Материал: ЛК Осипенко КЮ - весна 2021 (1 сем)
11
6. Замена переменной в определенном интеграле
Теорема 4. Пусть функция f(x) непрерывна на отрезке [a; b], φ(t)
непрерывно дифференцируема на отрезке [ ; ], φ(t) |
2 [a; b] äëÿ |
|||
âñåõ t 2 [ ; ], причем φ( ) = a, à φ( ) = b. Тогда |
|
|||
|
∫ b f(x) dx = ∫ f(φ(t))φ′(t) dt: |
|
(1) |
|
|
a |
|
|
|
Доказательство. Пусть F (x) первообразная для f(x). Тогда по
формуле Ньютона Лейбница
∫ b
f(t) dt = F (b) F (a):
a
По правилу дифференцирования сложной функции
(F (φ(t))′ = F ′(φ(t))φ′(t) = f(φ(t))φ′(t):
Следовательно, F (φ(t) первообразная для f(φ(t))φ′(t). Тогда по
формуле Ньютона Лейбница |
|
|
|
∫ f(φ(t))φ′(t) dt = F (φ( )) F (φ( )) = F (b) F (a): |
|||
Отсюда следует (1). |
|
||
Пример 2. Вычислить интеграл |
|
|
|
∫0 R p |
|
|
|
R2 |
x2 dx: |
||
Сделаем замену x = R sin t. Тогда dx = R cos t dt, t = arcsin |
x |
, |
||||||||||||||||||||
R |
||||||||||||||||||||||
= arcsin 0 = 0, = arcsin 1 = |
|
. Таким образом, |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
∫0 R p |
|
dx = ∫0 |
=2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
R2 sin2 tR cos t dt |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
R2 x2 |
|
|
R2 |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
=2 |
|
√ |
R2 |
=2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
= R2 |
∫0 |
cos2 t dt = |
|
∫0 |
(1 |
cos 2t) dt |
|
|
|
|
|
||||||||||
|
2 |
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
R2 |
|
|
|
sin 2t |
|
=2 |
|
R2 |
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= |
2 |
(t |
2 |
) 0 |
= |
4 |
: |
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
На самом деле, вычисленный интеграл есть площадь четверти круга радиуса R (ñì. ðèñ. 12).
7. Интегрирование по частям в определенном интеграле
Примем следующее обозначение
∫ b ∫ b
f(x) dg(x) = f(x)g′(x) dx:
a |
a |
12
|
6y |
|
|
p |
|
R |
y = R2 x2 |
|
|
|
|
- |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
R |
x |
||
Ðèñ. 12
Теорема 5. Пусть функции u(x) è v(x) непрерывно дифференцируемы на отрезке [a; b]. Тогда
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∫ |
|
|
|
b |
∫ |
ab v(x) du(x): |
|
|
|||
|
|
|
ab u(x) dv(x) = u(x)v(x) a |
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Доказательство. По правилу дифференцирования |
произведения |
|||||||||||||
|
|
|
(u(x)v(x))′ = u′(x)v(x) + u(x)v′(x): |
|
|
|
||||||||
Отсюда |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
u(x)v′(x) = (u(x)v(x))′ |
v(x)u′(x): |
|
|
|
|||||||
Проинтегрируем это равенство |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
∫ab u(x)v′(x) dx = ∫ab(u(x)v(x))′ dx |
∫ab v(x)u′(x) dx |
|
||||||||||
Отсюда |
|
∫ |
|
|
|
|
∫ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
b |
ab v(x) du(x): |
|
|||||||
|
|
|
ab u(x) dv(x) = u(x)v(x) a |
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Пример 3. Вычислить интеграл |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
∫0 |
x sin x dx: |
|
|
|
|
|
|
||
Имеем |
|
∫ |
|
|
|
|
|
|
∫ |
|
|
|
||
∫ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
0 |
x sin x dx = |
0 |
x d( cos x) = x( |
|
cos x) 0 |
0 |
( cos x) dx |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= : |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= + sin x |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0
13
8. Приложение определенного интеграла к геометрическим задачам
1. Вычисление площади. Если задана функция y = f(x) на отрезке [a; b], то мы выяснили, что площадь соответствующей криво-
линейной трапеции вычисляется следующим образом
∫ b
S = f(x) dx:
a
y 6
y = f(x)
-
0 a |
b |
x |
Ðèñ. 13
Пусть требуется посчитать площадь фигуры, ограниченной снизу функцией g(x), а сверху f(x).
y 6
y = f(x)
|
|
|
|
- |
|
|
|
|
|
|
|
0 a |
y = g(x) b |
x |
|||
Ðèñ. 14
Если рассмотреть графики функций f1(x) = f(x) + C è g1(x) = g(x)+C, то площадь между этими кривыми не изменится. Выберем C достаточно большим, чтобы выполнялось условие g1(x) > 0.
14
y 6 |
y = f1(x) |
y = g1(x)
-
0 a |
b |
x |
Ðèñ. 15
Тогда искомая площадь будет равняться разности между площадью криволинейной трапеции, образованной функцией f1(x) è
площадью криволинейной трапеции, образованной функцией g1(x)
∫ b ∫ b ∫ b
S = f1(x) dx g1(x) dx = (f(x) + C (g(x) + C)) dx:
a a a
Тем самым получается формула
∫ b
S = (f(x) g(x)) dx:
a
Пример 4. Вычислить площадь, ограниченную кривыми y = x2 è p
y = x.
y 6
1 
-
0 |
1 |
x |
Ðèñ. 16
15
Имеем |
∫ |
|
|
|
|
( |
|
|
|
|
|
|
) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
x3 |
0= |
2 |
1 |
1 |
|||||||||
S = |
|
(px x2) dx = |
|
|
x3=2 |
|
|
|
|
|
|
= |
|
|
: |
||||||||
0 |
|
3 |
|
|
3 |
3 |
3 |
3 |
|||||||||||||||
Замечание. Åñëè |
f(x) |
|
нечетная |
функция |
(ò.å. |
f( x) = |
|||||||||||||||||
f(x)), òî |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
∫ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
a |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
a f(x) dx = 0: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
Действительно, делая замену x = |
t, получаем |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
a |
|
0 |
|
|
|
a |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
∫ a f(x) dx = ∫ a f(x) dx + ∫0 |
|
f(x) dx |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
= ∫a0 f( t) d( t) + ∫0 a f(x) dx = |
|
∫0 a f(t) dt + ∫0 a f(x) dx = 0: |
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
y 6 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
+ |
|
- |
|
|
|
|
|
|
|
|
a |
|
0 |
a x |
|||
Ðèñ. 17
Геометрически это свойство очевидно, т.к. складываются алгебраические суммы площадей (с учетом знака), а для центральносимметричных криволинейных трапеций такая сумма равна нулю.
Åñëè f(x) четная функция (т.е. f( x) = f(x)), òî
∫ a f(x) dx = 2 |
∫ a f(x) dx: |
a0
В этом случае, снова делая замену x = t, получаем
∫ |
a |
∫ |
0 |
∫0 a f(x) dx = |
∫a |
0 |
|
a f(x) dx = |
a f(x) dx + |
f( t) d( t) |
|||||
|
+ ∫ a f(x) dx = ∫ a f(t) dt + ∫ a f(x) dx = 2 |
∫ a f(x) dx: |
|||||
0 |
0 |
0 |
0 |