

.Теорема A ко функцијата f(x) c непрекината иа интервалот (a,b) и

функцијата φt) e определена и непрекинага заедно co својот прв извод φ’(t)

на интервалот {a,β), при што за секој t∈(a,β) e исполнето неравенството a

< φ(t) < b ( . црт 1), , тогаш ако а0 ,β0 ∈ (a,β) , а 0 = φ(а0),b0 =φ β0) важи

∫a0

b0

f ( x )dx=∫α0

β0

f (φ (1 ) )φ' ( t )dt (1)

.Доказ Пред ce да забележиме дe ка според условот функцијата f e

определена на мn ожеството вредности на функцијата φ, па затоа има

смисла сложената функција f(φ ¿)). Бидејќи и во двете страни на

равенството (1) подинтегралните функции ce непрекинати заклучуваме

.дека постојат и двата интеграла во ова равенство

Heka F(x) e произволна примитивна функ ција за функцијата f (x) на

интервалот (a,b). Тогаш за ce кој t∈(α , β) има смисла сложената фуикција

F (φ (t )) која е примитивна за функцијатаf (φ ( t ))φ ' (t) бидејќи

ddtF (φ (t ) )=F 'φ (φ ( t ) )φ' ( t )=f (φ (t ))φ ' (t )

- Сега од теоремата наЊутн Лајбниц добиваме

∫α0

β0

f (φ (t ) )φ' ( t )dt=F (φ (β0 ))−F (φ (α0 ))=F (b¿¿0)−F (α0)=∫a0

b0

f ( x )dx .¿

. Пример a) Ќе ro пресметаме интегралот∫1

elnxxdx. Воведуваме замена lnx = t

и добиваме

¿

, Понатаму за x = 1 имаме t = ln l = 0, а за x = e, t = ln e = 1. ,Според тоа

∫l

eln xxdx=∫

0

1

tdt= t2

2∨1012

2−0

2

2=12

)б Ќе го пресметаме интегралот∫−1

0dx

√1−x

Воведуваме замена x = t 2 и добиваме dx = 2tdt. , Понатаму t=√ x и за x = 0

имаме t=√0=0, a за x=1 , t=√1=1. ,Според тоа

∫0

1xdx1+√ x

=∫0

1t 22 tdtt+1

=2∫0

1t 3

t+1dt=2∫

0

1t 3+1−1t+1

dt=2∫0

1

( t 3+1t+1− 1t+1 )dt=2∫0

1

t2−t+1− 1t+1

dt=¿2( t 33 −t2

2+t−ln|t+1|)∨10=2( 1

3

3−1

2

2+1−ln|1+1|)−2( 033 −0

3

2+0−ln|0+1|)=2( 56−ln2)=53−2 ln 2¿

)в Ќе го прссметаме интегралот∫0

1e x

1+e2dx . Воведуваме замена ex = t и

добиваме exdx = dt. , Понатаму за x = 0 имамеt=e0=1, a за x = 1, t=e1=e. Спорe д

,тоа

∫0

1xdx1+√ x

=¿∫0

1t 22 tdtt+1

=2∫0

1t 3

t+1dt=2∫

0

1t 3+1−1t+1

dt=2∫0

1

( t 3+1t+1− 1t+1 )dt=2∫0

1

(t 2−t+1− 1t+1 )dt=2¿¿

)г Ќе го пресметаме интегралот∫0

1ex

1+e2xdx

Воведуваме замена ех = t н добиваме e xdx = dt. , Понатаму за x = 0 имаме t =

e0 = 1, a за x = 1, t = e1 = e . ,Според тоа

∫0

1ex

1+e2xdx=∫

1

edt1+t 2

=arctg t|e1=arctge−arctg 1=arctg e−π4

Теорема. Ако функциите u(x) и v(x) се непрекинато диференцијабилни на

иитервалот [a,b], тогаш

∫a

b

udv=uv|ba−∫ab

vdu (2)

.Доказ Имаме

∫a

b

(uv )' dx=¿∫a

b

(uv '=v u' )dx=¿∫a

b

udv+∫a

b

vdu¿¿

при што постојат сите интеграли во последната низа равенства бидејќи

подинтегралните функции ce . -непрекинати Од Њутн Лајбницовата

формула следува

∫a

b

(uv )' dx=uv|ba и ако замениме во претходното равенство, ја добиваме формулата (2).

. a)Пример ro e e Ќе пр сметам интсгралот∫0

1

xe xdx .

Користиме парцијална интеграција dv = e xdx и u= x, т.e v=∫ ex dx=ex иdu=dx

па затоа

∫0

1

xe xdx=xex|10−∫01

ex dx=xex|10−ex|10=(x−1)ex|10=(1−1 ) e1−(0−1 ) e0=1

)б Ќе го пресметаме интегалот∫1

2

ln xdx

,Имаме

∫1

2

ln xdx=x ln x ¿

) в Kе го пресмe таме иитегралот∫π4

π3

xsin2 x

, За методот иа парцијална интеграција имаме u=xиdv=dx

sin2 x, па затоа

du = dx и ∫ dx

sin2 x=−ctg x=. Според тоа

∫π3

π3

xsin2 x

dx=−x ctg x ¿

ПЛОШТИНА HA РАМНИНСКАФИГУРА

Д .ефиниција Нека f e неирекината на интервалот [a ,b]и f ( x)≥0 , x∈[a ,b ] .

Множeството

P= {( x , y )|a≤ x≤b ,0≤ y≤ f ( x ) }(1) го нарекуваме криволиниски трапез определен co графикот на

функцијата

.Теорема Ако f e непрекината на интервалот [a ,b ]и f ( x )≥0 , x∈ [a ,b ] , тогаш за

плоштината S=μ (P) на криволинискиот трапез имаме

S=∫a

b

f ( x )dx

. Доказ Нека π= {xk }nk=0 e поделба на [a,b] и да ставиме

∆=[ xk−1 , xk ] ,∆ xk−xk−1 ,mk=min f ( x )x∈∆k

иM k=max f (x )x∈∆k

Co pπиPπ означиме фигурите составени од сите правоаголници од видот

pπ , k={( x , y ) }|xk−1≤x ≤xk ,0≤ y ≤mk }(3)

Pπ , k={( x , y ) }|xk−1≤x ≤xk ,0≤ y ≤ M k }(4 )

. . т е

pπ=¿ k=0¿n pπ , kи Pπ=¿ k=0¿n Pπ , k¿ (5)

Од дефиницијата наmk иMk следува дека за секоја поделба π важи

pπ⊆P⊆Pπ па затоа

μ( p¿¿ π )≤ μ(P)≤μ(P¿¿π )(6)¿¿

Од (3) (4) и следува дека

μ( p¿¿ π ,k )=mk∆k ,μ (P¿¿ π , k)=M k∆k ¿¿

и бидејќи правоаголниците p ,kπ , односно P ,kπ , имаат заеднични точки само

(5), на страните од следува

μ( p¿¿ π )=∑k=0

n

mk∆ xk=sπи μ(P¿¿π )∑k=0

n

M k∆ xk=Sπ ¿¿

, (6) Сега од неравенствата следува

sπ≤μ (P)≤Sπ

и бидејќи

limd (π )→0

sπ= limd (π )→0

Sπ=∫a

b

f ( x )dx

од последното равенство добиваме дска важи (2).

.Последица Ако f e непрe кината на [a ,b ]и f ( x )≤0 и x∈[a ,b ] тогаш за

плоштината S на криволинискиот трапез важи

S=−∫a

b

f ( x )dx(7)

.Доказ Нека f *(x) = - f(x) за секој x∈[a ,b ] и P* e множеството симетрично на

P во однос на х – оската. , Тогаш од тe орема следува

S=μ (P )=μ (P¿)=∫a

b

f ¿ ( x )d=−∫a

b

f ( x )dx

.Забелешка Од досега изнесеното следува дека плоштината на фигурата

co определена кривите y = f(x) y = (x) и φ и правите x = a, y = b, a ≤ b во случај

кога f (x)≥φ(x ) за секој x∈[a ,b ] ce e пресметува спор д формулата

S=∫a

b

¿¿

Примeр. a) Ќе ја пресметаме плоштината на фигурата ограничe ра co

кривите y = x2 и y−√x . Решенијата на равенката √ x=x2cex1=0и x2=1, па затоа

дадените криви ce (0,0) (1,1). [0,1]сечат во точките и Бидејќи на интервалот

важи √ x≥ x2 од претходната забe лешка имаме

S=∫0

1

(√ x−¿ x2)dx=¿¿

)б Да ja пресметаме плоштината на фигурата ограничe на co правите

y=−1, y=2 , y−x=1и кривата y2=2 x .Чe , сто пати како што e случај во овој

, пример за поедноставпо пресметување на плоштина на дадена фигура

може да ce заменат улогите на променливите x и y. , Притоа формулата од

претходната забелешка го добива видот

S=∫c

d

[g ( y )−ψ ( y ) ]dy .

Bo нашиот случај имаме

S=∫−1

2

¿¿

.Плоштина на кружен исечок За плоштината на кружниот исечок

ограничен co на кругот x2 + y2 = r2радиусите

θ=θ0иθ=θ1 ,0≤θ0≤θ1<π2

( имаме S (θ0 , θ1 )=S (0 ,θ1 )−S (0 , θ0 ) па затоа доволно e да определиме S (0 , θ0 )кога

θ0∈[0 , π2].

Бараната плоштина ќе ja пресметаме како збир на две плоштинн од кои

едната e определена co

y=x tgθ0 , x∈ ¿

a, другата со y=√r2−x2 , x∈ ¿

S (0 , θ0 )= ∫0

r cosθ0

xtgθ0dx+ ∫rcosθ0

r

√r2−x2dx

За вториот интеграл воведуваме замена

x=r cosθ ,dx−−r sin θ , y=r sin θ,

При што θ∈ [ 0 ,θ0 ] и добиваме

S (0 , θ0 )=tgθ0 ∫0

rcosθ0

xdx−r2∫θ0

0

sin2θdθ= x2

2 |r cosθ00tg θ0+r

2∫0

θ01−cos2θ

2dθ=

r2 cos2θ02

tg θ0+r2

2θ0−

r2 sin 2θ4 |θ00=r

2

2θ0

,Според тоа

S (θ0 , θ1 )= r2

2(θ0−θ1 )(8)

Може да ce (8) докаже дека формулата e точна за секој исечок co агол

(θ1−θ0 )∈¿. O д што следува дска плоштината на круг co радиус r e еднаква на

rπ 2 .

.Плоштина на рамнинскафигура во поларни координати Нека

фигурата P e определена co кривата зададена во поларнн координати

ρ=ρ (φ ) , α ≤φ≤β

и отсечките φ=α и φ=β . .кои можс да дегенерираат во точки т е

P={ ( ρ ,φ )∨α ≤φ≤β ,0≤ρ≤ ρ (φ ) }

Да ja определиме плоштината S = µ(P) на фигурата P.

Нека π={φk }kπk=0

е поделба на интервалот [a,β] и да ставиме

∆k=(φk−1 , φk ] ,mk=minφ∈ ∆k

ρ (φ ) , M k=maxφ∈∆ k

ρ (φ ) ,∆φk=φk−φk−1

pπ , k={(ρ ,φ)∨φk−1≤φ≤φk ,0≤ ρ≤mk}, pπ ¿ k=0¿k π pπ , k ,

Pπ , k={(ρ ,φ)∨φk−1≤φ≤φk ,0≤ ρ≤M k}, pπ ¿k=0¿k π Pπ , k ,

Множествата pπ , k и Pπ , k ce кружни исечоци co агол ∆φk и радиуси mk и M k ,

, соодветно a множествата pπ и Pπ ce степенести фигури составени од

споменатите исечоци и се впишани во фигурата P и опишани околу

фигурата P . . т е важи pπ⊆P⊆Pπ , што значи

μ( p¿¿ π )≤ μ(P)≤μ(P¿¿π )(9)¿¿

(8) Одформулата добиваме

μ( p¿¿ π , k )=mk2∆φk2

иM ( p¿¿ π , k )=M k

2∆φk2

¿¿

Па затоа ако ги собереме елементарните плоштининаоѓаме

μ ( pπ )=12∑k=0

kπ

mk2∆φk иμ (Pπ )=1

2∑k=0

kπ

M k2∆φk

, Добиените суми соодветствуваат на горната и долната сума иа Дарбу ѕπ и

Sπ за фумкцијата12ρ2 .Cera, од неравенствата (9) следува

sπ≤μ (P)≤Sπ

, и бидејќи

limd (π )→0

sπ=¿ limd (π )→0

Sπ12∫α

β

ρ2 (φ )dφ¿ од последното неравe нство добиваме дека важи

S=μ (P )=12∫α

β

ρ2 (φ )dφ(10)

Примe . р

a) Ќе ја определиме плоштината на фигурата ограничена co кардиоидата

ρ=α ¿

Co примена на формулата (10) наоѓаме

S=α2

2∫0

2π

¿¿¿ )б Ќе ja пресметаме плоштината на фигурата ограничена co

кривата

ρ=α cos3θ ,α>0

Плоштината на фигурата e шест пати поголема од плоштината на

шрафираниот дел кој соодветствува на промe ната на аголот θ 0 од доπ6

.

, Според тоа користејќи ja (10) формулата добиваме

S=6∫0

π612α2

cos23θdθ=α2∫0

π6

cos23θd (3θ )=α2∫0

π6

cos2 tdt=πα2

6

што значи дека бараната плоштина e еднаква на четвртина од

плоштината на кругот co радиус a .

ВОЛУМЕН HA РОТАЦИОНОТЕЛО

.Теорема Ако f е непрекипатаиа [a,b] и f ( x )≥ , за x∈[a ,b], a Q е телото

добиено co ротација иа криволинискиот трапез P определен co графикот

на функцијата y = f(x) , тогаш за волумеиот V на тоа тело имаме

V=π∫a

b

[ f (x )]2dx (1)

.Доказ Иека qτ иQτ ce телата добисн co - ротација околу х оската на

степенестите фигури pτ и Pτ кои соодветствуваат на некоја поделба τ на

интервалот [a,b]. Од pτ⊆P⊆Pτ следува qτ⊆Q⊆Q τ значи

μ(q¿¿ τ )≤μ(Q)≤μ (Qτ)¿ (2)

Волумените μ(q¿¿ τ )иμ (Qτ)¿ ce еднакви на сумите на волумените на

цилиндрите од кои ce составени и кои ce добиваат co ротација на

правоаголниците pτ ,k иP τ , k и

μ(q¿¿ τ )=∑k=0

k τ

πmk2∆ xk , μ (Q¿¿ τ )=∑

k=0

k τ

πM k2∆ xk¿¿

Од последните две равенства следува декаμ(q¿¿ τ )иμ (Q¿¿ τ )¿¿ се

интегрални суми на

функцијата π [ f ( x )]2 и како оваа функција e интеграбилна добиваме дека

limd (τ)→0

μ(q¿¿ τ )=¿ limd(τ )→0

μ (Q¿¿ τ )=π∫a

b

[ f ( x )]2dx¿¿¿

, (1)Конечно формулата следува од последните равенства и од

(2). неравенствата

Пример a) При ротација на елипсатаx2

a2+ y

2

b2=1 околу x-оската согласно co

(1) формулата за волуменот на ротационото телошто ce , добива имаме

V=π∫−a

+a

y2dx=π∫−a

+a

b2(1− x2a2 )dx=¿ π b2(x− x3

3a2 )|+a−a=43π ba2 ¿

Лесно cе , гледа дека ако ротацијата e околу y - , оската тогаш волуменот на

телото e 43πab2. Bo случај кога a = b , всушност имаме ротација на круг co

радиус a и притоа ce добива топка co раднус a чиј волумсн е еднаков на

43πa3.

) б Ke го пресметаме волуменот на телото кое ce добива co ротација на

првпот свод иа циклоидата

x (t )=a¿

околу x - оската

(1) Спорсд формулата имамe

V=π∫0

2πa

[ f ( x )]2dx Воведуваме смена

x (t )=a¿

и добиввме V=¿π a3∫0

2π

¿¿¿

ПЛОШТИНА HA РОТАЦИОНАПОВРШИНА

Нека функцијата f e ненегативна на интервалот [a,b], a τ={xk }krk=0 e поделба

на [a,b]. Bo графикот на функцијата f ќе впишеме искршена линија γ τ која

. . соодветствува на поделбата т е искршена лииија co темиња xk yk каде

yk=f (xk ) , k=0,1,2 ,…,k τ

Делот на оваа искршена лииија co краеви во точките (x¿¿k−1 , yk−1)и¿¿¿

нарекуваме k- ти дел на yτ , при ротација околу x – оската опишува обвивка

( на потсечен конус во случајот кога yk−1 ¿ yk тоа e )обвивка на цилиндар

чија плоштина e еднаква на

π ( yk−1+ yk )∆( yτ)k

каде yk−1 и yk ce , радиусите на основите a ∆ ( yτ)k e должината на k-ти дел на

yτ . Ако ставиме ∆ xk= xk−xk−1 ,∆ xk= yk− yk−1 тогаш

∆ ( yτ)k=√∆xk2+∆ yk2

Според тоа плоштината Lr наповршината добиена co ротација на

искршената линија околу x - оската се изразува co формулата

Lτ=∑k=1

k τ

π (¿ yk−1+ yk )∆(γ¿¿ τ )k=π∑k=1

k τ

(¿ yk−1+ yk)√∆ xk2+∆ yk2(2)¿¿¿

Ако постои L= limd (r )→0

Lτ , тогаш бројот L ro нарекуваме плоштпина на

ротационата површина добиена со ротација на f околу x-оската над

интервалот [a,b].

Нека функцијата f e непрекинато диференцијабилна на интервалот [a,b].

Од теоремата на Лагранж имаме

∆ y k=f' (ξk )∆ xk , xk−1≤ξk ≤ xk , k=1,2 ,… kr ,

па затоа

Lτ=π∑k=1

k τ

(¿ yk−1+ yk )√1+f '2 (ξk )∆ xk¿

Да ја споредиме сумата Lτ co сумата

σ τ=2 π∑k=1

k τ

f (ξk )√1+ f ' 2 (ξk )∆ xk

која e интегрална сума за функцијата 2πf (x)√1+ f ' 2(x) Функцијата f e непрекината на [a,b], па затоа таа e рамномерно

непрекината на [a,b], .т е . за секој ε>0 постои δ>0 , таков што за секои x , x '∈

[a,b] за кои |x '−x|<δ важи ¿ f (x)−f (x ')∨¿ ε. , Затоа ако поделбата τ e ,таква

што d (τ)<δ , тогаш ¿ yk−1−f (ξk )∨εи∨ yk−f (ξk )∨ε. Функцијата f'(x) e ограничена

на [a,b] , па затоа и функцијата √1+f ' 2(x) e ограничена на [a,b] , . . т е постои C

> 0 , таков што √1+f ' 2(x)≤C : за секој д x∈[a ,b ]. Сега имаме

¿ Lτ−σ τ∨≤π∑k=1

k τ

¿ y k−1+ y k−2 f (ξ¿¿k )∨√1+ f ' 2(ξ¿¿k )∆xk ≤πC∑k=1

k τ

¿ yk−1+ yk−2 f (ξ¿¿k )∨∆ xk ≤πC∑k=1

k τ

¿¿¿¿¿

Што значи limd (r)→0

(L¿¿ τ−σ τ)=0 , бидејќи limd (r)→0

σ τ 2π∫a

b

f (x)√1+ f ' 2 ( x ) ¿наоѓаме

L= limd (r )→0

Lτ=lim σ τd (r )→0

=2π∫a

b

f ( x ) √1+ f ' 2 ( x )(3)

Пример. Плоштината на ротационото тело кое ce добива c о ротација на

еден свод на функцијата y = sin x изиесува

L=2 π∫0

π

sin x √1+cos2 xdx=−¿2π∫1

−1

sin x √1+ t2dt=2π ¿¿¿¿

ДОЛЖИНА HA ЛАКНАРАМНИНСКАКРИВА

Ha изучувањето на рамнинските и просторпите криви нема посебно да ce

, задржуваме но овде ќе ce осврнеме само на примената на Римановиот

. .интеграл за пресметуван е на должината на лак на рамнинска крива

Нека функциите φ ,ψ ce непрекинати на интсрвалот [a,b] . Множеството

точки во

рамнината

Γ={(x , y )∨x=φ (t ) , y=ψ (t ) , t∈ [a ,b ]}

го нарекуваме .непрекипата рамнинска крива

Нека π= {ti }i=0k π e поделба на интегралот [a,b] и Γ π e искршената линија која ce

добива co поврзување на паровите соседни точки

l (Γπ )=∑k=1

kπ−1

√(φ (ti+1 )−φ ( ti ))2+(ψ (t i+1 )−ψ (t i ))

2

A ко постои конечната граница

limd (π )→0

l(Γ¿¿ π)=l(Γ )(1)¿

тогаш кривата Г ja нарекуваме , мерлива а границата l(Γ ) ja нарекуваме

должина на кривата Г .

. Теорема Ако функциите φ ,ψ ce такви што имаат непрекинати први

, изводи тогаш

l (Г )=∫a

b

√ (φ' ( t ) )2+(ψ ' (t ) )2dt

.Доказ Од теоремата на Лагранж следува дека за секој i=0,1 ,…k π−1

постојат ξ i ,η i∈[ ti , ti+1] , такви што

φ (t i+1 )−φ (t i )=φ' (ξ i )∆ t i ,ψ (t i+1 )−ψ (t i )=ψ ' (ηi )∆ t i

Каде ∆ t i=t i+1−ti. Според тоа

l(Γ¿¿π )=∑k=1

kπ−1

√(φ ' (ξi ))2−(ψ ' (η i))

2−√(φ ' (ξ i ))2+(ψ ' (ξi ))

2∆ ti+r π(2)¿

r π=¿

, Јасно √(φ' )2+(ψ ')2 e непрекината на [a,b], па за тоа постои определениот

интеграл

limd (π )→0

∑i=0

kπ−1

√(φ ' (ξ i ))2+(ψ ' (ξ i ))

2∆ ti=∫a

b

√(φ' ( t ) )2+(ψ ' ( t ) )2dt (3)

, Освен тоа ако ce искористи дека за секои u , v ,w∈R e исполнето

неравенството

¿√u2+v2−√u2+w2∨≤∨v−w∨¿

тогаш за r π добиваме

¿ r π∨≤∑i=0

kπ−1

√(φ ' (ξi ))2+(ψ ' (ηi ))

2−√(φ' (ξ i))2+(ψ ' (ξ i ))

2∆ t i

≤∑i=0

kπ−1

¿ψ ' (ηi )−¿ψ ' (ξ i )∨∆t i≤∑i=0

k π−1

ωi (ψ' )∆ t i ,¿

limd (π )→0

rπ=0 (4)

, (2), (3) (4) Конечно од равенствата и следува

l (Г )= limd (π )→ 0

l (Г π )=∫a

b

√(φ' ( t ) )2+(ψ ' ( t ) )2dt

. Забелешка Може да ce :докажат следниве тврдења

a) ако функцијата f има непрекинат прв извод на [a,b] и

Г={(x , y )∨ y=f ( x ) x∈ [a ,b } }

тогаш кривата Г e мерлива и притоа важи

l (Г )=∫a

b

√1+¿¿¿¿

) б ако ρ има непрекинат прв извод на [θ1 ,θ1] и

Г={(θ , ρ)∨ρ=ρ (θ )θ∈ [θ1 , θ1 ] }

е , крива зададена во поларни координати тогаш кривата Г е мерлива и

притоа

важи

l (Г )=∫a

b

√( ρ (θ ))2+( ρ' (θ ))2dθ ;

Доказите ua .последнитее две тврдења ги оставаме иа читателот за вежба

. Пример a) Ќе ја определиме должината на лакот на првиот свод на

циклоидата x=α ¿ Имамe,

x ' ( t )=α ¿

па од теоремата следува дека

l=∫0

2π

√α 2¿¿¿¿

)б Ќе ja определиме вкупната должина на астроидата

x23+ y

23=a

23 (5)

(5) Релацијата e пapнa и по променливата x и по променливата y , што значи

дека астроидата ce . состои од четири лакови кои имаат еднаква должина

, Според тоа доволно e даја пресметаме должината на лакот на кривата

y=(a¿¿ 23−x

23)32 ¿ кој ce . ,наоѓа во првиот квадранлт Имаме

y '=−x−13 (a23−x 23 )

12,√1+ y '2=a

13 x

13 , x∈[0 , a]

Па затоа

l=4 L=4∫0

a

a13 x

−13 , dx=6a

13 x

23|a0=6a

)в Ќе ја пресметаме должината на пp виот завој на Архимедовата спирала

ρ=aφ ,Имаме

ρ=aφ , ρ=a ,φ∈[0,2 π ]

па затоа

l=∫0

2π √ (aφ )2+a2+¿ dφ=¿a∫0

2 π

√1+φ2dφ=a∫0

2π

( 1

√1+φ2+ φ2

√1+φ2 )dφ ¿¿¿a2¿

НЕСВОЈСТВE НИИНТЕГРАЛИ

Bo претходните разгледувања бe з доказ ro дадовме следииов критериум за

.интеграбилност на една функција

Функуијата f интеграбилна на интервалот [a,b] ако и само ако таа е

огpaничena на [a,b] и множеството нејзини прекини e конечно или e

еквивалентно c о множеството природни броеви N .

Bo oвoj случај определениот интеграл го нарекуваме . својствен Ако некој

8 од условите во теорема не ce , . . исполнсти т е ако некоја од границите на

интегрирање a или b e бесконечна или подинтегралната функција e

, неограничена на областа на интегрирање тогаш велиме дека станува

збор за .несвојствен интеграл

.Дефиниција Нека функцијата

f : [a ,b )→R,a∈R ,−∞<a<b≤+∞

e , таква што f e интеграбилна на [a, A] , за секој

A∈ [a ,b )иφ ( A )=∫a

A

f ( x )dx , A∈ [a ,b )

∫a

b

f ( x )dx ,(1)

од функцијата f на множеството [a,b) ja нарекуваме конечната граница

limA→b

φ ( A )=limA→b

∫a

A

f ( x )dx ,(2)

. (1)ако постои Притоа ќе велнме дека несвојствениот интеграл

. конвергира (2) Ако границата не постои или e , бесконечна тогаш ќе

велиме дека несвојствениот интеграл .дивергира

. Забелешка (1) Геометриската смисла на несвојствениот интсграл од

/ ненегативна фуикција e , ,во тоа што тој слично на својственнот интеграл

e еднаков на плоштината на криволинискиот трапез

P={(x , y)∨a≤x<b ,O≤ y≤ f ( x ) }

определен co графикот на функцијата f при што трапезот P e

.неограничено множество

Забe .лешка (1) Ако интегралот конвергиpa, тогаш за секој c > a

конвергира несвојствениот интеграл

∫c

b

f ( x )dx (3)

пришто

∫a

b

f ( x )dx=∫a

c

f ( x )dx+∫c

b

f (x )dx ,(4)

Jacнo, ако за некој c> a (3) , интеграпот конвергира тогаш конвергира и

интегралот (1) и притоа важи равенството (4). И двете тврдења следуваат

од равенството

∫a

A

f ( x )dx=∫a

c

f ( x )dx+∫c

A

f (x )dx ,a≤ c≤ A

. и дефиницијата на несвојствен интеграл Bo натамошните разгледувања

овие трдења ќе ги користиме без тоа посебно да го нагл] .асуваме

.Дефинииција Нека функцијата

f : (a ,b ]→R,b∈R ,−∞≤a<b<∞

Е таква што f е интеграбилна [на A,b], за секој A∈¿ и

φ ( A )=∫A

b

f ( x )dx , A∈ ¿

Несвојствен иитеграл

∫a

b

f ( x )dx (5)

Од функцијата f на множеството (a,b] ја нарекуваме конечната граница

lim A→a

φ ( A )=lim A→a

φ ( A )∫a

b

f (x )dx (6)

. (5)ако постои Притоа ќе велиме дека несвојствениот интервал

. конвергира (6) Ако границата не постои или e , бесконечна тогаш ќе

велиме дека несвојствсниот имтеграл .дивергира

2. И во овој случај важи тврдењето од забелешка Доказот го оставаме на

.читателот за вежба

. Пример a) Интегралот∫0

+∞

e−x dx , 1, конвергира и има вредност бидејќи

lim A→+∞

φ ( A )=lim A→+∞

∫0

A

e−x dx=lim A→+∞

(¿1−eA)=1¿

)б Интефалот∫0

+∞d x1+x2

, коивергира и има вредностπ2

, бидејќи

lim A→+∞

φ ( A )=lim A→+∞

∫0

Adx1+x2

= limA→+∞

¿ (arctgA−0 )=π2

¿

в) Нека a > 0. Несвојствениот интеграл ∫0

+∞dxxb

конвергира и има вредност

a1−b

b−1 ако b > 1 и дивергира прн b≤1

, Навистина функцијата од A

φ ( A )=∫0

Adx

xb={ ln A−ln a b=1A1−b

1−b− a1−b

1−bb≠1

кога A→+∞ e таквашто

φ ( A )=→ a1−b

1−b,b>1иφ ( A )→+∞ ,b≤1

) г Интегралот∫0

+∞

sin xdx дивергира бидејќи функцијата

φ ( A )=∫0

A

sin xdx=1−cosA , A>0

нема граница кога A→+∞

)д Несвојствениот интеграл∫0

1

ln xdx конвергира бидејќи

∫0

1

ln xdx=−1 A ln A+A→−1 , кога A→0+¿¿

.Дефиннција Нека f : (a ,b )→R,−∞≤a<b≤+∞и c∈(a ,b), He својствен

интеграл

∫a

b

f ( x )dx (7)

од функцијата f на множеството (a,b) го нарекуваме парот несвојствени

интеграли

∫a

c

f ( x )dx и∫c

b

f ( x )dx

, Ако двата интеграла конвергираат ќе велиме дека несвојствениот

(7) интеграл . конвергира Ако барем еден од двата интеграла дивергира ќе

(7) велиме дека несвојствениот интеграл . дивергира Притоа ќе пишуваме

∫a

b

f ( x )dx=∫a

c

f ( x )dx+∫c

b

f (x )dx (8)

.Пример Интегралог ∫−∞

+∞dx1+x2

коивергира и има вредност .π Навистина

43 од пример a) следува дека несвојствениот интеграл ∫−∞

+∞dx1+x2

постои и има

вредностπ2

. Аналогно ce докажува дека и несвојствениот ингеграл ∫−∞

0dx1+x2

постои и има вредностπ2

. , Сега од (8), при c = O , добиваме

∫−∞

+∞dx1+x2

=∫−∞

0dx1+ x2

+∫0

+∞dx1+x2

=π

Сега ќе ги разгледаме несвојствените интеграли од функции определени

на интервал од обликот [a,b) и интеграбилни според Римам на интервал

[a , A ] , a≤ A<b

, Тврдењата аналогни на тврдењата што ќе ги докажеме важат и за

. преостанатите типови несвојствени интеграли Нивната формулација и

доказите ги oc .таваме на читателот за вежба

.Теорема Ако несвојствените интеграли ∫a

b

f i (x )dx ,i=1,2, ,конвергираат

тогаш конвергира и нeсвојствe ниот интеграл

∫a

b

(C¿¿1 f ¿¿1 ( x )+C2 f 2 ( x ))dx ¿¿

н притоа важи

∫a

b

(C¿¿1 f ¿¿1 ( x )+C2 f 2 ( x ))dx=C1∫a

b

f 1 ( x )dx+C2∫a

b

f 2 (x )dx ¿¿

за секои C1,C2∈R .

.Доказ Од својствата на граничните вредности и Римановиот интеграл

:имаме

∫a

b

(C¿¿1 f ¿¿1 ( x )+C2 f 2 ( x ))dx=lim A→+∞

∫a

A

(C ¿¿1 f ¿¿1 (x )+C2 f 2 ( x ))dx=lim A→+∞

¿¿¿¿¿

Што и требаше да cе . докаже

.Теорема Ако f е непрекината на [а ,b) и F e примитивна функција на f

тогаш

∫a

b

f ( x )dx+F (b−¿)−F (a)¿

. Доказ Нека A∈¿ . , Тогаш согласно co - Њутн Лајбницовата формула

∫a

A

f ( x )dx+F (A¿)−F (a)¿. 8 Сега од дефиницијата имаме

∫a

b

f ( x )dx= limA→b

∫a

A

f ( x )dx= limA→b

[F ( A )−F (a ) ]=F ¿¿

Тe . орема Нека f , g имаат непрекинатп први изводи на [a,b). Ако еден од

несвојствените интеграли

∫a

b

f ( x )g' (x )dx ,∫a

b

g ( x ) f ' (x )dx (¿9)¿

конвергира и постои конечната граница limA→b

f (A)g (A ) тогаш конвергира и

(9) вториот интеграл во и важи равенството

∫a

b

f ( x )g' (x )dx ,=limA→b

f (A )g ( A )−limA→b

f (a ) g (a )−∫a

b

f ' (x ) g ( x )dx (10)

Доказ. Нека претпоставиме дека постои несвојствe ниот интеграл

∫a

b

f ( x )g ' ( x )dx

Тогаш co , примена на парцијална интеграција добиваме

∫a

b

f ( x )g' (x)dx=¿ limA→b

∫a

A

f ( x )g' (x )dx=¿ limA→b

¿¿¿

што значи дека постои и другиот несвојствен интеграл и важи (10).

.Пример Да го пресметаме интегралот

I n∫0

+∞

xne− xdx ,n=0,1,2 ,…

Од пример a) имаме

I 0∫0

+∞

e−x dx=1

Co примена нa , теорема при f(x) = xn и g’(x) = е - x , добиваме

I n∫0

+∞

xne− xdx= limA→+∞

Ane−A+0 ∙ e0+n∫0

+∞

xn−1 e−x dx=¿n−1(11)

Co (11) последователна примема на рекурентната формула добиваме

I n=n ! I 0=n!

.Теорема Ако f е непрекинатана [a,b) и φ е непрекината

диференцијабилна на [c ,d ) ,−∞<c<d ≤+∞ и се исполнети условите

φ ( [c ,d ) )⊆ [a ,b ) , a=φ (c )иb=limt→d

φ(t), тогаш

∫a

b

f ( x )dx=∫c

d

f ¿¿¿

(12) при што од егзистенцијата на интегралот на левата страна на следува

(12).егзистенцијата на интегралот на десната страна на

.Доказ Непосредно следува од дефиницијата на несвојствен интеграл и

. теоремата за смена на променливи кај Риманов интарал Деталнте ги

. оставаме на читателот за вежба

Забелешка. Ако за функцијата φ од теоремата постои инверзна функција

φ−1 за која ce исполнети истите услови како и за функцијата φ, тогашможе

да ce воведе замената t=φ−1(x) и притоа или двата интеграла конвергираат

.или дивергираат истовремено

.Пример Ако ја искористиме замената x=1t, dx=−dt

t2 имаме

∫1

+∞dx

x √x2−1=−∫

1

0dt

√1−x2=arcsin t|10=arcsin1−arcsin0=π2

НЕСВОЈСТВЕНИИНТЕГРАЛИОДНЕНЕГАТИВНИ

ФУНКЦИИ

. Теорема Ако f (x)≥O за секој x∈ ¿ , тогаш интегралот∫a

b

f (x )dx

конвергира ако и само ако постои константа C >0 , таква што за секој A∈¿

важи

φ ( A )=∫a

b

f ( x )dx≤C

.Доказ Ако a≤ A<A '<b , тогаш заради ненегативноста на функцнјата f

имаме∫a

A '

f ( x )dx ≥C , па затоа

φ ( A ' )=∫a

A '

f (x )dx=∫a

A

f (x )dx+∫a

A '

f (x )dx ≥∫a

A

f ( x )dx=φ(A)

. . т е функцијата φ монотоно расте на [a,b) .

Cera од дефиниција и својствата па граница нa функцнја непосредно

следува дека интегралот ∫a

b

f (x )dx постои ако и само ако монотоnо

растечката функција φ e , . . ограничена од горе т е ако и само ако постои

константа C > 0 , таква што за секој A∈¿ важи φ ( A )=∫a

A

f ( x )dx≤C .

.Теорема Нека 0≤ ,g (x)≤ f (x ) за секој x∈ ¿ . , Тогаш

a) ако интевалот∫a

b

f (x )dx . K , онвергира тогаш конвергира и интевалот

∫a

b

g (x)dx и

)б ако интегралот∫a

b

g (x)dx , дивергира тогаш дивергира и интегалот

∫a

b

f (x )dx .

.Доказ За секој A∈¿ важи∫a

A

g (x)dx≤∫a

A

f (x)dx .

a) Од теорема следува дека ако интегалот∫a

b

f (x )dx , конвергира тогаш

постои C > 0 , таков што за секој A∈¿ важи∫a

A

f ( x )dx ≤C . Ho, тоа значи дека

постои C > 0 , таков што за секој A∈¿ важи∫a

A

g (x)dx≤C што според теорема

значи дека интегалот∫a

A

g (x)dx .конвергира

)б Ако иитегралот ∫a

b

f (x )dx , конвергира тогаш од a) следуаа дека

интегралот∫a

b

g (x)dx . конвергирашто спротивречност

. Пример a) Ако ставиме g ( x )=и cos2 x

1+x2f ( x )= 1

1+x2 ја примениме

, ) теоремата тогаш од примерот б следува дека интегралот ∫−∞

+∞cos2 x1+x2

dx

.конвергира

)б Интегралот∫1

+∞

e−x2

dx . , конвергира Навистина при

f ( x )=e−x2

и g ( x )=e− x2

, x∈ ¿

имаме g(x )≤ f (x) за секој x∈ ¿Cera, од пример a) и теоромата следува дека

.разгледуваниот интеграл конвергира

) в Интегралот J ∫−∞

+∞

e−x ln xdx . , конвергира Навистнна при

g ( x )=e− x ln xи f (x )=xe−x , x∈¿

ако ce искористи неравенството ln x<x за x>1 ( ?), зошто имаме g(x )≤ f (x) за

секој x∈ ¿). , Сега од пример, при n = 1 , и теорема следува дека

. разгледуваниот интегал конвергира

.Последица Нека 0≤g (x ) ,0≤ f ( x ) , g ( x )≠0 засекој x∈¿ и постои конечната или

бесконечната граница

limx→b

f (x)g(x )

=k (1)

Toгаш

)а ако интегралот конвe ргира и 0≤k<+∞, тогаш конвергира и интегралот

∫a

b

g (x∫a

b

f (x)dx )dx и

)б ако интефалот ∫a

b

g (x)dx дивергира и 0<k ≤+∞, тогаш дивергира и

интегалот∫a

b

f (x )dx

Доказ. a) Непосредно следува од фактот дека при 0≤k<+∞, (1) од следува

дека постои A∈¿ , таков што за секој x∈(A ,b) важи

f ( x )<(k+1 )g( x)

Ceгa тврдењето следува од теорема

) . Тврдењето под б се докажува аналогно Деталите ги оставаме на

читателот да вежба

. Пример a) Ke дадеме друг доказ дека несвојствениот интеграл ∫0

1

ln xdx

. конвергира

Засекој a > 0 важи ∫0

1dxx2

.Но, при O < a < l интегралот ∫0

1dxx2

, конвергира па од

последицата следува дека и интегралот∫0

1

ln xdx .конвергира

) б Да ro разгледаме интегралот∫0

1dxln x

. Имаме

limx→1

1ln x1x−1

=limx→1

x−1

ln x=lim

x→1x=1=k , Сега од последицата и фактот дека не

својствениот иптегра ∫0

1dxx−1

,дивергира заклучуваме дека и

. разгледуваниот интеграл дивергира

ЗАДАЧИ

1. Реши ги интегралите

a) ∫ 2−x+x2

3 xdx ) б ∫(√ x¿+3) (x+√x−1 )dx¿

) в ∫ (x2−1 )3

x3dx

) г ∫ 1

√ x− 1

4√ x3dx ) д ∫ x2−2√x+3

x3dx


b) ∫ cos2 x

sin2 xcos2 xdx ) б ∫(sin x

2−cos x

2¿)2

dx¿ ) в ∫ 1−sin3 x

sin3 xdx


a) ∫(3x−e3+ x)dx ) б ∫ ex¿¿ ) в ∫ ax ¿¿

4. :Реши ги интегралите

a) ∫ 6 x+3x2+x−12

dx ) б ∫ x+2x2+2x+2

dx ) в ∫ 3 x−14 x3−4 x+17

dx

) г ∫ dxx ln x ) д ∫ xdx

x2+4) ѓ ∫ x (x2+2)15dx

)е ∫ ln2 xx ln x

dx )ж ∫ xdx

√ x2−6


a) ∫ e√x

√ xdx ) б ∫ e2 xdx

1+5e2x) в ∫ xe− x

2

dx


a) ∫ cos x1+3sin 2x

dx ) б ∫ 1−2cos xsin2 x

dx ) в ∫ sin x

cos3 xdx


a) ∫ dx

√5−2 x+ x2 ) б ∫ dx

√12x−9x2−2 ) в ∫ dx

√9 x3+6 x+2

8. Реши ги :интегралите

a) ∫ x2 ln xdx ) б ∫√x ln xdx ) в ∫ ln x√xdx

) г ∫ ln2 xdx ) д ∫ ln (x¿¿2+1)dx ¿

9. Реши ги : интегралите

a) ∫ x cos xdx ) б ∫ x2 cos xdx ) в ∫ xdx

√sin3 x10. Реши ги :интегралите

a) ∫ ( x+1 ) ex dx ) б ∫ x2 ex dx ) в ∫ excos xdx


a) ∫ arctg xdx ) б ∫ arcsin xdx12. :Реши ги интегралите

a) ∫ x3−3 x+4x−2

dx ) б ∫ 12−xx2+x−6

) в ∫ dx

x2−5 x+6

13.Реши ги интe :гралите

a) ∫ (x+2)2

x (x−1)1dx ) б ∫ dx

x4−x2) в ∫ dx

( x−1 )1(x2−1)


a) ∫ dx

(x−1)(x2+1)) б ∫ dx

x2(x2+4)) в ∫ x2+1dx

x (x¿¿2+2)¿


16.Реши ги :интегралите


18.Реши :ги интегралите

a) ∫ dxsin x

) б ∫ dx5+4sin x

) в ∫ 2−sin x2+cos xdx


a) ∫ dx

1+cos2 x) б ∫ dx

1+sin2 x) в ∫ dx

3+2sin2 x


a) ∫sin 3 x cos5 xdx ) б ∫sin 7 x sin 3xdx ) в ∫cos 11 x sin xdx


a) ∫ dx

x2√ x2+1 ) б ∫ √ x2+1x4

dx ) в ∫ dx

x √x2+122. Реши ги интсгрллите

a) ∫ x2dx

√4−x2 ) б ∫ √1−x2x2

dx ) в ∫ dx

x2√9−x2


a) ∫ dx

x √x2−4 ) б ∫ dx

x2√ x2−16 ) в ∫ √ x2−1x

dx

a) ∫ dx

x3√x2+1 ) б ∫ √1+ x4

x5dx

a) ∫ dx

x11√1+x4) б ∫ 3√x (1−x¿¿2)dx¿

a) ∫3√1−x3x2

dx) б ∫ 3√1+ 4√ xdx

24. Користејќи ja граничната вредност на интегралните суми пресметај го

интегралот

∫0

3

e2dx

25. Користејќи ja граничната вредност на интегралните суми пресметај го

интегралот

∫0

π

sin xdx

26. :Пресметај ги определените интеграли

a) ∫1

3

(x3+ 1x3 )dx ) б ∫1

2

( 4x−5x4+2√ x)dx ) в ∫1

2

( x2x − 1x4

+2x )dxa) ∫

0

1

(4−2ex+ x ) dx ) б ∫1

e

(x3+ ln x−2 )dx ) в ∫0

π2

(sin x+cos x )dx


a) ∫3

8xdx

√1+ x) б ∫4

9 √x√ x−1

dx ) в ∫0

1 √x1+x

dx


a) ∫π6

π3cos xsin3 x

dx) б ∫e

e2

2 ln x+1x

dx ) в ∫0

π2

dx3+2cos x

замена на променливи и парцијална интеграција кај...

Documents