eltsov

2. Определенный интервал

	3		dx					5		dx						4			dx
4)				;			5)					;			6)								;
		3							4								3
			3 x							x 2									x 3
	0							2								1
	2		dx					3		dx						4			dx
7)					;		8)							;	9)										.
																		4
				3					3	(3 x)			4										5
	1		(2 x)					0								1			(x 3)
					4																					3 3
															3) 5 (ln0,5)4 ;
Ответы:				1)		;	2)	расходится;															4)				9	;
					3																					2

5) 43 427 ; 6) 32 1 34 ; 7) расходится; 8) расходится; 9) расхо-

дится.

Аналогично случаюнесобственных интегралов первого рода формулируются и доказываются критерий Коши и признаки сравнения для несобственных интегралов второго рода.

Теорема 2.11. (Критерий Коши.) Несобственный интег-

рал второго рода сходится тогда и только тогда, когда для всякого 0 существует 0 такое, что для всех

			b 2
1,	2	выполняется неравенство		f(x) dx	.
			b 1

Доказательство этого результата опустим.

Теорема 2.12. Пусть для всякого b x b выполнено

b

неравенство 0 f(x) g(x) . Тогда если интеграл g(x)dx

a

b

сходится, то интеграл f(x) dx сходится, а если интеграл

a

b	b
f(x) dx расходится, то интеграл	g(x)dx расходится.
a	a

Доказательство аналогично случаюнесобственного интеграла первого рода.

7 1

АА. . Ельцов. Интегральное исчисление. Дифференциальные уравнения

Теорема 2.13. Если f(x) и g(x) — бесконечно большие одного порядка роста, то есть lim f(x) K 0, , то

	x b g(x)
b	b
интегралы f(x) dx	и g(x)dx либо оба сходятся, либо
a	a
оба расходятся.

Доказательство аналогично случаюнесобственного интеграла первого рода.

	3		dx
	П ри м ер 9. Для интеграла								подынтегральная фун-
				3
							2
			x 2		3	x
	2
	кция имеет особенностьв точках		x 2 и			x							в
										3	. Точки x	3

промежуток интегрирования не входят. Поэтому, находя порядок рос-

та этой функции относительно x 1 2 , имеем

		(x 2)				,		если 0,5;
lim						1, если 0,5;
			3 3 x2
x 2		x 2					0,	если 0,5.

Таким образом, порядок роста равен 0,5, и интеграл сходится.

3		dx
П р и м е р 10. В интеграле								подынтегральная фун-
				3
						2
2		x 1			9	x
кция имеет особенность в точках x 1				и x 3 . Точки x 1					и x 3

в промежуток интегрирования не входят. Поэтому, находя порядок

1

роста этой функции относительно 3 x , имеем

, если 1 ;

(3 x)

(3 x)

1

3

1

lim

lim

, если

3

;

x 1 3 3 x 3 3 x

x 3

x 1

3 9 x2

x 3

2 3 6

0, если 1 .

3

Таким образом, порядок роста равен 1/3, и интеграл сходится.

1		sin	x
П р и м е р 11. Выясним сходимость интеграла				dx .
		x2
0

7 2

2. Определенный интервал

Подынтегральная функция имеет особенность в точке x 0. Находя порядок роста этой функции относительно 1/x, имеем

, если 1,5;

x

sin x

x sin x

lim

lim

1, если

1,5;

x

2

x 0

x 0

x x3

0, если

1,5.

Таким образом, порядок роста равен 1,5, и интеграл расходится.

	1
		3 sin		x
	П р и м е р 12. В интеграле				dx подынтегральная функция
		x
	0

имеет особенность в точке x 0. Находя порядок роста этой функции относительно 1/x, имеем

, если 2

;

x 3

x 3

3

sin x

sin x

2

lim

lim

1, если

;

x

3 x2

3

x 0

x 0 3

x

0, если

2

.

3

Таким образом, порядок роста равен 2/3, и интеграл сходится.

1	ln 1 5	x
П р и м е р 13. Выясним сходимость интеграла				dx.
	x
0

Подынтегральная функция имеет особенность в точке x 0. Находя порядок роста этой функции относительно 1/x, имеем

5

5

, если 0,8;

x

ln 1

x

x

ln 1

x

lim

lim

1, если 0,8;

x

5 x4

x 0

x 0

5

x

0, если 0,8.

Таким образом, порядок роста равен 0,8, и интеграл сходится.

1
	e x 1
П р и м е р 14. В интеграле					dx подынтегральная функция
		x
0

имеет особенность в точке x 0. Находя порядок роста этой функции относительно 1/x, имеем

e

x

1 x

e

x

1 x

, если 0,5;

lim

x

lim

1, если 0,5;

x 0

x 0

x x

0, если 0,5.

Таким образом, порядок роста равен 0,5, и интеграл сходится.

7 3

АА. . Ельцов. Интегральное исчисление. Дифференциальные уравнения

1

П р и м е р 15. Выяснить сходимость интеграла dx .

0 x(x 1)

Подынтегральная функция имеет особенность в точках x 0 и x 1. Обе входят в промежуток интегрирования. Разбиваем интеграл на два

	1			dx		0,5			dx		1			dx
															.
	0					0					0,5
			x(x 1)					x(x 1)					x(x 1)

Первый из этих интегралов сходится, так как порядок роста подынтегральной функции при x 0 относительно 1/x равен 1/2, а второй

— расходится, так как порядок роста подынтегральной функции

1

при x 1 относительно 1 x равен 1. Поэтому интеграл расходится.

Задание 2.7. Используя теорему сравнения, выяснить сходимость несобственных интегралов (в ответе указаны: точка, в которой функция бесконечно большая; порядок роста подынтегральной функции относительно пробной функции; сходимость):

	2
																													5 sin2 x
								dx																																											x 3 x
																								2
1)																					;		2)																dx ;					3)													dx ;
						2						3																				x																			sin x
	1						4 x									x 1								0																								0
	1 ln 1 7																							2																								2
													x																e4				1
																															x																				dx
4)																		dx ;					5)															dx ;						6)												;
																																																		5
																																																			8 x			3
								x																								x		5
	0																							0																								1
	2						dx																	2								dx
7)																;							8)																		;
					4
																													7
						16 x						4																		32 x									5
	1																							1
	3							dx																			4												dx
9)																						;	10)																								.
										4																																5
																			2																										2
	2						x 2							9 x													2							x					2				9	x

Ответы: 1) x 1, 13 , x 2, 12, сходится; 2) x 0,

35 , сходится; 3) x 0, 12 , x , 23 , сходится; 4) x 0, 514 , сходится; 5) x 0, 1 , расходится; 6) x 2 ,

15 , сходится; 7) x 2, 13 , сходится; 8) x 2, 17 ,

сходится; 9) x 2,

1 2 ,

x 3,

1 4 , сходится; 10)

x 3, 15 , сходится.

7 4

2. Определенный интервал

2.7. Приложения определённого интеграла

2.7.1. Вычисление площадей плоских фигур

Пусть f(x) 0 для x [a,b]. Рассмотримкриволинейную трапецию, ограниченную кривыми y 0, x a, x b, y = f(x). Разобьём отрезок [a,b] на части

точками a x0 x1 ... xn b , выберем внутри каждого элементарного от-

резка [xi,xi 1] по точке i [xi,xi 1]. Заменим криволинейную трапецию,

ограниченнуюлиниями y 0, x xi, x xi 1, y f(x) , прямоугольником y 0, x xi, x xi 1, y f( i ) . Площадь этого прямоугольника равна f( i )(xi 1 xi ) f( i ) xi , и если f — непрерывная функция, то при доста-

точно малом xi близка площади заменяемой трапеции. Просуммировав, получим, соднойстороны, приближенноезначение площадикриволинейной трапеции, сдругойстороны, интеграль-

n 1

ную сумму f( i ) xi для интеграла

i 0

b

f(x) dx . Переходяк пределу приуве-

a

личении числа точек разбиения, получаем площадь S исходной

b

криволинейной трапеции S f(x)dx .

a

Назовём трапецию простейшей областью, если она ограниче-

накривыми x a, x b, y f1(x), y f2(x) идлявсех x [a,b] выполнено неравенство f1(x) f2(x) . Нетрудно видеть, что для

b

простейшей области S f2 (x) f1(x) dx .

a

7 5

АА. . Ельцов. Интегральное исчисление. Дифференциальные уравнения

Аналогично, если 1(y) 2(y) для всех y [c,d], тодлякриволинейной трапеции, ограниченной кривыми y c, y d, x 1(y), x 2(y) (простейшей области второго типа), имеем

d

S 2 (y) 1(y) dy .

c

В общем случае плоскую область разбивают на простейшие области рассмотренных выше типов.

П р и м е р 1. Найти площадь фигуры,						ограниченной линиями
y x2 и x y2 . Эти кривые пересекаются в точ-
ках A(0,0) и B(1,1).			Поэтому
1				2					1	x3		1		1
S (		x2)dx				x3									.
	x
0			3						0	3		0	3

П р и м е р 2. Найти площадь фигуры, ограниченной линиями y2 2x 1 и x y 1 0 . Эти кривые пересекаются в точках A(0,–1)

и B(4,3). В данном случае лучше рассматривать простейшую область второго типа. Поэтому

	3		y2 1			y2			3y		y3			3		16
S		y 1			dy													.
			2				2		2		6					3
	1													1

П р и м е р 3. Найти площадь криволинейной трапеции, ограничен-

ной линиями x 2 , x 1 , y 0 , y e x . В данном случае

1 0 1 0 1

S e x dx e x dx e x dx exdx e xdx

2 2 0 2 0

ex		0	e x		1	1 e 2 e 1 1 2 e 1 e 2.
		2			0

2.7.2. Вычисление объёмов

Пусть область такова, что для x [a,b] известна площадь S(x) сечения плоскостью x const. Тогда, заменяя объём области, заключенноймеждуплоскостями x xi, x xi 1 , наобъём

7 6

2. Определенный	интервал
цилиндра S( i) xi , где i — не-	y
которая точка отрезка [xi,xi 1]
b
получаем V S(x)dx .	S(x)
a	x
Для тел, полученных враще-
нием криволинейной трапе-
ции a x b, 0 y f(x) вок-
b	b
руг оси OX, имеем V y2dx f2 (x) dx . Если эту трапецию
a	a
вращатьвокруг оси OY, то можнопоказать,

b

что V 2 x f(x)dx .

a

Аналогично для тел, полученных вращением криволинейной трапеции c y d, 0 x (y) вокругоси OY, име-

d d

ем V x2dy 2 (y) dy . Если эту

c c

трапецию вращать вокруг оси OX, то

d

V 2 y (y) dy .

c

П р и м е р 1. Трапеция ограничена кривыми y x, y 0, x 1. Вычислить объём тела, полученного вращением этой трапеции вокруг оси OX.

Подставляя в формулу, получаем

1		1
V f	2	(x) dx x dx
				.
			2
0		0
П р и м е р 2. Трапеция ограничена кривыми y x,					y 0,	x 1.

Вычислить объём тела, полученного вращением этой трапеции вокруг оси OY.

7 7

АА. . Ельцов. Интегральное исчисление. Дифференциальные уравнения

Подставляя в формулу, получаем

1	1	2
	2
V 2 x f(x) dx 2 x dx			.
		3
0	0

2.7.3. Вычисление длины дуги кривой

Рассмотрим кривую L. Разделим кривую на части точками (xi,yi ), i 1,...,n. Заменим дугу кривоймежду точками (xi,yi ) и (xi 1,yi 1) хордой, эти точки соединяющей. Тогда для длины

дуги li имеем li ( xi )2 ( yi )2 . Просуммировав по всем

точкам	деления,		получаем
	n
приближенно длину дуги кривой l ( xi )2			( yi )2 .

i 1

Пустькриваязадана параметрически x x(t),	или,
y y(t),	t [ , ],

что то же самое, в векторной форме r r(t) x(t) i y(t) j

x(t) (x(t),y(t))T . Разделив отрезок [ , ] точками t0,t1,...,tn ,

y(t)

получаем разбиение кривой точками (x(ti ), y(ti ))T .

Тогда li xt ( i ) 2 yt ( i ) 2 ti, где i — точка, лежащая между ti и ti+1. Просуммировав по всем точкам деления, полу-

n 1	n 1
чаем l li	xt ( i ) 2 yt ( i ) 2 ti . Переходя в этой
i 1	i 1

сумме к пределу при увеличении числа точек разбиения, имеем длину кривой

l		x (t)	2		y (t)	2dt .		(2.1)
		t			t

7 8

2. Определенный интервал

Аналогично для пространственной кривой, заданной пара-

x x(t),

метрически y y(t), или, что то же самое, в векторной форме

z z(t)

x(t)

r r(t) x(t)i y(t)j z(t)k (x(t),

y(t),

T

, длина

z(t))

y(t)

z(t)

кривой равна

l

x

2 y

2

z

2dt .

(2.2)

t

t

t

Для кривой, заданной явно уравнением y f(x) ,

формула

(2.1) приобретает вид

b

l

1 f (x) 2 dx

.

(2.3)

a

Если кривая задана в полярной системе координат, то

x r( )cos ,

Поэтому

y r( )sin .

x

r

cos r sin ,

y

r

sin r cos .

Подставляя в формулу (2.1) для вычисления длины кривой, получаем

l

r

2 r2 d .

(2.4)

П р им е р 1. Найти длину дуги кривой y ln x , заключенной меж-

x

и x

ду точками

8 . Так как кривая задана явно, то

3

1

2

8

8

x2 1

1

2

l

1

dx

dx . Делаем замену t

x

1 . Тогда

x2

x

3

3

x2 t2

1, 2x dx

2t dt , и поэтому

7 9

АА. . Ельцов. Интегральное исчисление. Дифференциальные уравнения

							3 t2dt						3	3		dt					3								3					dt												3 dt
					l						dt										dt 21																			21
								t2 1							t2 1																		t 1														t 1
							2						2	2							2								2												2
																		t 1						3
												1 1 ln													1 ln											3	.
														2				t 1						2												2
																																									3
																																								a cos t,
	П р и м е р 2.								Найти длину дуги кривой																										x															заключен-
																																			y a sin3 t,
ной между точами t1 0 и t2																	2 .																									x 3a cos2 t sin t,
	Так как кривая задана параметрически,																																			то
y	3a sin2 t cos t ,																																											t
											и поэтому
t
								2																											3a					2
					l 3a					cos4 t sin2 t						sin4 t cos2 t															dt											sin2t						dt
																																			2
							0																																	0
													2													cos2t								2
										6a sin2t dt 6a																										3a.
																																	0
													0																2					2cos , заключенной
	П р и м е р 3.								Найти длину дуги кривой
между точками														и		2					. Так как кривая задана в полярной
									1				2				2
системе координат,													2sin , то
			2																						2
	l						( 2 sin )					2					2													2 d 2											2
													(2 cos ) d																																	2 .
																																									2
			2																										2
	Получился ожидаемый результат, так как уравнение																																																	2cos ,
							, определяет окружность радиуса 1																																		с центром в точке
	2		2
x 1,		y 0 .

Задание 2.8

1.Найти площадь фигуры, ограниченной линиями y ex , y e x , x 1.

2.Найти площадь фигуры, ограниченной линиями y x3 ,

y 15 x4 .

8 0