Курс лекций по высшей математике. 2 часть

b	b
f x dx	g x dx.
a	a
Геометрически это значит, что криволинейная трапеция, ограни-
ченная кривой	y f x , имеет большую площадь, чем криволинейная
трапеция, ограниченная кривой y		g x	(рис.4).
6.Теорема о среднем значении.
Если f x	непрерывна на a,b , то существует такая точка ξ			a;b ,
что
	b
	f x dx	f	b a .	(3)

a

y f x

f

0 a

ξ

b

x

Рис. 5

Геометрически: криволинейная трапеция равновелика прямоугольнику с тем же основанием a,b и

высотой, равной f ξ (рис.5).

Значение функции в точке ξ, определяемое равенством (3), назы-

вается	средним			значением	функции
y f	x		на	отрезке	a,b :
		b
		f	x dx
f сред.		a		.
		b	a

§4. Производная интеграла с переменным верхним пределом

b

Если в определенном интеграле f x dx изменять верхний предел

a

b, то будет меняться и значение интеграла, то есть интеграл будет функцией верхнего предела.

Обозначим верхний предел x, а переменную интегрирования, чтобы не смешивать ее с верхним пределом, обозначим t. Таким образом, интеграл с переменным верхним пределом является функцией от x:

x

f t dt I x .

a

33

Имеет место теорема: производная интеграла с переменным верхним пределом от непрерывной функции равна подынтегральной функции, в которой переменная интегрирования заменена верхним пределом:

x

f

t dt

f

x .

a

Доказательство. По определению производной

x

I

x

x

f

t dt

I

x

lim

,

где

I

I x

x

I x

f

t dt

a

x 0

x

a

x

f

t dt

[первый интеграл представим в виде суммы двух интегра-

a

x

x

x

лов,

пользуясь

свойством

аддитивности]=

f t dt

f

t dt

a

x

x

x

x

f

t dt

f

t dt

[по теореме о среднем]= f

ξ

x, где x ξ

x

x.

a

x

Тогда lim

I

lim

f ξ

x

lim

f ξ

f

x

следует

из

опре-

x

x

x

0

x

0

x 0

деления непрерывной функции,

т.к. при

x

0

ξ

x . Таким обра-

x

зом,

f

t dt

f

x

a

x

Это значит, что интеграл с переменным верхним пределом

f t dt

a

является первообразной для функции f

x .

§5. Формула Ньютона–Лейбница

Теорема. Если	F x – какая–либо первообразная для непрерывной
b
функции f x , то	f x dx F b F a .
a

34

Доказательство. Пусть F x –некоторая первообразная функции

x

f x . Но f t dt – также первообразная для f x , а любые две перво-

a

образные данной функции отличаются на постоянную, то есть можно записать:

x

f

t dt

F x

C.

(4)

a

Это

равенство

справедливо

для

любых

x .

Положим

x

a :

a

a

f

t dt

F a

C.

Но

f t dt

0 , поэтому F a

C

0 , C

F a .

a

a

Полагая

в

(4)

x=b

и

подставляя

значение

C, получим

b

f

t dt

F b

F a . Переобозначив переменную интегрирования

x ,

a

b

получим формулу Ньютона – Лейбница:

f

x dx

F b

F a .

a

При вычислении определенных интегралов будем записывать:

b

f x dx F x		b
		a

a

π

Пример1. sin x dx cos x 0

0

F b F a .

cos π cos 0

1 1 2

(гео-

метрически это площадь фигуры, ограниченной одной полуволной си-

нусоиды и отрезком 0;π		оси Ox).
Пример2.
2	2		x 1 2		2
						1			1		5
x 1 dx	x 1 d x 1						2 1 2	1 1 2		9 4		.
		2			2				2		2
1	1
					1

35

§6. Замена переменной в определенном интеграле

b

Теорема.

Пусть дан интеграл

f

x dx ,

где f

x

непрерывна на

a

a,b . Введем новую переменную

z ,

связанную

с

x равенством

x

z . Если

1)

a,

b,

2)

z

и

z

непрерывны на

,

,

3) при изменении z от α до β значения

z не выходят за пределы

отрезка a

x

b, то

b

β

f

x dx

f

z

z dz.

(5)

a

α

Доказательство. Пусть

F x –первообразная для функции f

x , то

есть F

x

f

x . Тогда по формуле Ньютона–Лейбница

b

f

x dx

F b

F a

(I)

a

Покажем, что функция

F

z

является первообразной для функ-

ции f

z

z

:

F

z

=[по правилу дифференцирования сложной

функции] = F

x

x

f

x

z

f

z

z . Тогда по формуле Нью-

тона–Лейбница

f

z

z dz

F

z

F

F

F b

F a .

(II)

Сравнивая равенства (I) и (II), убеждаемся в справедливости формулы (5). Пример.

ln2																																	2zdz
		x			1 dx				замена : x								1	z2, x			z2		1, x			ln z2				1 , dx				;
0																																	z2 1
												e0												eln2
		при x=0 z												1 0; при x=ln2 z												1		2 1				1
1 2z					2 dz			1	z 2				1 1				1			1			dz =
							2									dz	2	1
	z 2				1						z 2			1					z 2		1
0								0									0
2z				01	2arctg z						01		2	2 arctg1				arctg0					2 2			2				.
																							4					2

36

§7. Интегрирование по частям в определенном интеграле

Формула интегрирования по частям в определенном интеграле выводится так же, как и для неопределенного интеграла, и имеет вид

b

b

udv uv

ba

vdu.

a

a

Пример.

2

xdx

dx

dx

u

x, dv

; du dx, v

ctg x

xctgx

2

sin2 x

sin2

sin2 x

x

6

6

2									2	cos x					2
	ctgx dx		ctg				ctg				dx		3
	2		2		6		6			sin x		6
6									6						6

d sin x

sin x

	3	ln		sin x		2
6						6

	3		ln sin			ln sin
6				2
		ln1 ln 2			3
					6

			3	ln1 - ln	1		3
	6	6			2	6

ln 2.

§8. Приложения определенного интеграла

Приведем без вывода основные формулы и примеры геометрических приложений определенного интеграла.

1.Вычисление площади в декартовых координатах.

Площадь криволинейной трапеции, ограниченной кривой		y	f x
( f x 0, непрерывна), прямыми x=a, x=b и осью Ox (рис.6) равна
	b
S	f x dx.		(6)
	a
Площадь фигуры, ограниченной кривой y f x ( f x		0,	непре-
рывна), прямыми x=a, x=b и осью Ox (рис.7) равна
	b
S	f x dx.		(7)

a

37

	Площадь фигуры, ограниченной двумя непрерывными кривыми
y	f x и y g x		f		x	g x	и прямыми x=a и x=b a b			(рис.8)
равна
						b
					S	f	x g x	dx.			(8)
						a
у							у
				y	f	x		a	b
							0				x
									y	f	x
0		a		b		x
		Рис. 6							Рис. 7
у							у
		y	f x
					y	g x	y	f x	y		g x
0	a		b			x	0	а	b	с	х
									Рис. 9

Рис. 8

Площадь фигуры, ограниченной кривыми y f x и y g x ( f x и g x неотрицательны и непрерывны), пересекающимися в точке с абсциссой x=b, прямыми x=a, x=c и осью Ox (Рис.9), равна

b		c
S	f x dx	g x dx.	(9)
a		b

38

В случае параметрического задания кривой x t , y t пло-

щадь криволинейной трапеции, ограниченной этой кривой, прямыми x=a, x=b и осью Ox (рис.6) равна

t2

S

t

t dt ,

(10)

t1

где

t1

и t2

определяются из уравнений a

t1 , b

t2 ; ψ t

0

на

отрезке

t1;t2 .

Пример1. Найти площадь,

ограниченную

линиями y

4x

x2

и

y

x .

Решение. Одна из линий–парабола, другая–прямая (рис.10). Найдем

их

точки

пересечения.

4x x 2

x; x 2

3x 0;

x x 3 0, x1

0, x2

3.

y=x

Тогда по формуле (8)

3

S

4x

x 2 x dx

0

3

3x 2

3

x 3

3

3x x 2

dx

y=4x–x2

2

0

3

0

0

27

27

27

0

1

2

3

4

x

2

3

6

Рис. 10

Пример 2. Найти площадь фигуры, ограниченной первой аркой

циклоиды x

a t

sint ,

y a 1

cos t и отрезком оси Ox (рис. 11).

Решение. Точкам O и A соответствуют значения параметра t0

0 и

tA

2

, поэтому

y

А

О

Рис. 11

2

x

39

В

β	α
0
	Рис. 12

a	2	3	t 2 sin t	1	sin 2t
		2		4

		2
А	S	a 1	cos t	a t sint			dt
		0
			2
			a2 1		cos t 2 dt
			0
		2		1	cos 2t
	a2	1	2 cos t				dt
					2
		0

2

3 a2

0

2.Вычисление площади в полярных координатах.
Площадь сектора OAB (рис. 12), ограниченного лучами							и
	и кривой	, равна	S		1		2 d .
				2
Пример.	Найти	площадь, ограниченную		улиткой			Паскаля
2 cos	(рис.13).
Решение

S	1 2		2 cos 2 d	1 2		4 4cos							1 cos 2			d
	2 0			2 0									2
								1			4		4 sin			1		1	sin 2
						2										2		4
							1				9	2		9	.
						2					2		2

2

0

		3.Вычисление длины дуги.
	Рис. 13	Если кривая задана параметри-
		ческими уравнениями x	t ,

40

t2

2

2 dt , где t

y

t , то длина ее дуги l

t

t

,t

2

–значения

1

t1

параметра, соответствующие концам дуги

t1

t2 .

b

Если кривая задана уравнением

y

f x

,

то

l

1

f

x

2 dx ,

a

где a, b–абсциссы начала и конца дуги

a

b .

d

Если кривая задана уравнением

x

g y ,

то

l

1

g

y

2 dy ,

c

где c, d–ординаты начала и конца дуги

c

d .

Если кривая задана уравнением в полярных координатах

,

то l

2

2 d , где

,

–значения полярного угла, соот-

ветствующие концам дуги .

	Пример 1. Вычислить длину дуги кривой y										x3	от точки O 0,0
	до B 4,8 .
				3				1				4
	Решение.	y	x 2			3	x	2	,	тогда	l	1		9	xdx
					2									4
												0

	4													3		4
4		1 9 xd 1				9 x		4	2		1	9 x
												2
9 0		4				4		9	3			4				0

	8
		10 10 1 .
	27

Пример

2.

Найти

длину

одной арки

циклоиды

x a t sint ,

y a 1

cos t

(рис.11).

Решение.

x a 1

cos t

,

y

a sint ,

x 2

y 2

a2 1

cos t 2

a2 sin2 t

a2 1

2 cos t

cos 2 t

sin2 t

a2 2

2 cos t

2a2 1

cos t

t

2π

2π

2

4a

2

sin

2

,

2

2

t

t

t

тогда l

4a

sin

dt

2a sin

dt

4a cos

8a .

2

2

2

2

0

0

0

4.Вычисление объема тела вращения.

Объем тела, образованного вращением вокруг оси Ox криволиней-

ной трапеции, ограниченной кривой

y f

x

,

отрезком оси абсцисс

41

a	x	b	и	прямыми	x a, x b (рис.6), вычисляется	по	формуле
		b
Vx	π	f	x	2 dx .
		a
	Объем тела, образованного вращением вокруг оси Oy фигуры, ог-
раниченной кривой x					g y , отрезком оси ординат c y	d	и прямы-

	d
ми y c, y d , вычисляется по формуле Vy	g y 2 dy .
	c

Пример. Фигура, ограниченная линиями

ся вокруг оси Ox. Найти объем тела вращения (рис. 14).

Решение. Искомый								объем y
можно найти как разность объе-									1
мов,	полученных						вращением
вокруг	оси			Ox криволинейных
трапеций,				ограниченных
							y	x2 .
линиями y					x и
Тогда								0
	1			1
				2 dx			x2 2 dx
Vx		x
	0			0

y x2 и y x , вращает-

y x2

y x

А

1

x

Рис. 14

1	1		x2		1	x5		1					3
xdx		x4dx												.
			2			5		2		5		10
0	0				0			0

42