ОПРЕДЕЛЕННЫЙ ИНТЕГРАЛ

§1 Определенный интеграл: определение, геометрический смысл, свойства.

Пусть функция определена на отрезке . Выполним

следующие действия:

1. Разобьем отрезок с помощью точек на

частичных отрезков где

Обозначим

и пусть

2. На каждом отрезке выберем точку и составим

сумму

которая называется интегральной суммой функции

она зависит от способа разбиения и выбора точек

Если существует предел интегральной суммы при условии, что число частичных отрезков стремится к бесконечности, а длина наибольшего из них – к нулю, то есть

не зависящий от способа разбиения отрезка и выбора промежуточных точек , то говорят, что функция интегрируема по Риману на отрезке ,

а сам предел называют определенным интегралом функции в пределах от до и обозначают

При этом числа и называются соответственно нижним и верхним пределами интегрирования.

Теорема (существования определенного интеграла). Если функция непрерывна на отрезке то определенный интеграл существует.

Геометрический смысл определенного интеграла.

Фигура, ограниченная графиком функции прямыми и осью , называется криволинейной трапецией.

Пусть при Тогда произведение равно площади прямоугольника с

основанием и высотой , а сумма

представляет собой площадь заштрихованной ступенчатой фигуры и приближенно равна площади криволинейной трапеции:

Если уменьшать, то точность последнего

приближенного равенства будет увеличиваться. Таким

образом, в предельном случае

то есть

Итак, определенный интеграл от неотрицательной

функции численно равен площади криволинейной

трапеции (геометрический смысл определенного

интеграла).

Свойства определенного интеграла.

1. , т.е. определенный интеграл не зависит от

обозначения переменной.

2.

3.

4.

5.

6.

7. Если при и то

8. если функция четна на

9. если функция нечетна на

§2 Методы вычисления определенного интеграла.

1.Формула Ньютона-Лейбница.

Если первообразная функции то

Пример.

2. Метод поднесения под знак дифференциала и замены переменной.

¿∫𝛼

𝛽

𝑓 (𝑡 ) 𝑑𝑡 .

Пример.

¿ [ 𝑡=𝑠𝑖𝑛𝑥𝑥=0 𝑡=𝑠𝑖𝑛0=0

𝑥=𝜋2

𝑡=𝑠𝑖𝑛 𝜋2

=1]=∫01 𝑡 3𝑑𝑡=¿

¿ 𝑡4

4¿0

1=14

− 0=14

.

3. Метод замены переменной.

¿∫𝛼

𝛽

𝑓 (𝜑 (𝑡))∙𝜑 ′ (𝑡 )𝑑𝑡 .

Пример.

∫0

4𝑑𝑥

1+√𝑥=[𝑥=𝑡 2 𝑑𝑥=2 𝑡𝑑𝑡

𝑡=√𝑥𝑥=0 𝑡=0𝑥=4 𝑡=2

]=∫02 2 𝑡𝑑𝑡1+𝑡

=¿

¿2∫0

2

(1−1

1+𝑡 )𝑑𝑡=¿2 ∙ (𝑡− ln|1+𝑡|)¿02=¿

¿2 ∙ [ (2− 𝑙𝑛3 ) − ( 0− 𝑙𝑛1 ) ]=2 (2− 𝑙𝑛3 ) .

Замечание. Важно: при замене переменной в определенном интеграле соответствующим образом меняются пределы интегрирования.

4. Интегрирование по частям.

Пусть функции имеют непрерывные производные на отрезке Тогда справедлива формула

Пример.

∫0

𝜋2

(4 𝑥+1 )𝑐𝑜𝑠2 𝑥𝑑𝑥=[ 𝑢=4 𝑥+1 𝑑𝑢=4𝑑𝑥

𝑑𝑣=𝑐𝑜𝑠2𝑥𝑑𝑥𝑣=12𝑠𝑖𝑛2 𝑥]=¿

¿ ( 4 𝑥+1 ) ∙ 12𝑠𝑖𝑛 2𝑥¿0

𝜋2

⏟¿0

−∫0

𝜋2

12𝑠𝑖𝑛2 𝑥 ∙ 4𝑑𝑥=¿

¿− 2∫0

𝜋2

𝑠𝑖𝑛2 𝑥 𝑑𝑥=−2 ∙(−12𝑐𝑜𝑠2𝑥)¿0

𝜋2 =¿

¿𝑐𝑜𝑠2 𝑥¿0

𝜋2 =𝑐𝑜𝑠𝜋−𝑐𝑜𝑠0=−1 −1=−2.

§3. Применение определенного интеграла к задачам геометрии.

1.Вычисление площадей плоских фигур.

Рассмотрим следующие случаи.

1) Фигура ограничена непрерывной линией

, прямыми и отрезком оси абсцисс.

𝑆=∫𝑎

𝑏

𝑓 (𝑥 )𝑑𝑥

2) Фигура ограничена непрерывной линией , прямыми и отрезком оси абсцисс.

𝑆=−∫𝑎

𝑏

𝑓 (𝑥 )𝑑𝑥

3) Фигура ограничена двумя непрерывными линиями и прямыми

𝑆=∫𝑎

𝑏

( 𝑓 2 (𝑥 ) − 𝑓 1(𝑥))𝑑𝑥

4) Фигура ограничена непрерывной линией , прямыми и отрезком оси ординат.

𝑆=∫𝑐

𝑑

𝑔 (𝑦 ) 𝑑𝑦

5) Фигура ограничена непрерывной линией , прямыми и отрезком оси ординат.

𝑆=−∫𝑐

𝑑

𝑔 (𝑦 )𝑑𝑦

6) Фигура ограничена двумя непрерывными линиями и прямыми

𝑆=∫𝑐

𝑑

(𝑔2 ( 𝑦 )−𝑔1(𝑦 ))𝑑𝑦

7) Если кривая задана параметрическими уравнениями то площадь криволинейной трапеции, ограниченной прямыми осью абсцисс и кривой, находят по формуле

где и определяются из равенств

Примеры. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями.

1)

Решение.

Воспользуемся формулой из п.3:

¿∫12

1

( 1𝑥

− (1− 𝑥2 ))𝑑𝑥=¿∫12

1

( 1𝑥

− 1+𝑥2)𝑑𝑥=¿¿¿

¿ (𝑙𝑛|𝑥|−𝑥+𝑥3

3 )¿12

1 =¿

2)

Решение.

Найдем точки пересечения кривых.

{𝑦2=2𝑥+1𝑥− 𝑦=1

{ 𝑥=𝑦+1𝑦2=2 ( 𝑦+1 )+1

{𝑥=𝑦+1

[ 𝑦1=−1𝑦 2=3

[{ 𝑥1=0𝑦1=− 1

{𝑥2=4𝑦2=3

Графиком функции

или

является парабола, ветви которой вытянуты вдоль оси вершина находится в точке

График функции прямая, для построения которой достаточно знать координаты двух точек. Например,

Воспользуемся формулой из п.6.

𝑆=∫𝑐

𝑑

(𝑔2 ( 𝑦 )−𝑔1 (𝑦 ) )𝑑𝑦=[ 𝑥−𝑦=1 𝑥=𝑦+1⏟𝑔2 ( 𝑦 )

𝑦2=2𝑥+1 𝑥=12𝑦2 −

12⏟

𝑔1 (𝑦 )]=¿

¿∫−1

3

(𝑦+1 −( 12𝑦2 −

12 ))𝑑𝑦=¿

¿∫−1

3

(𝑦−12𝑦2+ 3

2 )𝑑𝑦=¿

¿ ( 𝑦2

2−𝑦3

6+

32𝑦 )¿− 1

3 =¿

¿ 92

−92+ 9

2−( 1

2+ 1

6−

32 )=16

3кв . ед .

2.Вычисление объемов тел вращения.

1)Криволинейная трапеция, ограниченная кривой и прямыми вращается вокруг оси

𝑉=𝜋∫𝑎

𝑏

𝑓 2 (𝑥 )𝑑𝑥

2)Криволинейная трапеция, ограниченная прямыми и кривыми вращается вокруг оси

𝑉=𝜋∫𝑎

𝑏

( 𝑓 22 (𝑥 ) − 𝑓 1

2 (𝑥 ) )𝑑𝑥

3) Криволинейная трапеция, ограниченная кривой и прямыми вращается вокруг оси

𝑉=𝜋∫𝑐

𝑑

𝑔2 (𝑦 )𝑑𝑦

4)Криволинейная трапеция, ограниченная прямыми и кривыми вращается вокруг оси

𝑉=𝜋∫𝑎

𝑏

(𝑔22 (𝑦 ) −𝑔1

2 ( 𝑦 ) )𝑑𝑦

Замечание. При вычислении объемов тел вращения нет необходимости изображать сами тела; достаточно построить только фигуры, которые будут вращаться.

Пример. Вычислить объем тела, образованного вращением вокруг оси фигуры, ограниченной линиями

Решение.

Найдем точки пересечения кривых, для чего решим систему уравнений

{ 𝑦=12𝑥2

2𝑥+2 𝑦− 3=0{ 𝑦=

12𝑥2

2 𝑥+2 ∙12𝑥2 −3=0

{ 𝑦=12𝑥2

[𝑥1=− 3𝑥2=1

[{𝑥1=−3𝑦1=4,5

{ 𝑥2=1𝑦2=0,5

Изобразим линии.

уравнение параболы, вершина которой находится в точке ветви направлены вверх вдоль оси

уравнение прямой, которая проходит через точки

Воспользуемся формулой:

𝑉=𝜋∫−3

1

(( 32

−𝑥)2

−( 12𝑥2)

2)𝑑𝑥=¿

¿𝜋∫− 3

1

( 94

−3 𝑥+𝑥2 −14𝑥4)𝑑𝑥=¿

¿182

15𝜋 куб .ед .

3.Вычисление длины дуги плоской кривой.

1)Длина дуги кривой, заданной уравнением , содержащаяся между точками с абсциссами причем функция имеет непрерывную производную в указанном промежутке, определяется по формуле:

𝑙=∫𝑎

𝑏

√1+( 𝑓 ′ (𝑥))2 𝑑𝑥 .

2) Длина дуги кривой, заданной уравнением , содержащаяся между точками с ординатами причем функция имеет непрерывную производную в указанном промежутке, определяется по формуле:

𝑙=∫𝑐

𝑑

√1+(𝑔 ′ (𝑦 ))2𝑑𝑦 .

3) Длина дуги кривой, заданной параметрическими уравнениями

где непрерывно дифференцируемые функции, вычисляется по формуле:

𝑙=∫𝛼

𝛽

√ (𝑥 ′ (𝑡))2+ (𝑦 ′ (𝑡))2𝑑𝑡

Пример.

Найти длину дуги кривой от

Решение.

Воспользуемся формулой

𝑓 ′ (𝑥 )=( 𝑙𝑛 (1 −𝑥2 ))′= 1

1−𝑥2 ∙ (− 2𝑥 )=−2 𝑥

1 −𝑥2

𝑙=∫0

0,5

√1+(− 2𝑥1 −𝑥2 )

2

𝑑𝑥=∫0

0,5

√1+ 4 𝑥2

(1 −𝑥2)2 𝑑𝑥=¿

¿∫0

0,5 √ ( 1−𝑥2 )2+4 𝑥2

(1 −𝑥2 )2𝑑𝑥=¿

¿∫0

0,5

√ 1−2 𝑥2+𝑥4+4 𝑥2

(1− 𝑥2 )2 𝑑𝑥=¿

¿∫0

0,5

√ 𝑥4+2 𝑥2+1

(1−𝑥2 )2 𝑑𝑥=∫0

0,5 √ (𝑥2+1 )2

(1−𝑥2 )2𝑑𝑥=¿

¿∫0

0,5𝑥2+11 −𝑥2 𝑑𝑥=−∫

0

0,5𝑥2+1𝑥2−1

𝑑𝑥=¿

¿−∫0

0,5

(1+ 2𝑥2− 1 )𝑑𝑥=¿

¿−∫0

0,5

𝑑𝑥−∫0

0,52

𝑥2− 1𝑑𝑥=𝐼

Таким образом,

𝐼=−𝑥∨¿00,5 −∫

0

0,5

( 1𝑥− 1

−1

𝑥+1 )𝑑𝑥=¿ ¿

¿− 0,5 − ( 𝑙𝑛|𝑥−1|− 𝑙𝑛|𝑥+1|)¿00,5=¿

¿− 0,5+𝑙𝑛3=𝑙𝑛3 −0,5.

§4 Несобственные интегралы.

Несобственными интегралами называются интегралы с бесконечными пределами и интегралы от неограниченных функций.

I. Интегралы с бесконечными пределами (несобственные интегралы 1-го рода).

Пусть функция непрерывна при Тогда несобственный интеграл 1-го рода от функции в пределах от до определяется равенством:

∫𝑎

+∞

𝑓 (𝑥 )𝑑𝑥= 𝑙𝑖𝑚𝑏→+∞

∫𝑎

𝑏

𝑓 (𝑥 ) 𝑑𝑥 .(𝟒 .𝟏)

Если предел в правой части равенства (4.1) существует и конечен, то несобственный интеграл называется сходящимся, если же этот предел не существует или бесконечен, то интеграл называется расходящимся.

Геометрический смысл.

Если непрерывная функция на промежутке и интеграл сходится, то он равен площади бесконечно длинной криволинейной трапеции.

Аналогично определяется несобственный интеграл 1-го рода на промежутке

∫− ∞

𝑏

𝑓 (𝑥 )𝑑𝑥= lim𝑎→− ∞

∫𝑎

𝑏

𝑓 (𝑥 )𝑑𝑥 .(𝟒 .𝟐)

Несобственный интеграл с двумя бесконечными пределами определяется формулой:

где произвольное число.

Замечание. Несобственный интеграл

сходится, если сходятся оба интеграла в правой части равенства (4.3), и расходится, если хотя бы один расходится.

Пример 1. Вычислить несобственные интегралы или установить их расходимость.

𝟏¿∫𝑒

+∞𝑑𝑥

𝑥 ∙ 𝑙𝑛4𝑥= lim

𝑏→+∞∫𝑒

𝑏1

(𝑙𝑛𝑥 )4∙1𝑥𝑑𝑥

⏟𝑑 ( 𝑙𝑛𝑥 )

=¿

¿−13

lim𝑏→+∞ ( 1

(𝑙𝑛𝑏 )3−

1

(𝑙𝑛𝑒 )3⏟¿ 1

)= [ ln (+∞ )=+∞ ]=¿

¿−13 ( 1

∞−1)=−

13

(0 −1 )=13

.

¿ lim𝑏→+∞

(𝑙𝑛𝑥 )−3

−3 |𝑒

𝑏

=−13

lim𝑏→+∞ ( 1

(𝑙𝑛𝑥 )3|𝑒𝑏

)=¿

𝟐¿∫− ∞

0

𝑥 ∙√𝑥2+9𝑑𝑥=¿ lim𝑎→ −∞

∫𝑎

0

(𝑥2+9 )12 ∙ 𝑥𝑑𝑥⏟

12𝑑 (𝑥2+9 )

=¿¿

¿ 12

∙ lim𝑎→− ∞ ( (𝑥2+9 )

32

32

|𝑎

0

)=12

∙23

lim𝑎→− ∞

(√(𝑥2+9 )3|𝑎

0)=¿

¿13

∙ lim𝑎→− ∞

(√( 0+9 )3−√ (𝑎2+9 )3 )=13

∙ (27− ∞ )=¿

¿− ∞ интеграл расходится.

𝟑¿∫− ∞

+∞𝑥2𝑑𝑥𝑥3+1

=∫− ∞

0𝑥2𝑑𝑥𝑥3+1

+∫0

+∞𝑥2𝑑𝑥𝑥3+1

=¿

¿ [𝑥2𝑑𝑥=13𝑑 (𝑥3+1 )]=¿

¿ 13

lim𝑎→ −∞

∫𝑎

0 𝑑 (𝑥3+1 )𝑥3+1

+ 13

lim𝑏→+∞

∫0

𝑏 𝑑 (𝑥3+1 )𝑥3+1

=¿

¿13

lim𝑎→ −∞

( ln|𝑥3+1||𝑎0)+ 1

3lim𝑏→+∞

( ln|𝑥3+1||0

𝑏)=¿

¿13

lim𝑎→ −∞

(0 −ln|𝑎3+1|)⏟¿− ∞

+13

lim𝑏→+∞

( ln|𝑏3+1|−0 )⏟¿+∞

=¿

¿− ∞+∞ .

Исходный интеграл расходится, так как расходится каждый из интегралов в правой части последнего равенства, а достаточно расходимости только одного.

Признаки сходимости и расходимости интегралов с бесконечными пределами.

1.Признак сравнения.

Пусть для непрерывные функции удовлетворяют условию

Тогда из сходимости интеграла следует сходимость интеграла а из расходимости интеграла следует расходимость интеграла причем

Пример 2. Исследовать на сходимость интеграл

Решение.

Применим признак сравнения. При

Исследуем на сходимость интеграл

∫1

+∞1𝑥3 𝑑𝑥= lim

𝑏→+∞∫1

𝑏1𝑥3 𝑑𝑥= lim

𝑏→+∞ ( 𝑥−2

− 2|1

𝑏

)=¿

¿−12

lim𝑏→+∞ ( 1

𝑥2|1

𝑏

)=−12

lim𝑏→+∞ ( 1

𝑏2 −1)=¿

интеграл сходится, а, значит, сходится и исходный интеграл, причем

∫1

+∞1

𝑥3(2+5𝑥)𝑑𝑥< 1

2.

2. Предельный признак сравнения.

Пусть для непрерывные функции удовлетворяют условию

и существует конечный предел

то интегралы

сходятся или расходятся одновременно.

Пример 3. Исследовать на сходимость интеграл

Решение.

Применим предельный признак сравнения. При

причем сходится (см. пример 2).

lim𝑥→+∞

𝑓 (𝑥)

𝑔 (𝑥)=

lim𝑥→+∞

𝑥3

9 𝑥3+5𝑥2+𝑥+7=[ ∞

∞ ]=¿

исходный интеграл тоже сходится.

3. Если интеграл

сходится, то сходится и интеграл

(последний в этом случае называют абсолютно сходящимся).

II. Интегралы от неограниченных функций (несобственные интегралы 2-го рода).

Пусть функция непрерывна для и в точке имеет бесконечный разрыв. Тогда несобственный интеграл 2-го рода от функции определяется равенством

∫𝑎

𝑏

𝑓 (𝑥 )𝑑𝑥= lim𝜀→+0

∫𝑎

𝑏−𝜀

𝑓 (𝑥 )𝑑𝑥 .(𝟒 .𝟒)

Если предел в правой части равенства (4.4) существует и конечен, то несобственный интеграл называется сходящимся, если же этот предел не существует или бесконечен, то интеграл называется расходящимся.

Геометрический смысл.

Если непрерывная функция на промежутке и интеграл сходится, то он равен площади бесконечно высокой криволинейной трапеции.

𝑏−𝜀

Аналогично, если функция непрерывна для и в точке терпит бесконечный разрыв, то несобственный интеграл 2-го рода от функции определяется равенством

∫𝑎

𝑏

𝑓 (𝑥 )𝑑𝑥= lim𝜀→+0

∫𝑎+𝜀

𝑏

𝑓 (𝑥 )𝑑𝑥 .(𝟒 .𝟓)

Если функция имеет бесконечный разрыв во внутренней точке отрезка и непрерывна при то несобственный интеграл определяется формулой

(𝟒 .𝟔)

Замечание. Несобственный интеграл сходится, если сходятся оба интеграла в правой части равенства (4.6), и расходится, если хотя бы один из них расходится.

Признаки сходимости и расходимости несобственных интегралов от неограниченных функций аналогичны признакам сходимости интегралов с бесконечными пределами.

Пример 4. Вычислить несобственные интегралы или доказать их расходимость

𝟏¿∫1

32

𝑑𝑥

√−𝑥2+3𝑥− 2.

Подынтегральная функция

непрерывна для и в точке терпит бесконечный разрыв. Поэтому воспользуемся равенством (4.5).

∫1

32

𝑑𝑥

√−𝑥2+3 𝑥−2= lim

𝜀→+ 0∫1+𝜀

32

𝑑𝑥

√−𝑥2+3𝑥−2=¿

¿ [−𝑥2+3𝑥−2= 14

−(𝑥−32 )

2

=( 12 )

2

−(𝑥−32 )

2]=¿

¿ lim𝜀→+0

∫1+𝜀

32 𝑑 (𝑥−

32 )

√( 12 )

2

−(𝑥−32 )

2= lim

𝜀→+0 (𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛 ( 𝑥−32

12

)|1+𝜀

32 )=¿

¿ lim𝜀→+0

(𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛 (2𝑥− 3 )|1+𝜀

32 )=¿

¿ lim𝜀→+0

(𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛0 −𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛 (2 (1+𝜀 )− 3 ) )=¿

¿0 −𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛 (−1 )=−(− 𝜋2 )= 𝜋

2.

𝟐¿∫0

1𝑑𝑥

3√2− 4 𝑥Подынтегральная функция непрерывна для и в точке терпит бесконечный разрыв. Поэтому воспользуемся равенством (4.6).

∫0

1𝑑𝑥

3√2 − 4 𝑥=∫

0

0,5𝑑𝑥

3√2− 4 𝑥+∫

0,5

1𝑑𝑥

3√2− 4 𝑥=¿

¿−14

lim𝜀1 →+0

∫0

0,5− 𝜀1

(2− 4 𝑥 )− 1

3 𝑑 (2 − 4 𝑥)−

−14

lim𝜀2 →+0

∫0,5+𝜀2

1

(2 −4 𝑥 )− 1

3 𝑑(2− 4 𝑥 )=¿

¿−14

lim𝜀1 →+0 ( (2− 4 𝑥 )

23

23

|0

0,5− 𝜀1

)− 14

lim𝜀 2 →+0 ( (2− 4 𝑥 )

23

23

|0,5+𝜀2

1

)=¿

¿−14

∙32

lim𝜀1 →+0

( 3√ (2− 4 𝑥 )2|00,5 −𝜀 1)−

¿ 14

∙32

lim𝜀2 →+0

( 3√ (2− 4 𝑥 )2|0,5+𝜀2

1 )=¿

¿−38

lim𝜀 1→+0

( 3√ (2− 4 (0,5 −𝜀1 ))2−

3√4 )−

−38

lim𝜀 2 →+0

( 3√4−3√(2− 4 (0,5+𝜀2) )2)=¿

¿−38

∙ (0−3√4 ) − 3

8∙ ( 3√4− 0 )=0.

𝟑¿∫0

12

𝑑𝑥(2𝑥− 1 )2

Подынтегральная функция непрерывна для и в точке терпит бесконечный разрыв. Поэтому воспользуемся равенством (4.4).

∫0

12

𝑑𝑥(2 𝑥−1 )2

=12

lim𝜀→+0

∫0

12

−𝜀

1(2 𝑥−1 )2

𝑑 (2 𝑥−1 )=¿¿

¿−12

lim𝜀→+0 ( 1

2𝑥−1|0

12

−𝜀)=¿

¿−12

lim𝜀→+0 ( 1

2( 12

−𝜀)−1+1)=¿

интеграл расходится.