математический анализ. интегральное исчисление учебное пособие

ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНСТВО СВЯЗИ

Федеральное государственное образовательное бюджетное учреждение

высшего профессионального образования

«ПОВОЛЖСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ

ТЕЛЕКОМУНИКЦИЙ И ИНФОРМАТИКИ»

Кафедра высшей математики

Н.П. Балабаева, Е.А. Энбом

МАТЕМАТИЧЕСКИЙ АНАЛИЗ

Интегральное исчисление

Учебное пособие

Самара

2015

Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»

2

УДК 517.5

Б 20

Рекомендовано к изданию методическим советом ПГУТИ

протокол № 11, от «13» марта 2015

Балабаева, Н. П.

Б 20 Математический анализ. Интегральное исчисление: учебное

пособие / Н.П. Балабаева, Е.А. Энбом. – Самара: ПГУТИ, 2015. – 140 с.

Учебное пособие содержит теоретический и практический материал по

темам: «Определенный интеграл», «Несобственные интегралы»,

«Геометрические и физические приложения определенного интеграла».

Теоретические положения иллюстрируются примерами и прикладными

задачами с подробным решением, приведены вопросы для самоконтроля и

достаточное количество задач для проведения аудиторных занятий и

организации самостоятельной подготовки учащихся.

Учебное пособие разработано в соответствии с ФГОС ВПО по

специальности 10.05.02 – Информационная безопасность телекоммуникаци-

онных систем и по направлениям подготовки бакалавриата 10.03.01 –

Информационная безопасность, 11.03.02 - Инфокоммуникационные технологии

и системы связи, 02.03.03 – Математическое обеспечение и администрирование

информационных систем.

Пособие предназначено для студентов первого курса очной и заочной

форм обучения.

© Балабаева Н. П., Энбом Е. А., 2015


3

ОГЛАВЛЕНИЕ

ПРЕДИСЛОВИЕ ........................................................................................ 4

Г Л А В А 1. ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ ОБ ОПРЕДЕЛЕННОМ

ИНТЕГРАЛЕ И ЕГО ВЫЧИСЛЕНИЕ ..................................................... 6

§1. Определенный интеграл как предел интегральной суммы .......... 6

§2. Геометрический смысл определенного интеграла ........................ 8

§3. Свойства определенного интеграла .............................................. 10

§4. Интеграл как функция переменного верхнего предела .............. 16

§5. Вычисление определенного интеграла. Формула Ньютона -

Лейбница ................................................................................................ 18

§6. Замена переменной в определенном интеграле ........................... 25

§7. Интегрирование по частям в определенном интеграле .............. 36

§8. Несобственные интегралы ............................................................. 42

Г Л А В А 2. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ И ФИЗИЧЕСКИЕ

ПРИЛОЖЕНИЯ ОПРЕДЕЛЕННОГО ИНТЕГРАЛА ........................... 59

§1. Применение определенного интеграла ......................................... 59

§2. Вычисление площади плоской фигуры в декартовых

координатах ........................................................................................... 60

§3. Вычисление площади криволинейного сектора .......................... 75

§ 4. Объем тела вращения .................................................................... 83

§5. Длина дуги плоской кривой ........................................................... 92

§6. Вычисление площади поверхности вращения ........................... 102

§7. Вычисление статических моментов ............................................ 109

§8. Вычисление центра тяжести ........................................................ 115

ГЛОССАРИЙ .......................................................................................... 123

ПРИЛОЖЕНИЕ 1 ................................................................................... 127

ПРИЛОЖЕНИЕ 2 ................................................................................... 129

ЛИТЕРАТУРА ........................................................................................ 139


4

ПРЕДИСЛОВИЕ

Интегральное исчисление является одним из основных разделов

курса математического анализа, и очень важным с точки зрения его

приложений в различных областях науки и техники. С помощью

определенных интегралов решаются многие и разнообразные задачи

механики, геометрии, физики, астрономии, экономики и других наук.

Основной целью изучения раздела математического анализа

«Интегральное исчисление» является формирование у студентов си-

стематических знаний по теории определенных и несобственных ин-

тегралов, а также умения применить аппарат интегрального исчисле-

ния к решению практических задач.

Согласно Федеральному государственному образовательному

стандарту высшего профессионального образования по специально-

сти 10.05.02 – Информационная безопасность телекоммуникацион-

ных систем и по направлениям подготовки бакалавриата 10.03.01 –

Информационная безопасность, 11.03.02 – Инфокоммуникационные

технологии и системы связи, 02.03.03 – Математическое обеспечение

и администрирование информационных систем, в процессе освоения

дисциплины «Математический анализ» у студента должны быть

сформированы следующие общие и специальные компетенции: вла-

деть культурой мышления, способностью к обобщению, анализу,

восприятию информации, постановке цели и выбору путей ее дости-

жения; логически верно выстраивать устную и письменную речь;

владеть основами фундаментальных математических теорий, видеть

их взаимосвязь и специфику каждой из них; формулировать матема-

тическую гипотезу в контексте изучаемых математических дисци-

плин, подтвердить ее или опровергнуть; применять основной аппарат

фундаментальных и прикладных математических теорий к решению

разнообразных теоретических и практических задач; строить и иссле-

довать математическую модель прикладной задачи, процесса, явле-

ния.

Цель настоящего учебного пособия - помочь студентам прочно

усвоить основные определения и теоремы раздела математического


5

анализа «Определенные и несобственные интегралы, их геометриче-

ские и физические приложения», а также основные методы инте-

грального исчисления и области их применения; научиться вычислять

определенные интегралы, исследовать на сходимость несобственные

интегралы; приобрести навыки в решении задач, требующих приме-

нения определенных интегралов.

Данное учебное пособие имеет следующую структуру. В начале

каждого параграфа имеется теоретический материал, который содер-

жит основные определения, теоремы и доказательства. Далее следует

разбор типовых задач, которые систематизированы и расположены в

порядке возрастания трудности. В конце каждого параграфа помеще-

ны вопросы для самоконтроля, цель которых – помочь студентам

проверить прочность усвоения изученного теоретического материала.

Также в каждом параграфе приведены практические задания, подбор

и количество которых достаточны для закрепления теоретических

знаний и формирования устойчивых навыков решения прикладных

задач. Приложения содержат основные формулы и альбом кривых.

Система теоретических и практических заданий, предложенная

в данном пособии, призвана активизировать самостоятельную работу

студентов, способствовать более глубокому освоению курса и отра-

ботке приемов решения задач.

Учебное пособие может быть использовано преподавателями

математического анализа при чтении лекций, проведении практиче-

ских занятий, организации самостоятельной работы студентов.


6

Г Л А В А 1. ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ ОБ ОПРЕДЕЛЕННОМ

ИНТЕГРАЛЕ И ЕГО ВЫЧИСЛЕНИЕ

§1. Определенный интеграл как предел интегральной суммы

Пусть функция y f x непрерывна на отрезке ;a b . Разобьем

отрезок ;a b на n частей точками:

0x a , 1 2 1, ,..., , ,...,i i nx x x x x b , где

1 2 1 1... ...i i na x x x x x b .

Разбиение может быть произведено по любому закону. Длины

частичных отрезков 1,i ix x , 1,i n обозначим:

1 2, , ..., , ...,i nx x x x .

На каждом частичном отрезке 1,i ix x выберем произвольно

точку i , будем иметь:

0 1 1 1 2 2 1 1, , ..., , ...,i i i n n nx x x x x x x x .

Вычислим значение функции f x в каждой из выбранных то-

чек и обозначим их соответственно:

1 2, , ..., , ...,i nf f f f .

Составим произведение длины каждого частичного отрезка на

значение функции в соответствующей точке и возьмем сумму этих

произведений:

1 1 2 2( ) ( ) ... ( ) ... ( )n i i n nf x f x f x f x ,

или

1

( )n

n i i

i

f x

. (1.1)

Эта сумма называется интегральной суммой. Значение инте-

гральной суммы зависит от принятого способа деления отрезка ;a b

на частичные отрезки и от выбора точек i на каждом из этих отрез-

ков. Ясно, что таких интегральных сумм можно составить бесчислен-


7

ное множество. Обозначим через длину наибольшего частичного

отрезка, и будем уменьшать длины элементарных отрезков так, чтобы

их число n неограниченно увеличивалось, а длина каждого отрезка

стремилась к нулю.

Во многих случаях при этих условиях интегральная сумма (1.1)

стремится к некоторому конечному пределу I , причем этот предел не

зависит ни от способа деления отрезка ;a b на частичные отрезки,

ни от выбора внутри каждого отрезка точки i .

Этот предел, то есть

0

1

lim ( )n

i i

i

I f x

,

где 1,

max ii n

x

и называют определенным интегралом от функции

f x на отрезке ;a b и обозначают символом:

b

a

f x d x .

Определение. Если существует конечный предел интегральной

суммы n при 0 независимо от способа разбиения отрезка ;a b

на частичные отрезки и от выбора точек i на этих отрезках, то этот

предел называют определенным интегралом функции f x по отрез-

ку ;a b , то есть

0 0

1

lim lim ( ) ( )

bn

n i i

i a

f x f x d x

. (1.2)

Здесь f x – подынтегральная функция; f x d x – подынте-

гральное выражение; число a называется нижним пределом интегри-

рования; число b называется верхним пределом интегрирования; x -

переменная интегрирования; ;a b – отрезок интегрирования.

Функция, определенный интеграл которой существует, называ-

ется интегрируемой на отрезке ;a b .


8

Из определения определенного интеграла следует, что он пред-

ставляет собой действительное число.

Мы установили, что определенный интеграл есть предел неко-

торой переменной величины, но ведь не всякая переменная величина

имеет предел, следовательно, не для всякой функции существует

определенный интеграл. Возникает вопрос, какими свойствами долж-

на обладать функция f x , чтобы существовал определенный инте-

грал этой функции.

Т е о р е м а ( необходимое условие существования определенного

интеграла) . Если функция y f x интегрируема на отрезке ;a b ,

то она ограничена на этом отрезке.

Т е о р е м а ( достаточное условие существования определенно-

го интеграла) . Если функция y f x непрерывна на отрезке ;a b ,

за исключением, быть может, конечного числа точек разрыва первого

рода, то она интегрируема на этом отрезке.

§2. Геометрический смысл определенного интеграла

Пусть функция y f x определена и непрерывна на отрезке

;a b . Будем считать, что 0f x , это будет означать, что график

функции расположен выше оси O x .

Определение. Фигуру, ограниченную сверху кривой y f x ,

снизу осью O x , а с боков прямыми x a и x b , будем называть

криволинейной трапецией с основанием на оси O x .

Зададимся целью вычислить площадь криволинейной трапеции.

Разобьем отрезок ;a b на n частичных отрезков:

0 1 2 1... ...i i na x x x x x x b .

Длина i –го отрезка ix . В каждом частичном отрезке 1,i ix x

выберем произвольно по точке i и вычислим значение функции в


9

этих точках. Мы получим числа if , 1, 2, 3, ...,i n . Далее на

каждом i –том частичном отрезке построим прямоугольник с основа-

нием 1,i ix x

, а высотой if (рис. 1). Мы получим ступенчатую

фигуру, состоящую из этих прямоугольников. Площадь i –го прямо-

угольника iS будет равна:

i i iS f x ,

тогда площадь всей ступенчатой фигуры равна:

1

n

n i

i

S S

или 1

n

n i i

i

S f x

.

Если длину наибольшего из частичных отрезков устремить к

нулю 1,

max 0ii n

x

, то ступенчатая фигура все меньше и меньше

будет отличаться от криволинейной трапеции.

Если при 0 существует конечный предел переменной пло-

щади nS ступенчатой фигуры независимо от способа разбиения от-

резка ;a b на частичные отрезки и выбора точек i на этих отрезках,

то этот предел принимается за величину площади криволинейной

трапеции.

0 а 1 x1 2

x2 3

x3 xi-1 i xi b x

y

y=f(x)

f(3)

f(1)

f(2)

f(i)

Р и с. 1


10

Таким образом, если через S обозначить площадь криволиней-

ной трапеции, то по определению:

0 0

1

lim limn

n i i

i

S S f x

.

Пользуясь понятием определенного интеграла, можно записать:

b

a

S f x d x .

Таким образом, геометрический смысл определенного инте-

грала состоит в том, что он численно равен площади криволи-

нейной трапеции.

§3. Свойства определенного интеграла

1. 0 0

b

a

d x .

2. Интеграл с одинаковыми пределами равен нулю, то есть

0

a

a

f x d x .

3. b

a

d x b a .

4. Если функция f x интегрируема на отрезке ;a b , то при

перестановке пределов интегрирования знак интеграла изменяется на

противоположный, то есть

b a

a b

f x d x f x d x .

5. Рассмотрим на прямой три точки ,a b и c . Эти точки всегда

определяют три отрезка, причем один из них является суммой двух

других.

Если функция f x интегрируема на большем отрезке, то она

интегрируема на каждом из двух меньших. Обратно: если функция


11

f x интегрируема на каждом из двух меньших отрезков, то она ин-

тегрируема и на большем.

При этом при любом взаимном расположении точек ,a b и c

имеет место равенство:

b c b

a a c

f x d x f x d x f x d x .

6. Постоянный множитель можно выносить за знак интеграла,

то есть если функция f x интегрируема на отрезке ;a b , то функ-

ция k f x , где k const , также интегрируема на этом отрезке:

b b

a a

k f x d x k f x d x .

7. Интеграл от алгебраической суммы конечного числа инте-

грируемых на отрезке ;a b функций равен алгебраической сумме

интегралов от всех слагаемых:

b b b b

a a a a

f x g x h x d x f x d x g x d x h x d x .

Докажем это свойство для суммы двух слагаемых. Если f x и

g x интегрируемы на отрезке ;a b , то функция f x g x

также интегрируема на этом отрезке, причем:

b b b

a a a

f x g x d x f x d x g x d x .

Д о к а з а т е л ь с т в о . Рассмотрим функцию x f x g x .

Разобьем отрезок ;a b на n частичных отрезков. Возьмем в каждом

из них произвольно по точке i и запишем интегральную сумму

функции x на отрезке ;a b : 1

( )n

n i i

i

x

. Но очевидно, что

i i if g , поэтому


12

1 1

n n

i i i i i

i i

x f g x

.

Перегруппировав слагаемые в правой части равенства, мы мо-

жем написать:

1 1 1

n n n

i i i i i i

i i i

x f x g x

.

Положим 1,

max ii n

x

и, переходя к пределу, получим:

0 0 0

1 1 1

lim lim limn n n

i i i i i i

i i i

x f x g x

.

По условию оба предела справа существуют и конечны, значит,

существует и предел слева. И по определению определенного инте-

грала, получаем:

b b b

a a a

x d x f x d x g x d x .

Или

b b b

a a a

f x g x d x f x d x g x d x ,

что и требовалось доказать.

8. Если функция y f x интегрируема на отрезке ;a b ,

,a b и неотрицательна на этом отрезке, то есть 0f x , то

0

b

a

f x d x .

Д о к а з а т е л ь с т в о . Запишем интегральную сумму для функ-

ции f x на отрезке ;a b :

1

( )n

n i i

i

f x

.

Так как 0f x , то 0if при 1, 2, ...,i n ; 0ix . Сле-

довательно, каждое слагаемое в сумме неотрицательно, то есть


13

0.n Полагая 1,

max ii n

x

и переходя к пределу в выше написан-

ных неравенствах, получим:

0lim 0n

или 0

b

a

f x d x .

9. Если функции f x и g x интегрируемы на отрезке ;a b ,

a b , и f x g x на этом отрезке, то

b b

a a

f x d x g x d x .

Д о к а з а т е л ь с т в о . Положим x g x f x . Так как

f x g x , то 0x и, по свойству 8, имеем:

0

b

a

x d x , или 0

b

a

g x f x d x .

По свойству 7:

0

b b b

a a a

g x f x d x g x d x f x d x .

Отсюда следует, что b b

a a

f x d x g x d x .

Это свойство говорит о том, что неравенство можно интегри-

ровать почленно.

10. Если функция y f x интегрируема на отрезке ;a b , то

функция f x также интегрируема на этом отрезке, причем:

b b

a a

f x d x f x d x .

11. Теорема об оценке определенного интеграла. Если функ-

ция f x интегрируема на отрезке ;a b , ba , и существуют числа

M и m такие, что m f x M , то справедливо неравенство:


14

b

a

m b a f x d x M b a .

Д о к а з а т е л ь с т в о . По свойству 9 из неравенства

m f x M следует неравенство ( )

b b b

a a a

m d x f x d x M d x . Да-

лее, последовательно применяя свойства 6 и 3, получим требуемое

неравенство.

12. Теорема о среднем значении определенного интеграла.

Если функция )(xf интегрируема на отрезке ;a b и Mxfm )(

для любых x из отрезка ba, , то

( )

b

a

f x d x b a , где m M .

Следствие. Определенный интеграл от непрерывной функции

равен произведению длины отрезка интегрирования на значение

подынтегральной функции при некотором промежуточном значении

аргумента, то есть:

b

a

f x d x f c b a ,где a c b .

Д о к а з а т е л ь с т в о . Так как функция f x непрерывна на

отрезке ;a b , то она интегрируема на нем по достаточному условию

существования определенного интеграла, то есть существует инте-

грал b

a

f x d x .

Кроме того, по известной теореме Вейерштрасса, непрерывная

на отрезке ;a b функция принимает на нем наибольшее и наимень-

шее значения, которые мы обозначим соответственно через M и m .

Тогда для всех x из отрезка ;a b будет выполняться неравенство

m f x M .


15

На основании теоремы о среднем утверждаем, что

( )

b

a

f x d x b a , где Mm .

По теореме Больцано-Коши непрерывная на отрезке ;a b

функция, принимает на нем все свои промежуточные значения, по-

этому в какой-то точке c отрезка ;a b функция примет значение

f c , то есть b

a

f x d x f c b a , что и требовалось дока-

зать.

Геометрический смысл теоремы о среднем состоит в том,

что на отрезке ;a b существует прямоугольник с высотой f c ,

площадь которого равна пло-

щади криволинейной трапеции,

ограниченной кривой y f x ,

прямыми x a , x b и осью

O x (рис. 2).

Число 1

b

a

f x d xb a называ-

ется средним значением функ-

ции f x на отрезке ;a b .

13. Определенный интеграл не зависит от обозначения пере-

менной интегрирования:

b b b

a a a

f x d x f t d t f z d z .

y = f(x)

0 x b c a

f(c)

y

Р и с. 2


16

§4. Интеграл как функция переменного верхнего предела

Пусть функция y f x интегрируема на отрезке ;a b , тогда

по свойству 5 определенного интеграла, она интегрируема на любом

отрезке ;a x x b , то есть существует интеграл .

x

a

f t d t

Если мы будем брать различные значения x , то значение этого

интеграла будет изменяться, при этом любому x из отрезка ;a b бу-

дет соответствовать вполне определенное действительное число

x

a

f t d t . Отсюда ясно, что данный интеграл будет функцией от .x

Обозначим x

a

x f t d t . Таким образом, интеграл с перемен-

ным верхним пределом x является функцией этого верхнего пре-

дела.

Эта функция обладает следующими свойствами:

Т е о р е м а 1 . Если функция )(xf интегрируема на отрезке

;a b , то функция ( )x непрерывна на отрезке ;a b .

Т е о р е м а 2 . Если функция y f x непрерывна на отрезке

;a b , то функция x

a

x f t d t дифференцируема в интервале

;a b , причем x f x .

Таким образом, производная от интеграла по переменному

верхнему пределу равна значению подынтегральной функции.

Д о к а з а т е л ь с т в о . Пусть условие теоремы выполняется.

Возьмем внутри отрезка ;a b точку x и дадим ей приращение x

так, чтобы точка x x не вышла за пределы отрезка ; .a b

Найдем приращение функции x

a

x f t d t в точке x :


17

x x x x , здесь x x

a

x x f t d t

.

Следовательно, x x x

a a

x f t d t f t d t

.

Применяя свойства 4 и 5 определенного интеграла, мы можем

записать:

x x x xa

x a x

x f t d t f t d t f t d t

.

К последнему интегралу применим теорему о среднем значении

определенного интеграла, получим:

x x

x

f t d t f c x x x f c x

,

где точка c находится между точками x и x x .

Точка c удовлетворяет равенству c x x , где 0 1 ,

следовательно,

x x

x

f t d t f x x x

.

Таким образом, приращение функции будет иметь вид:

x f x x x . Найдем отношение приращения функции к

приращению аргумента:

x

f x xx

.

По определению производной,

0 0

lim limx x

xx f x x f x

x

,

в силу непрерывности функции f x .

Итак, x f x , что и требовалось доказать.

Следствие. Если функция y f x непрерывна на отрезке

;a b , то всегда существует первообразная для этой функции.


18

Согласно доказанной теореме в качестве этой первообразной

может служить функция x

a

x f t d t , поскольку x f x .

§5. Вычисление определенного интеграла.

Формула Ньютона - Лейбница

Вычисление определенного интеграла как предела интегральной

суммы на практике оказывается неудобным и даже очень сложным.

Докажем формулу, с помощью которой трудная задача о вычислении

предела интегральной суммы сводится, вообще говоря, к более лег-

кой задаче нахождения первообразной для подынтегральной функ-

ции.

Как нам известно, функция x

a

x f t d t является первооб-

разной для f x . Пусть F x – какая-нибудь другая первообразная

для этой функции. Так как две первообразные могут отличаться лишь

на постоянное слагаемое, то справедливо равенство:

x

a

f t d t F x C , (5.1)

где C const .

Формула (5.1) справедлива для любого x из отрезка ;a b . По-

лагая в ней x a , получим: a

a

f t d t F a C , то есть

0 F a C , следовательно, C F a .

Тогда

x

a

f t d t F x F a . (5.2)

Полагая x b в формуле (5.2), получим:


19

b

a

f t d t F b F a . (5.3)

Это и есть формула Ньютона – Лейбница, одна из важнейших

формул математического анализа. Ее называют основной формулой

интегрального исчисления.

Согласно формуле (5.3), интеграл от функции по отрезку ;a b

равен приращению первообразной. Разность F b F a обычно

изображают символом:

b

aF x F b F a .

Таким образом, формула Ньютона – Лейбница может быть запи-

сана в виде:

b

b

aa

f x d x F x F b F a .

Применение формулы Ньютона – Лейбница

Для вычисления определенного интеграла от какой-нибудь

функции надо найти для нее первообразную и составить разность

значений для этой первообразной при верхнем и нижнем пределах

интегрирования.

Пример 1. Вычислить интеграл

3

2

1

x d x .

Решение.

33 3 3 32

1 1

3 1 1 269

3 3 3 3 3

xx d x .


b

x

a

e d x .

Решение.

bb

x x b a

aa

e d x e e e .


b

n

a

x d x , где 1n .


20

Решение.1 1 1

1 1

bb n n nn

a a

x b ax d x

n n

.

Пример 4. Вычислить интеграл 2

0

sin x d x

.

Решение. 2

2

00

sin cos cos cos0 0 ( 1) 12

x d x x

.


2

6

sin

d x

x

.

Решение.

4 4

2

66

ctg ctg ctg 1 3 1 3sin 4 6

d xx

x

.

Пример 6. Вычислить интеграл 2 2

0

ad x

x a .

Решение.

2 2

00

1 1 1 0 1arctg arctg arctg = arctg 1 0 =

4

aad x x a

x a a a a a a a a a

.


6

1 3

d x

x .

Решение. 6

6

11

2 3 2 9 4 2 3 2 23

d xx

x

.


3

0

sin x d x

.

Решение.

2 2 2

3 2 2

0 0 0

sin 1 cos sin 1 cos cosx d x x x d x x d x


21

33 32

0

coscos cos 0 22cos cos cos0 .

3 2 3 3 3

xx


4

2

23

x d x

x .

Решение.

24 44

2

2 2 22 2

31 1 1 1 19ln 3 ln19 ln7 ln .

3 2 3 2 2 2 7

d xx d xx

x x


1 3

8

01

x d x

x .

Решение.

41 1 13 3

2 28 4 40 0 0

1 4 1

1 4 41 1

d xx d x x d x

x x x

1

4

0

1 1 1arctg arctg1 arctg0 0

4 4 4 4 16x

.


4

0

1x

e d x

.

Решение. 4 4 4

4 4

0 0 0

1x x

e d x d x e d x

4

4 4

04 4

0 0 0

4 4 4 4 0 4 44

x xx

d x e d x e e e e

.


1 2

2

01

x d x

x .

Решение.

1 1 1 12 2 2

2 2 2 2

0 0 0 0

1 1 1

1 1 1 1

x d x x x d xd x d x

x x x x

1

0arctg 1 arctg1 0 arctg0 1

4x x

.


22


2

1 1 ln

ed x

x x .

Решение.

1

2 21 1

lnarcsin ln

1 ln 1 ln

e e

ed xd x

xx x x

1

arcsin ln arcsin ln1 arcsin arcsin02 6

e

.

Пример 14. Найти среднее значение функции 2sinf x x на

отрезке 0; 2 .

Решение. Пользуясь теоремой о среднем (свойство 12 опреде-

ленного интеграла), будем иметь:

2 2

2

0 0

1 1 1sin 1 cos 2

2 4

b

a

f x d x x d x x d xb a

2

0

1 1 1 1 1sin2 2 sin 4

4 2 4 2 2x x

.

Итак, 1

2 .

Замечание. Вычисляя интегралы с помощью формулы Ньютона

– Лейбница, следует обратить внимание на условия законности ее

применения. Напомним, что применение этой формулы для вычисле-

ния определенного интеграла от непрерывной на отрезке ;a b функ-

ции f x , существенно предполагает для ее первообразной F x

выполнение равенства F x f x во всем замкнутом промежутке

;a b . Отсюда, в частности, следует непрерывность первообразной

F x в этом промежутке. Нарушение непрерывности F x хотя бы в

одной точке промежутка ;a b (конечно, в этой точке уже не будет

иметь смысла и равенство F x f x ), может привести к ошибоч-

ному результату. Поясним это замечание на конкретном примере.


23

Рассмотрим интеграл

1

2

11

d x

x

.

В данном случае подынтегральная функция 2

1

1f x

x

не-

прерывна в промежутке 1; 1 и ее первообразная F x нам хорошо

известна: arctgF x x . Следовательно, по формуле Ньютона – Лей-

бница находим:

1

1

2 1

1

arctg arctg1 arctg 1 2arctg11 2

d xx

x

.

Заметим, что функция arctgF x x непрерывна в промежутке

1; 1 и во всех его точках выполняется равенство F x f x . Ста-

ло быть, применение формулы Ньютона – Лейбница в данном случае

обосновано, и получен верный результат. Если же для вычисления

этого интеграла в качестве первообразной взять функцию

1

arcctgF xx

, (легко проверить, что 2

1 1arcctg

1x x

при 0x ),

то формальное применение формулы Ньютона – Лейбница дает:

11

2

11

1 3arcctg arcctg1 arcctg 1

1 4 4 2

d x

x x

.

Пришли к абсурду, так как 2 2

. Ошибка возникла пото-

му, что функция 1

arcctgF xx

в точке 0x , принадлежащей про-

межутку 1; 1 , не имеет смысла, значит равенство F x f x при

0x тоже лишено смысла. Кроме того, при переходе через эту точку

функция 1

arcctgF xx

делает скачок, равный (действительно,

0

lim ;x

F x

0

lim 0x

F x

). Наличие скачка у функции


24

1

arcctgF xx

в точке 0x и привело к тому, что применение фор-

мулы Ньютона – Лейбница оказалось незаконным.

Вопросы для самоконтроля

1. Что называется определенным интегралом от функции f x

на отрезке ;a b ? Укажите его геометрический смысл.

2. Зависит ли величина определенного интеграла от способа

разбиения отрезка ;a b ? А от выбора промежуточных точек i ?

3. Каков геометрический смысл интегральной суммы опреде-

ленного интеграла?

4. Пусть 0, 0

b

a

f x d x f x . Как это истолковать геомет-

рически?

5. Укажите необходимое условие интегрируемости функции.

6. Приведите пример функции, ограниченной на отрезке ;a b ,

но не интегрируемой на этом отрезке.

7. Каковы основные свойства определенного интеграла?

8. Известно, что непрерывная на данном промежутке функция

всегда имеет на нем первообразную. Из какого утверждения это сле-

дует?

Задачи для самостоятельного решения

Применяя формулу Ньютона – Лейбница, вычислить следующие

интегралы.

1.

1

0

x d x . Ответ: 2

3. 2.

2

2

0

3x d x . Ответ:8 .

3.

1

5

d x

x

. Ответ: ln5 . 4.2sin

2

xd x

. Ответ: .


25

5.

3

2

22 3 2

d x

x x . Ответ :4

0,2ln3

. 6.2

20 16

d x

x . Ответ:

6

.

7. Не вычисляя интегралов, установить, какой из интегралов больше:

а)

1

0

x dx или

1

2

0

x d x ; б) 2

0

x d x

или 2

0

sin x d x

;

в)

2

1

x d x или

2

2

1

x d x .

Ответ: а) первый; б) первый; в) второй.

§6. Замена переменной в определенном интеграле

При вычислении многих определенных интегралов полезно за-

менять переменную интегрирования новой переменной, связанной с

ней каким-либо функциональным соотношением.

Пусть требуется вычислить определенный интеграл:

b

a

f x d x ,

где f x - функция, непрерывная на отрезке ;a b .

Введем новую переменную t соотношением x t и наложим

на новую функцию t следующие условия:

1. Функция t должна быть определена и непрерывна на не-

котором отрезке ; .

2. На отрезке ; должна существовать непрерывная произ-

водная t .

3. ,a b .

4. Функция t принимает значения, принадлежащие отрезку

; , когда t меняется на отрезке ; .

Тогда имеет место равенство:


26

b

a

f x d x f t t d t

. (6.1)

Докажем эту формулу.

Так как f x является непрерывной функцией на отрезке ;a b ,

то для нее существует первообразная F x и тогда интеграл слева в

формуле (6.1) может быть вычислен по формуле Ньютона – Лейбни-

ца:

b

a

f x d x F b F a . (6.2)

Вычислим интеграл справа в формуле (6.1). Так как функция

)(xfy непрерывна на отрезке ;a b , а функция ( )x t непрерыв-

на на отрезке ; и отображает отрезок ; в отрезок ;a b , то,

по теореме о непрерывности сложной функции, функция tfy

непрерывна на отрезке ; . Так как по условию производная )(t

непрерывна на отрезке ; , то, по теореме о непрерывности про-

изведения, на этом отрезке будет непрерывна функция

f t t . Следовательно, функция f t t интегриру-

ема на отрезке ; .

Докажем, что первообразной для функции f t t явля-

ется функция F t . Для функции F t выполняются все

условия теоремы о производной сложной функции, поэтому

F t F t t f t t

.

Следовательно, F t является первообразной для функции

f t t . Но тогда интеграл справа в формуле (6.1) так же мо-

жет быть вычислен по формуле Ньютона – Лейбница:

f t t d t F t F F F b F a


27

Итак,

f t t d t F b F a

. (6.3)

Сравнивая формулы (6.2) и (6.3) убеждаемся в справедливости

формулы (6.1).

Замечание. При вычислении неопределенного интеграла мето-

дом замены переменной, по окончании операции надо было возвра-

щаться снова к первоначальной переменной, что вызывало иногда

довольно большие трудности. При вычислении же определенного ин-

теграла, как показывает формула, такое возвращение исключается и

заменяется изменением пределов интегрирования по новой перемен-

ной.

При использовании формулы (6.1), нужно особенно вниматель-

но следить за тем, чтобы функция x t удовлетворяла всем усло-

виям, при которых справедлива эта формула. Невыполнение этих

условий приводит к ошибке.


2

2

0

4 x d x .

Решение. В данном случае целесообразно сделать следующую

подстановку:

2sin , 2cosx t d x t d t ,

так как эта подстановка приводит подынтегральную функцию к ра-

циональному виду.

Установим законность такой подстановки, то есть проверим,

удовлетворяет ли новая функция всем условиям, при которых имеет

место равенство (6.1).

Подынтегральная функция 24f x x непрерывна на от-

резке 0; 2 . Функция 2sint t монотонно возрастает и имеет не-

прерывную производную 2cost t на отрезке 0; ,2

причем


28

0 0; 22

. Когда t изменяется на отрезке 0;

2

, функция

x t возрастает и принимает значения, принадлежащие отрезку

0; 2 . Так как все условия для применения равенства (6.1) выполне-

ны, получим:

2 2 22 2 2

0 0 0

4 4 4sin 2cos 4 cosx d x t t d t t d t

2 2

0 0

12 1 cos2 2 sin 2

2t d t t t

1 12 sin2 0 sin2 0

2 2 2 2


2

0

sin cosx x d x

.

Решение. Сделаем замену переменной sin x t , тогда

cos x d x d t . Новые пределы интегрирования будут sin0 0 ,

sin 12

. Подставляя, получим:

11 3 3 322 2

0 0 0

1 0 1sin cos

3 3 3 3

tx x d x t d t

.

На этом примере видно, что иногда удобнее брать подстановку

вида t x , а не x t .


3

1 7 2

d x

x .

Решение. Замена 27 2x t или 27

2

tx

, откуда d x t d t ,

требует следующего изменения пределов: при 1 11, 3x t ; при

2 23, 1x t . Подставляя, получим:


29

3 1

1

3

1 3

1 3 27 2

d x t d tt

tx

.

Замечание. Не следует забывать, что одновременно с записью

интеграла с новой переменной интегрирования надо менять его пре-

делы, иначе запись будет неверна.

Указание. Для отыскания пределов интегрирования новой пере-

менной t , используется равенство x t . Нижний предел

найдется, если вместо x подставить значение нижнего (старого) пре-

дела; верхний предел найдется, если вместо x подставить значение

верхнего (старого) предела.


2

2

0

1

1

xd x

x

.

Решение. Введем новую переменную t , связанную со старой пе-

ременной x соотношением cosx t t . Покажем, что такая заме-

на переменной законна.

Действительно: 1) функция cost t определена и непрерыв-

на на отрезке ;4 2

(так как она определена и непрерывна на всей

числовой прямой), и ее значения не выходят за пределы промежутка

20;

2

, когда t изменяется в отрезке ;4 2

;

2) 2

4 2

; 02

; 3) существует наотрезке ;4 2

непре-

рывная производная sint t .

Итак, положим cosx t , тогда

2

2

2

2cos1 1 cos 2 ctg ; sin1 1 cos 2

2sin2

tx t t

d x t d ttx t

.


30

Так как ,2 4

, то, применяя метод замены переменной

в определенном интеграле, получим:

2

2 4 4

0

2 2

cos 2sin cos1 2 2 2ctg sin1 2

sin2

t t tx t

d x t d t d ttx

4 4

2 4

2

2 2

1 cos2 cos 2 sin

2 2

t td t d t t t

2 2sin sin 1 1

4 4 2 2 4 2 2 4 2

.


ln3

ln 2

x x

d x

e e .

Решение. Полагая xe t , получим lnx t ,

d td x

t . Сделаем за-

мену пределов интегрирования: при 1 ln2,x 1 2t при 2 ln3,x

2 3t . Получим:

3ln3 3 3

2

ln 2 2 2 2

1 1 1 2 1ln ln ln

1 1 2 1 2 4 3x x

d td x d t tt

e e t tt

t

1 1 3

ln2 ln3 ln2 2 2

.


3

6

cos

sin

xd x

x

.

Решение. Положим sin x t . Тогда cos x d x d t ; пределы инте-

грирования изменятся так: при 1 16 , sin 6 1 2x t , при

2 23, sin 3 3 2x t . Получим:


31

3 33 2 2

3 3 21

12

6 2

cos 1 1 4 44

sin 2 2 3 3

x d td x

x t t

.


1

30

1

1

xd x

x

.

Решение. Введем новую переменную t , положив 6x t . Тогда

56d x t d t .

Найдем пределы интегрирования для новой переменной t : при6

1 10, 0,x t 1 0t ; при 6

2 21, 1,x t 2 1t .

Заменяя переменную в определенном интеграле, получим:

1 1 135 6 4 3 2

2 230 0 0

1 1 16 6 1

1 11

x t td x t d t t t t t t d t

t tx

1

7 5 4 3 2 2

0

1 1 1 1 1 16 ln 1 arctg

7 5 4 3 2 2t t t t t t t t

1 1 1 1 1 1 3 4096 1 ln2 0 3ln2

7 5 4 3 2 2 4 2 70

.


1

lne

x d x

x .

Решение. Введем новую переменную lnt x , тогда d x

d tx

.

При 1 11, ln1 0x t , при 2 2, ln 1x e t e . Все условия, при ко-

торых верна формула замены переменной в определенном интеграле

выполняются, поэтому получаем: 113 4

3

1 0 0

ln 1 10

4 4 4

ex d x t

t d tx

.


32

Интегралы с симметричными пределами

от четной и нечетной функции

Интегралами с симметричными пределами называют инте-

гралы вида:

a

a

f x d x

.

Преобразуем этот интеграл по свойству 5 определенного инте-

грала:

0

0

a a

a a

f x d x f x d x f x d x

. (6.4)

Преобразуем теперь интеграл 0

a

f x d x

, применяя метод заме-

ны переменной. Положим x t , тогда d x d t , при

1 1,x a t a , при 2 20, 0x t . Учитывая свойства 4 и 13 опреде-

ленного интеграла, получим:

0 0 0

0 0

.

a a

a a a

f x d x f t d t f t d t f t d t f x d x

Тогда формула (6.4) принимает вид:

0 0

a a a

a


. (6.5)

Пусть f x – четная функция, то есть f x f x , тогда

0 0 0

2

a a a a

a

f x d x f x d x f x d x f x d x

.

Пусть f x – нечетная функция, то есть f x f x , тогда

0 0

0

a a a

a


.

Итак, если функция f x в промежутке ;a a непрерывная и

четная, то


33

0

2

a a

a

f x d x f x d x

, (6.6)

если же функция f x в этом промежутке непрерывная, но нечетная,

то

0

a

a

f x d x

. (6.7)


5

1

x d x

.

Решение. Так как подынтегральная функция является нечетной,

то 1

5

1

0x d x

.


2

2

x d x

.

Решение. Так как подынтегральная функция является четной,

поэтому: 22 2 3

2 2

2 0 0

8 162 2 2 0

3 3 3

xx d x x d x

.


2

2 cos

d x

x

.

Решение. В данном примере подынтегральная функция четная, и

в силу формулы (6.6), будем иметь:

2 2

0

2

22 cos 2 cos

d x d xI

x x

.

Последний интеграл вычислим с помощью так называемой

«универсальной подстановки» tg2

xt . Отсюда легко находятся пре-


34

делы интегрирования по переменной t : если 1 0x , то 1

0tg 0

2t ;

если 2

2x

,

2 tg 12

t

.

Следовательно, когда x изменяется в промежутке 0;2

, то t

изменяется в промежутке 0; 1 . Функция 2arctgx t , обратная по

отношению tg2

xt , является монотонной и имеет непрерывную про-

изводную 2

2

1x t

t

в промежутке 0; 1 . Поэтому, в соответствии

с правилом замены переменной в определенном интеграле, используя

формулу

2

2

1 tg2cos

1 tg2

x

xx

, находим:

11 12

2 2 2

0 0 0 02

1 12 2 2 2 arctg

12 cos 1 3 3 32

1

d x d t d t tI

tx t t

t

2 1 2 1 2arctg arctg0 arctg

63 3 3 3 3 3 3

.


2

6

sinx x d x

.

Решение. Так как подынтегральная функция является нечетной,

то в силу формулы (6.7), получаем:

62

6

sin 0x x d x

.


35


1. При каких условиях применима формула замены переменной

в определенном интеграле?

2. Выведите указанную формулу.

3. Приведите пример определенного интеграла, который можно

вычислить по формуле замены переменной. Вычислите его.

4. Объясните, почему формальная замена переменной 1

xt

в

интеграле 1

2

11 2

d x

x

приводит к неверному результату.

5. Почему в интеграле

3

3 2

2

1x x d x нельзя положить sinx t ?

6. Докажите, что 2 2

0

2

a a

a

x d x x d x

.


Вычислить интегралы с помощью замены переменной:

8.

9

4 1

xd x

x . Подстановка

2x= t . Ответ: 7 2ln2 .

9.

1

2 2

0

1x x d x . Подстановка sinx = t . Ответ: 16

.

10. 2

1

ln 3 4

3 4

xd x

x

. Подстановка ln 3 4x t . Ответ: 21ln 10

6.

В следующих примерах самостоятельно подберите подстановку

и вычислите определенный интеграл.

11.

4

0 1

d x

x . Ответ: 4 2ln3 . 12.

ln8

ln3 1

x

x

e d x

e . Ответ: 2 .


36

13. 2

2

0

sin cosx x d x

. Ответ: 1

3. 14.

21

0

xxe d x . Ответ: 1

12

xe .

15.

2

2ln 1e

e

xd x

x

. Ответ: 4 .

§7. Интегрирование по частям в определенном интеграле

Пусть функции u x и v x непрерывны на отрезке ;a b вме-

сте со своими производными u x и v x . По правилу дифференци-

рования произведения имеем:

u v u v v u .

Проинтегрируем это равенство на отрезке ;a b , получим:

b b b

a a a

uv d x u v d x v u d x .

Интеграл в левой части равенства может быть вычислен по

формуле Ньютона – Лейбница:

b

b

a

a

uv d x uv ,

и известно, что ;u d x d u v d x d v .

Итак,

b bb

a

a a

uv v du u dv , откуда

b bb

a

a a

u dv uv v du . (7.1)

Это формула интегрирования по частям в определенном ин-

теграле.

Сущность метода интегрирования по частям состоит в том,

что с помощью формулы (7.1) можно перейти от интегрирования вы-

ражения u dv к интегрированию более простого выражения v du .

Пусть требуется вычислить определенный интеграл:


37

b

a

dxxTxA ,

где xA - алгебраическая функция; xT - трансцендентная функция,

а именно одна из следующих функций: ,xa log ,a x sin ,x cos ,x

arcsin ,x arccos ,x arctg x , arcctg x . При интегрировании по частям в

указанных интегралах целесообразно поступать следующим образом:

1. Если xT – это ,xaxe , sin x или cos x , то следует положить:

xAu , d v T x d x .

2. Если xT – это log ,a x ln x или обратная тригонометрическая

функция arcsin ,x arccos ,x arctg x , arcctg x , то следует положить:

xTu , d v A x d x .


2

0

cosx x d x

.

Решение. Полагая u x , получим d u d x , cosd v x d x ,

sinv d v x . Пользуясь формулой (7.1), будем иметь:

2 2

2 2

0 0

0 0

cos sin sin 2 sin2 0sin0 cosx x d x x x x d x x

cos2 cos0 1 1 0 .


3

2

2

lnx x d x .

Решение. Под знаком интеграла стоит произведение рациональ-

ной функции 2A x x на трансцендентную функцию lnT x x .

Полагая lnu x , получим d x

d ux

, 2d v x d x , 3

.3

xv d v

Пользуясь формулой (7.1), будем иметь: 3 3 33 33 3 3

2 2

2 22 2 2

1 1 8 19ln ln ln 9ln3 ln2 .

3 3 3 3 3 3 9

x x xx xd x x x d x x


38


1

0

xx e d x .

Решение. Полагая u x , xd v e d x , получим d u d x , xv e .

Пользуясь формулой (7.1), будем иметь:

1 1

1 1

0 00 0

1 1x x x xxe d x xe e d x e e e e .


3

1

ln x d x .

Решение. Под знаком этого интеграла тоже фактически стоит

произведение рациональной функции 1A x на трансцендентную

lnT x x . Принимая во внимание указания к применению формулы

интегрирования по частям, положим lnu x , тогда d x

d ux

,

,d v d x v x . Пользуясь формулой (7.1), будем иметь:

1 1

1 1

ln ln ln 1ln1 1 1

e ee ed x

x d x x x x e e x e ex

.

Формула интегрирования по частям применяется не только в тех

случаях, когда под знаком интеграла стоит произведение рациональ-

ной и трансцендентной функций.


8

1 3 1

x d x

x .

Решение. Полагая u x , получим d u d x , 3 1

d xd v

x

,

23 1

3v x . Пользуясь формулой (7.1), будем иметь:

88 8

11 1

2 23 1 3 1

3 33 1

x d x xx x d x

x

8

3 3 3

1

16 2 4 16 2 425 4 3 1 5 2 5 2

3 3 27 3 3 27x


39

80 4 4 117 76 528

3 27 3

.


2

0

cosxe x d x

.

Решение. Полагая 2xu e , получим 22 xd u e d x , cosd v x d x ,

sinv x . Пользуясь формулой (7.1) получим:

2 2 22 2 2 22

00 0 0

cos sin 2 sin 2 sinx x x xe x d x e x e xd x e e xdx

. (7.2)

Полученный интеграл в правой части равенства интегрируем по

частям.

Положим 2

1

xu e , получим 2

1 2 xd u e d x , 1 sind v x d x

1 cosv x d x . По формуле (7.1), будем иметь:

2 2 22 2 2 22

00 0 0

sin cos 2 cos 1 2 cosx x x xe xd x e x e xd x e xd x

.(7.3)

Подставляя результат равенства (7.3) в равенство (7.2), получим:

2 2 22 2 2

0 0 0

cos 2 1 2 cos 2 4 cosx x xe x d x e e xd x e e xd x

.

Итак, после двукратного применения интегрирования по частям,

мы пришли к тому же интегралу

2

2

0

cosxe x d x

, который требовалось

вычислить. Такие интегралы называют циклическими.

Решаем полученное уравнение относительно искомого интегра-

ла: 2

2

0

5 cos 2xe x d x e

,

откуда получаем ответ:

2

2

0

2cos

5

x ee x d x

.


40


2

0

3 sinx x d x

.

Решение. Полагая 2 3u x , получим 2d u x d x , sin ,d v x d x

sin cosv x d x x . Применяя формулу (7.1), получим:

2 2

2 2 2

00 0

3 sin 3 cos 2 cosx x d x x x x x d x

2

0

3 2 cosx x d x

.

Для вычисления последнего интеграла вновь применяем форму-

лу (7.1), полагая 1u x и 1 cosd v x d x , тогда 1d u d x , 1 sin .v x

Имеем:

2 2

2 2

00 0

3 sin 3 2 sin sinx x d x x x x d x

2

0

3 2 sin 0 cos2 2

x

3 2 cos cos0 3 2 1 52 2 2

.

При интегрировании часто приходится последовательно приме-

нять метод замены переменной и метод интегрирования по

частям.


2

4

0

sin x d x

.

Решение. Выполним замену переменной, положим t x , от-

сюда 2x t и, значит 2d x t d t . Найдем пределы интегрирования


41

для новой переменной t : если 0x , то 0 0t ; если 2

4x

, то

2

4 2t

. Итак, переменная t изменяется в промежутке 0;

2

.

2

4 2 2

2 20 0

0 0 0

sin 2 sin 2 cos cos 2 0 sin 2.x d x t t d t t t t d t t

Интеграл с переменной интегрирования t вычислен методом инте-

грирования по частям, полагая u t , d u d t , sind v t d t , cosv t .


1. Выведите формулу интегрирования по частям для определен-

ного интеграла.

2. Какие условия должны выполняться, чтобы операция инте-

грирования по частям была законной?

3. Приведите пример определенного интеграла, который можно

вычислить по формуле интегрирования по частям. Вычислите его.

4. Не вычисляя интеграла

2

5

0

cosx x d x

, выясните, сколько раз

необходимо применить формулу интегрирования по частям, чтобы

получить ответ.


16.

2

1

lnx x d x . Ответ: 3

2ln 24

.

17.

1 2

0

arcsin x d x . Ответ: 12 3 2 1 .

18.

1

2

0

xx e d x . Ответ: 2e .

19. 2

2

0

3 5 cos2x x d x

. Ответ: .


42

§8. Несобственные интегралы

При определении определенного интеграла b

a

f x d x предпола-

галось, что:

1) отрезок интегрирования ;a b конечен;

2) подынтегральная функция f x непрерывна на отрезке ;a b .

Такие интегралы называются определенными или собственны-

ми. Однако в различных приложениях часто приходится встречаться

с разрывными функциями и с функциями, аргументы которых изме-

няются не в конечном интервале, поэтому понятие определенного ин-

теграла нужно расширить и рассмотреть такие интегралы, где:

1) один или оба предела интегрирования бесконечны;

2) подынтегральная функция может иметь разрыв внутри про-

межутка интегрирования.

Такие интегралы называются несобственными.

Определение. Интегралы с бесконечными пределами или от

разрывных функций называются несобственными.

8.1. Несобственные интегралы с бесконечными

пределами интегрирования

1. Пусть функция y f x определена в бесконечном проме-

жутке ;a и интегрируема на любом конечном отрезке ;a b , то

есть существует b

a

f x d x .

Определение. Предел интеграла b

a

f x d x при b , назы-

вается несобственным интегралом функции f x с бесконечным

верхним пределом, при условии, что функция )(xf непрерывна на

промежутке ;a .


43

Обозначается: a

f x d x

.

Таким образом, по определению имеем:

lim

b

ba a

f x d x f x d x

. (8.1)

Если указанный предел существует и конечен, то интеграл

называется сходящимся. Если указанный предел бесконечен или не

существует, то интеграл называется расходящимся.

Геометрический смысл несобственного интеграла a

f x d x

Пусть функция 0f x и

f x непрерывна в промежутке

;a . Рассмотрим фигуру, за-

ключенную между кривой y f x ,

осью O x и лежащую правее прямой

x a (рис. 3).

За площадь S этой фигуры

принимается предел площади криволинейной трапеции a ABb при

b , при условии, что этот предел конечен: lim .a ABbb

S S

Следует понимать, что фигура, о площади которой идет речь яв-

ляется неограниченной – она неограниченно простирается вправо.

Пример 35. Исследовать на сходимость интеграл3

1

d x

x

.

Решение. Подынтегральная функция 3

1)(

xxf непрерывна на

множестве ; 0 0;X , а значит, и на промежутке

0 x b a

y

Р и с. 3

А

B

y=f(x)


44

1; . Следовательно, 3

1

d x

x

– несобственный интеграл с беско-

нечным верхним пределом. По определению получим:

3 3 2 2

1 1 1

1 1 1 1 1lim lim lim 0 .

2 2 2 2 2

bb

b b b

d x d x

x x x b

Следовательно, интеграл сходится.


d x

x

.

Решение. Подынтегральная функция x

xf1

)( непрерывна на

множестве ; 0 0;X , а значит, и на промежутке 1; .

Следовательно, 1

d x

x

– несобственный интеграл с бесконечным

верхним пределом. По определению получим:

1

1 1

lim lim ln lim ln ln1

bb

b b b

d x d xx b

x x

.

Данный интеграл расходится.


cos xd x

.

Решение. Подынтегральная функция xxf cos)( непрерывна на

множестве R , а значит, и на промежутке 0; .


cos x d x

– несобственный интеграл с беско-

нечным верхним пределом. Поэтому по определению имеем:

0

0 0

cos lim cos lim sin

bb

b bx d x x d x x

lim sin sin0 lim sinb b

b b

.

Предела не существует, следовательно, интеграл расходится.


45

2. Пусть теперь f x определена в бесконечном промежутке

; b и интегрируема на любом конечном отрезке ;a b , то есть

существует интеграл b

a

f x d x .


a

f x d x при a назы-

вается несобственным интегралом от функции f x с

бесконечным нижним пределом, при условии, что функция )(xf

непрерывна на промежутке ; b .

Обозначается: b

f x d x

.

Таким образом, по определению имеем:

lim

b b

aa

f x d x f x d x

. (8.2)


называется сходящимся, если бесконечен или не существует, то ин-

теграл называется расходящимся.

В случае сходящегося интегра-

ла, b

f x d x

геометрически дает

площадь фигуры, заключенной меж-

ду кривой y f x 0f x , пря-

мой x b , осью O x и неограниченно

простирающейся влево (рис. 4).

Пример 38. Исследовать на сходимость интеграл

2

3 1

d x

x

.

Решение. Подынтегральная функция 3 1

1)(

xxf непрерывна

на множестве ; 1 1;X , Промежуток ; 2 .X

0

y

x b

y=f(x)

Р и с. 4


46


d x

x

– несобственный интеграл с бесконечным

нижним пределом. По формуле (8.2), получим:

22 2 2 1 2

3 33 3

3lim lim 1 1 lim 1

21 1a a aaa a

d x d xx d x x

x x

2 2

3 33

lim 2 1 12a

a

.

Следовательно, интеграл расходится.

3. Пусть f x задана на бесконечном промежутке ; и

интегрируема на любом конечном сегменте ;a b , то есть существует

b

a

f x d x при любых a и b .

Определение. Несобственный интеграл с бесконечными верх-

ним и нижним пределами определяется с помощью равенства:

c

c


, (8.3)

где c - произвольное действительное число, )(xf непрерывная функ-

ция на R .

Причем, если оба интеграла справа в формуле (8.3) сходятся, то

интеграл f x d x

называется сходящимся, если же один из инте-

гралов справа расходится, а другой сходится, то интеграл f x d x

называется расходящимся.

Пример 39. Исследовать на сходимость интеграл: xe d x

.

Решение. Функция ( ) xf x e непрерывна на R . Согласно фор-

муле (8.3), выбрав 0c , будем иметь:


47

0

0

x x xe d x e d x e d x

.

Исследуем отдельно каждый из интегралов, стоящих в правой

части равенства, используя формулы (8.2) и (8.1).

0 0

00lim lim lim 1x x x a

aa a aa

e d x e d x e e e

.

0

00 0

lim lim lim

bb

x x x b

b b be d x e d x e e e

.

По определению, исходный интеграл является расходящимся.

Пример 40. Исследовать на сходимость несобственный инте-

грал: 21

d x

x

.

Решение. Функция 2

1( )

1f x

x

непрерывна на R .

Согласно формулам (8.3), (8.2) и (8.1), имеем: 0 0

2 2 2 2 2

0 0

lim lim1 1 1 1 1

b

a ba

d x d x d x d x d x

x x x x x

0

0

lim arctg lim arctgb

a ba

x x

lim arctg0 arctg lim arctg arctg0a b

a b

lim arctg lim arctg2 2a b

a b

.

В данном случае ось O x для подынтегральной функции

2

1

1y

x

(кривая Аньези) является асимптотой (рис. 5).

Геометрически интеграл

21

b

a

d x

x представляет собой

площадь криволинейной трапе-0 a b x

A

1

y

Р и с. 5

0 a b x

A

1

y

Р и с. 5


48

ции a ABb ; но если a и b , то несобственный интеграл

выразит площадь бесконечной криволинейной трапеции, которая

имеет конечную величину .

Формула Ньютона - Лейбница для несобственных интегралов

с бесконечными пределами интегрирования

Пусть функция y f x имеет первообразную F x , тогда по

определению несобственного интеграла имеем:

lim lim lim

b

b b ba a

f x d x f x d x F b F a F b F a

Будем понимать под символом F предел функции F x при

x :

lim limx b

F F x F b

.

Таким образом, для простоты записи и рассуждений, при вычис-

лении несобственных интегралов с бесконечными пределами инте-

грирования применима формула Ньютона – Лейбница:

lima x

a

f x dx F x F F a F x F a

; (8.4)

lim

bb

xf x dx F x F b F F b F x

; (8.5)

lim limx x

f x dx F x F F F x F x

. (8.6)

Пример 41. Исследовать на сходимость интеграл2 2 5

d x

x x

.

Решение. Функция 52

1)(

2

xxxf непрерывна на R .

Согласно формуле (8.6), будем иметь:

22 2

1 1

2 5 2 22 1 4 1 4

d x d x d x xarctg

x x x x x


49

1 1 1 1lim lim

2 2 2 2 2 2 2x x

x xarctg arctg

.

Данный интеграл сходится.


3ln

d x

x x

.

Решение. Функция xx

xf4ln

1)( непрерывна на множестве

0; 1 1;X , Промежуток 3; X . Следовательно, дан-

ный интеграл – несобственный с бесконечным верхним пределом.

Применяя формулу (8.4), получим:

4

4 3

33 3

1ln ln

ln 3ln

d xx d x

x x x

3 3 3

1 1 1lim

3ln 3ln 3 3ln 3x x

.

Исходный интеграл сходится.


1

arctg x d x

x

.

Решение .Подынтегральная функция 2

)(x

xarctgxf непрерывна

на множестве ,00, X , а значит, и на промежутке

1, . Следовательно, 2

1

arctg xd x

x

– несобственный интеграл с

бесконечным верхним пределом.

Воспользуемся определением несобственного интеграла:

2 2

1 1

arctg arctglim

b

b

x d x x d x

x x

.

Вычислим сначала определенный интеграл 2

1

arctgb

x d x

x , для чего

воспользуемся формулой интегрирования по частям (7.1), полагая


50

arctgu x , тогда 21

d xd u

x

,

2

1,

d xd v v

x x .

2 211 1

arctg 1

1

bb bx d x d x

arctg xx x x x

2 2

2

1

11arctg arctg1+

1

b x xb d x

b x x

21

1

1 1arctg + ln arctg + ln ln1

4 1 4

bb xdx

b x b bb x b

2 2

1

1 1 1 1ln 1 arctg + ln ln 1 ln2

2 4 2 2

b

x b b bb

2

1 1arctg ln ln 2

4 21

bb

b b

.

Вычислим теперь предел полученного выражения приb :

2

1 1 1lim arctg ln ln2 ln2

4 2 4 21b

bb

b b

,

так как 1

lim arctg 0b

bb

и 2

2

1lim ln lim ln 0

111

b b

b

b

b

.

Итак, данный интеграл является сходящимся.

Замечание. Интегралы с бесконечными пределами интегриро-

вания называются несобственными интегралами первого рода.


1. Дайте определение несобственного интеграла первого рода

(интеграла, у которого один или оба предела интегрирования беско-

нечны), укажите его геометрический смысл.

2. Приведите примеры сходящегося и расходящегося интегра-

лов первого рода.


51

3. В каком смысле следует понимать распространение формулы

Ньютона- Лейбница на случай несобственных интегралов с беско-

нечными пределами?

4. При каких значениях k сходится интеграл 1

k

d x

x

?


Исследовать на сходимость следующие несобственные интегра-

лы.

20. 2

1

d x

x

. Ответ: 1. 21.

1

2

d x

x

. Ответ: расходится.

22. 2 2 2

d x

x x

. Ответ: . 23.

2xx e d x

. Ответ: 1.

8.2. Несобственные интегралы от неограниченных функций

Рассмотрим случай, когда интегрируемая функция f x при от-

дельных значениях переменной, лежащих внутри пределов интегри-

рования, терпит разрыв непрерывности.

1. Пусть функция y f x непрерывна приa x b . Предпо-

ложим, что она интегрируема на отрезке ;a b , где 0 b a , и

неинтегрируема на отрезке ;b b , то есть интеграл b

a

f x d x

су-

ществует, а интеграл b

b

f x d x

не существует.

Точка b называется особой точкой функции f x . Можно до-

казать, что вблизи особой точки функция f x является неограни-

b a

b–


52

ченной. На практике нам обычно встречаются случаи, когда в особой

точке функция обращается в бесконечность.


a

f x d x

при 0 называ-

ется несобственным интегралом функции f x на отрезке ;a b и

обозначается b

a

f x d x , при условии, что функция )(xf непрерывна

на промежутке ;a b .

Таким образом, по определению:

0

lim

bb

a a

f x d x f x d x

, (8.7)

если при ,x b f x .

Если указанный предел существует и конечен, то говорят, что

интеграл сходится. Если указанный предел бесконечен или не суще-

ствует, то интеграл расходится.


1

20 1

d x

x .

Решение. Рассмотрим функцию 2

1

1f x

x

. Эта функция

непрерывна на интервале 1; 1 , а следовательно, непрерывна и на

промежутке 0; 1 ; 1x является особой точкой функции f x . По

определению (8.7) имеем: 11

2 200 0

lim1 1

d x d x

x x

1

0 0

lim arcsin x

0

lim arcsin 1 arcsin0

y

x -1 1

1

0

Р и с. 6


53

arcsin1 .2

Интеграл сходится.

Геометрический смысл полученного результата состоит в сле-

дующем: площадь под кривой 2

1

1y

x

на полуинтервале 0; 1

равна 2

(рис. 6).

2. Пусть теперь функция f x интегрируема на отрезке

;a b и неинтегрируема на отрезке ;a a .

Точка x a является особой точкой функции f x .


a

f x d x

при 0 называ-

ется несобственным интегралом функции f x по отрезку ;a b ,

при условии, что функция )(xf непрерывна на промежутке ;a b .

Таким образом, по определению:

0

lim

b b

a a

f x d x f x d x

, (8.8)

если функция f x непрерывна при всех значениях x , кроме x b ,

причем при ,x b f x .

Если в формуле (8.8) предел конечен, то говорят, что интеграл

сходится, если этот предел бесконечен или не существует, то гово-

рят, что интеграл расходится.

Пример 48. Пользуясь определением, вычислить несобственный

интеграл

1

0

d x

x или установить его расходимость.

b a

a+


54


yx

непрерывна на

множестве 0;X , значит, непрерывна на полуинтервале 0; 1 ,

0x – особая точка.

Так как 0

1lim

x x , то функция

1y

x имеет бесконечный

разрыв в точке 0x . Пользуясь определением несобственного инте-

грала (8.8), получим:

1 1 1

0 0 00 0

lim lim 2 lim 2 1 2d x d x

xx x

.


Пример 49. Пользуясь определением, вычислить несобственный

интеграл

1

0

d x

x или установить его расходимость.


yx

непрерывна на мно-

жестве ; 0 0;X , значит, непрерывнана полуинтервале

0; 1 , 0x – особая точка.

Так как 0

1lim

x x , то функция

1y

x имеет бесконечный раз-

рыв в точке 0x . Пользуясь определением несобственного интеграла

(8.8), получим:

1 1 1

0 0 00

lim lim ln lim ln1 lnd x d x

xx x

.


3. Особая точка функции может находится и внутри отрезка

;a b . Пусть a c b , где c - особая точка функции f x , то есть

функция интегрируема на отрезках 1;a c и 2;c b и неинте-

грируема на отрезке 1 2;c c .


55

В этом случае несобственный интеграл определяется как сумма

пределов:

1

1 2

2

0 0lim lim

cb b

a a c


, (8.9)

причем 1 0 и 2 0 стремятся к нулю произвольно и независимо

друг от друга.


2

2

0

ad x

x a .

Решение. Подынтегральная функция

2

1( )f x

x a

непрерывна

на множестве ; ;X a a , значит, ax – особая точка.

Так как

20

1lim

x a x a

, то функция

2

1( )f x

x a

имеет

бесконечный разрыв в точке ax , то есть при значении, лежащим

между пределами интегрирования 0 и 2a . Следовательно, нужно при

решении пользоваться определением (8.9) несобственного интеграла:

11

1 2 1

2

2 2

2 2 20 0 00 0 0

1lim lim lim

aaa a

a

d x d x d x

x ax a x a x a

2 1 2

2

2

0 0 01 2

1 1 1 1 1lim lim lim

a

ax a a a

.



1

0

.1

d x

x x

b a c+c


56

Решение. Подынтегральная функция xx

xf

1

1)( непрерыв-

на на интервале 0; 1 , значит, 0x и 1x – особые точки.

Так как 0

1lim

1x x x

и

1 0

1lim

1x x x


xxxf

1

1)( имеет бесконечный разрыв в точках 0x и 1x .

Пользуемся определениями (8.7) и (8.8):

2

1 2

1

111 2

0 010

2

lim lim1 1 1

d x d x d x

x x x x x x

2

1 21

11

2

0 0 1

2

lim arcsin 2 1 lim arcsin 2 1x x

1 2

1 20 0

lim arcsin0 arcsin 2 1 lim arcsin 1 2 arcsin0

2 2

.


Замечание. Иногда при исследовании на сходимость несоб-

ственных интегралов методом замены переменной, он преобразуется

в собственный интеграл от непрерывной функции с конечным отрез-

ком интегрирования. Такой интеграл вычисляется обычным путем

без применения предельного перехода. Может случиться и обратное,

то есть при замене переменной определенный интеграл может перей-

ти в несобственный.


3 3

20 9

x d x

x .


2( )

9

xf x

x

непрерывна

на интервале 3; 3 , значит, непрерывна на полуинтервале 0; 3 ,


57

3x – особая точка. Так как 3

23 0lim

9x

x

x


3

2( )

9

xf x

x

имеет бесконечный разрыв в точке 3x .

Согласно определению несобственного интеграла, мы должны

воспользоваться при его вычислении формулой (8.7). Замена пере-

менной 3 sinx t ; 3 cosd x t d t дает при 1 10, 0x t , при

2 23,2

x t

; получим интеграл 2

3

0

27 sin t d t

, который вычисля-

ется на конечном отрезке интегрирования и подынтегральная функ-

ция есть непрерывная функция. Следовательно, нам не нужно совер-

шать предельный переход, мы получим:

3 3 2 2 2

3 2 2

20 0 0 0

27 sin 27 sin sin 27 1 cos cos9

x d xt d t t t d t t d t

x

23

0

1 127 cos cos 27 1 18

3 3t t

.

Замечание. Интегралы от неограниченных функций называются

несобственными интегралами второго рода.


1. Дайте определение несобственного интеграла второго рода

(интеграла от неограниченной функции).

2. Укажите геометрический смысл несобственного интеграла

второго рода в случае, когда подынтегральная функция неотрица-

тельна.

3. Приведите примеры сходящегося и расходящегося интегра-

лов второго рода.

4. Как вычисляется интеграл от функции f x , неограниченной

в конечном числе точек отрезка ;a b .


58

5. При каких положительных значениях сходятся интегралы:

b

a

d x

x a

и

b

a

d x

b x

?


Исходя из определения несобственных интегралов от неограни-

ченных функций, исследовать на сходимость следующие интегралы:

24.

2

0 2

d x

x . Ответ: 2 2 .

25.

2

2

0 1

d x

x . Ответ: расходится.

26.

1

0

ln x d x . Ответ: 1 .

27.

3

2

04 3

d x

x x . Ответ: расходится.


59

Г Л А В А 2. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ И ФИЗИЧЕСКИЕ

ПРИЛОЖЕНИЯ ОПРЕДЕЛЕННОГО ИНТЕГРАЛА

§1. Применение определенного интеграла

В силу абстрактности понятия определенного интеграла, инте-

гральное исчисление широко применяется к самым разнообразным

вопросам геометрии, механики, физики, химии, экономики и другим

научным дисциплинам, причем решение задачи проводится по одной

и той же схеме.

Рассмотрим две схемы применения определенного интеграла

для вычисления некоторой неизвестной величины U .

Схема I

1. Разбиваем U на большое число n малых слагаемых (элемен-

тарных слагаемых iU )

1 2

1

...n

n i

i

U U U U U

.

2. Находим приближенное значение каждого элементарного сла-

гаемого iU в виде произведения i i iU f x . Затем составляем

сумму таких произведений (интегральную сумму), которая дает при-

ближенное значение U , то есть

1

n

i i

i

U f x

,

где x - один из параметров величины U , изменяющийся на данном

отрезке a x b ; f x - данная или определяемая из условия задачи

функция от x ; 1i i ix x x - длины частичных отрезков, на кото-

рые отрезок интегрирования делится, причем деление можно произ-

водить произвольно: на равные и неравные части; i - произвольные

точки, выбранные в каждом элементарном отрезке; эти точки можно

брать как внутри отрезка, так и на его границах.


60

3. Чтобы от приближенного равенства перейти к точному равен-

ству, нужно n устремить к бесконечности. Если при этих условиях

погрешность приближенного равенства стремится к нулю, то величи-

на U будет найдена точно и численно будет равна определенному

интегралу:

b

a

U f x d x .

Схема II

Метод дифференциала

1. Составляем дифференциал искомой величины U , то есть при-

ближенную величину (главную часть) ее приращения U , при изме-

нении x на малую величину x d x :

dU f x d x ,

где f x - данная или определяемая из условия задачи функция.

2. Интегрируя полученное равенство в пределах от x a до

x b , находим значение самой искомой величины:

b

a

U f x d x .

§2. Вычисление площади плоской фигуры в декартовых

координатах

2.1. Площадь фигуры, ограниченной кривой,

заданной уравнением y = f x

Пусть функция y f x определена и непрерывна на отрезке

;a b и неотрицательна на этом отрезке.

Рассмотрим криволинейную трапецию, ограниченную графиком

функции y f x , прямыми x a , x b и осью O x (рис. 7).

Согласно геометрическому смыслу определенного интеграла,

площадь S этой криволинейной трапеции численно равна определен-


61

ному интегралу от функции f x на отрезке ;a b :

b

a

S f x d x . (2.1)

Если функция y f x неположительная на отрезке ;a b , то-

гда 0

b

a

f x d x . В этом случае площадь S криволинейной трапеции

(рис. 8) равна определенному интегралу от функции f x на отрезке

;a b , взятому со знаком «минус».

b

a

S f x d x . (2.2)

Если площадь ограничена кривой y f x и осью O x

(рис. 9), то нужно вычислить абсциссы точек пересечения кривой с

осью O x и затем вычислить площадь по формуле (2.1).

Если плоская фигура не является криволинейной трапецией, то-

гда выражают искомую площадь как алгебраическую сумму площа-

дей некоторых криволинейных трапеций. Для этого разбивают эту

площадь на части прямыми, параллельными оси O y так, чтобы каж-

дая часть была ограничена только одной кривой как сверху, так и

снизу, то есть чтобы каждая часть была простой фигурой. Для такой

фигуры характерно то, что всякая прямая 0 0x x a x b встреча-

ет ее контур не более чем в двух точках. Криволинейная трапеция

представляет собой частный случай простой фигуры.

y

x 0

y

x 0

y

x 0 a b

a b

S

S

a b

Р и с. 7. Р и с. 8. Р и с. 9.

S


62

На рис. 10 показаны простые фигуры, а на рис. 11 изображена

фигура, уже не являющаяся простой.

Пусть плоская фигура ABC (рис. 12), ограниченная линиями

y f x AB , y g x BC и y h x AC , не является криво-

линейной трапецией. Тогда эту фигуру раз-

бивают на ряд простых фигур (для чего нуж-

но найти координаты точек пересечения кри-

вых). Затем искомую площадь нужно рас-

смотреть как алгебраическую сумму площа-

дей криволинейных трапеций a ABb , bBCc

и a ACc , то есть площадь S фигуры ABC

вычисляется по формуле:

b c c

a b a

S f x d x g x d x h x d x . (2.3)

Если фигура образована пересечением кривых так, что любая

прямая, параллельная оси O y , пересекает ее границы не более чем в

двух точках, то площадь равна разности площадей соответствующих

криволинейных трапеций (рис. 13) и имеет место формула:

2 1

b

a

S f x f x d x . (2.4)

Формула (2.4) справедлива для 1f x и 2f x таких, что

2 1f x f x на отрезке ;a b (рис. 14).

y

0 a b

Р и с. 12.

с

A C

B

S

x

y

a 0 b x0 a1 b1 a2 b2

Р и с. 10.

y

x 0 x0 a b

Р и с. 11.


63

За отрезок интегрирования в написанных выше формулах мы

брали отрезок ;a b оси O x , на котором была задана функция f x ,

но функцию можно задать и как x y на отрезке ;c d оси O y

(рис. 15) и (рис. 16), то есть можно поменять местами x и y , тогда

формула (2.1) примет вид:

d

c

S y d y , (2.5)

а формула (2.4) будет такой:

2 1 .

d

c

S y y d y (2.6)

Пример 53. Вычислить площадь фигуры, ограниченной кривой xy e , осью абсцисс и прямыми 1x и 2x (рис. 17).

x

y

0 a

Р и с. 13.

S

b

y=f2(x)

y=f1(x) S

y=f2(x)

y=f1(x)

0 a b x

y

Р и с. 14.

x

y

0

d

Р и с. 15.

c

x=φ(y)

S

x

y

Р и с. 16.

S x=φ1(y) x=φ2(y)

d

с


64

Решение. Согласно формуле (2.1), искомая площадь S будет

равна: 2

22

11

x xS e d x e e e (кв. ед.).

Пример 54. Вычислить площадь фигуры, ограниченной синусо-

идой siny x и осью O x от точки 0x до точки 2x

(рис. 18).

Решение. Здесь 1 2S S S , где 1S вычислим по формуле (2.1), а

2S вычислим по формуле (2.2), так как на отрезке 0; синусоида

проходит выше оси O x , а на отрезке ; 2 она лежит ниже оси O x .

Итак,

1

0 0

sin cos cos cos 0 ( 1) 1 2S x d x x

(кв. ед.),

22

2 sin cos cos2 cos 1 ( 1) 2S x d x x

(кв. ед.).

Следовательно, 4S (кв. ед.).

Пример 55. Вычислить площадь фигуры, ограниченной парабо-

лой 24y x и осью O x (рис. 19).

x

y

0

Р и с. 17.

1 2

S

x

y

0

Р и с. 18.

1

2

S1

S2


65

Решение. Определяем абсциссы точек пересечения параболы с

осью O x . Для этого решим систему уравнений:24 ,

0.

y x

y

24 0x , откуда 1 22, 2x x . Интегрируем по x в пределах от

2 до 2 , учитывая при вычислении интеграла, что 24f x x яв-

ляется функцией четной.

2

2 2 32 2

2 0 0

8 324 2 4 2 4 2 8

3 3 3

xS x d x x d x x

.

Так как фигура симметрична относительно от оси O y , то можно

было вычислить половину площади и полученный результат удвоить.

Пример 56. Найти площадь фигуры, ограниченной линиями: 22y x x , 0y , 3x (рис. 20).

Решение. Парабола 22y x x пересекает ось O x в точках 0x

и 2x . Искомая площадь состоит из двух частей: одна часть AOB

расположена выше оси O x , другая часть B DC расположена ниже

оси O x . Согласно формулам (2.1) и (2.2), будем иметь:

2

2 3 32 2 2

0 0

2 42 2 0

3 3 3AO B

xS x x d x x

,

3

3 3 3 32 2 2 2

2 2

3 2 42 3 2 .

3 3 3 3B DC

xS x x d x x

Тогда искомая площадь S будет равна:

y

0

Р и с. 19.

x

4

–2 2

y

0

Р и с. 20.

x

–3

2 3

С

B

A

D


66

8

3AO B B DCS S S (кв. ед.).

Пример 57. Найти площадь фигуры, ограниченной линиями:

2y x , 1

yx

, 3x , 0y (рис. 21).

Решение. Искомая площадь S - это площадь «под» кривой O AB

на отрезке 0; 3 . Линия O AB состоит из части O A параболы 2y x

на отрезке 0; 1 , и части AB гиперболы 1

yx

на отрезке 1; 3 . Пло-

щадь S найдем как сумму площадей: O AD ABC DS S S , каждую из

которых вычислим, используя формулу (2.1). Координаты точки

1; 1A - точки пересечения гиперболы 1

yx

и параболы 2y x

найдены из системы:

2 ,

1.

y x

yx

11 32

0 0

1

3 3O AD

xS x d x ;

33

11

ln ln3.ABC D

d xS x

x

Итак, искомая площадь S будет равна: 1

ln33

S (кв. ед.).

y

Р и с. 21.

x 0

y=x2

1

1 3 C

B A

D

y

Р и с. 22.

x 0

1 6

B

2

C

A

1


67

Пример 58. Найти площадь фигуры, ограниченной параболой 2 6 5y x x и прямой 2 7y x (рис. 22).

Решение. Из уравнения 2 6 5 2 7x x x найдем абсциссы то-

чек пересечения параболы и прямой: 1 2x и 2 6x . Значит, нужная

нам фигура ограничена с боков прямыми 2x и 6x , сверху пря-

мой 2 7y x , а снизу параболой 2 6 5y x x , 2; 3A ; 6; 5B ,

вершина параболы 3; 4A .

Применяя формулу (2.4), найдем площадь S нашей фигуры:

6 6

2

2 1

2 2

2 7 6 5S f x f x d x x x x d x

6

6 32 2

2 2

328 12 4 12

3 3

xx x d x x x

(кв. ед.).

Пример 59. Определить площадь между параболой 22x y y

и осью O y (рис. 23).

Решение. Определим ординаты точек пересечения параболы с

осью O y . Для этого решим совместно систему уравнений

22 ,

0.

x y y

x

. Решение дает 1 2y и 2 1y . Для вычисления иско-

мой площади S воспользуемся формулой (2.5):

y

Р и с. 23.

x 0

–2

S

1

C

a 0

y

x

S

1

Р и с. 24.


68

1

1 2 32

2 2

2 22 3

y yS y y d y y

1 1 8 12 4 2 4

2 3 3 2

(кв. ед.).

Пример 60. Вычислить площадь фигуры, ограниченной кривой

1y

x , осью абсцисс и прямыми 1x и x a , 1a .

Решение. Кривая 1

yx

есть равнобочная гипербола, асимптота-

ми которой служат оси координат (рис. 24). По формуле (2.1) имеем:

1

1

ln ln ln1 ln

aad x

S x a ax

(кв. ед.)

Рассмотренный пример дает простое геометрическое истолкова-

ние натурального логарифма произвольного числа 1a в виде пло-

щади соответствующей криволинейной трапеции, ограниченной ги-

перболой; этим и объясняется их, хотя и редко встречающееся назва-

ние – гиперболические логарифмы.

Пример 61. Найти площадь, заключенную между параболами

2x y и 231

4x y (рис. 25).

Решение. Решая систему

2

2

,

31

4

x y

x y

, находим координаты то-

чек пересечения 4; 2A , 4; 2B . Так как фигура симметрична от-

носительно оси O x , то можно вычислить половину площади и удво-

ить полученный результат.

В данном случае 2

2

31

4y y и 2

1 y y . Пользуясь фор-

мулой (2.6), получим:

2 2

2 2

2 1

0 0

32 2 1

4S y y d y y y d y


69

22 3

2

0 0

1 82 1 2

4 12 3

yy d y y

(кв. ед.).

Пример 62. Найти площадь, содержащуюся между параболами 2 2y p x и 2 2x p y .

Решение. Чтобы найти искомую площадь (рис. 26), найдем точ-

ки пересечения парабол, для этого решим систему уравнений: 2

2

2 ,

2

y p x

x p y

. Получим: 0, 2x x p .

Данная фигура ограничена сверху параболой 2 2f x p x ,

снизу – параболой 2

12

xf x

p . Воспользуемся формулой (2.4)

2 2 2

2 1

0 0

22

p px

S f x f x d x p x d xp

23 3 33

22 2

0

2 1 2 1 8 42 2 2

3 2 3 3 2 3 3

p

x pp x p p p

p p

.

y

Р и с. 25.

x 0

1

1

2

–1

–2

4

φ2(y) φ1(y)

y

Р и с. 26.

x 0 2p

x2=2py

y2=2px


70

Пример 63. Определить площадь под параболой 2y x

(рис. 27).

Решение. Эту задачу две

тысячи лет назад решал гени-

альный Архимед. Мы ее решим,

пользуясь формулой (2.1):

32

0 03

xxx

S x d x

32

3 3 3

x x x yx (кв.ед.).

Заметим, что если бы была не парабола, а прямая – пунктир (см.

рис. 27), то площадь равнялась бы 2

x y.

Пример 64. Вычислить площадь, ограниченную кривыми 3y x ,

2y x и прямыми 1x и 1x (рис. 28).

Решение. Данная фигура явля-

ется простой фигурой, так как любая

прямая, параллельная оси O y , пере-

секает контур фигуры не более чем в

двух точках, поэтому площадь ее вы-

числим по формуле (2.4):

1

1 3 42 3

1 13 4

x xS x x d x

1 1 1 1 2

3 4 3 4 3

(кв. ед.).

Пример 65. Вычислить площадь, ограниченную дугами парабол

2y x и 21

4y x , и прямой 4y (рис. 29).

Решение. Данная фигура симметрична относительно оси O y по-

этому можно вычислить половину ее площади и результат удвоить.

y

Р и с. 27.

x 0 x

y

y

Р и с. 28.

x 0 1

1

–1

f2(x)=x2

f1(x)=x3


71

В данном примере интегрирование целесообразнее вести по пе-

ременной y , то есть воспользоваться формулой (2.6):

44 4 3

2 2

00 0

4 4 322 2 2 4

3 3 3S y y d y y d y y (кв.ед.).

2.2. Площадь фигуры, ограниченной кривой,

заданной параметрическими уравнениями

Пусть кривая y f x , a x b задана в параметрической

форме

;

,

x t

y t

t .

Здесь функция t монотонна на отрезке ; , причем

a , b , и имеет на этом отрезке непрерывную производ-

ную. Так как ,y f x f t t d x t d t , то по формуле

замены переменной под знаком интеграла, получим:

b

a

S f x d x f t t d t t t d t

.

Итак, для параметрического задания функции имеем формулу:

S t t d t

. (2.7)

y

Р и с. 29.

x 0 1

1

2

φ1(y)=

3

4

φ2(y)=


72

Пример 66. Вычислить площадь эллипса cosx a t , siny b t

(рис.30).

Решение. Ввиду симметрии эллипса можно ограничиться вы-

числением одной четверти площади S , лежащей в первом квадранте.

Найдем пределы интегрирования. Когда 1 0x , 1

2t

(найдено

из уравнения 10 cosa t ), когда 2x a , 2 0t (найдено из уравнения

2cosa a t ).

Следовательно, согласно

формуле (2.7), можем записать:

0

2

4 sin cosS b t a t d t

0

2

2

4 sinab t d t

2 2

0 0

1 cos2 14 2 sin 2 2

2 2 2

tab d t ab t t ab ab

(кв. ед.).

В частности, если a b , получим площадь круга 2S a с ра-

диусом a .

Пример 67. Найти площадь фигуры, ограниченной первой аркой

циклоиды sin , 1 cosx a t t y a t .

Решение. Искомая площадь изображена на рис. 31. Найдем пре-

делы интегрирования по переменной t : при 1 0x , 1 0t , при

2 2x a , 2 2t . По формуле (2.7) имеем:

2

0

1 cos sinS a t a t t d t

2 2

22 2

0 0

1 cos21 cos 1 2cos

2

ta t d t a t d t

x

y

a –a

–b

b

Р и с. 30.


73

2

2 2

0

3 12sin sin 2 3

2 4a t t t a

(кв. ед.).

Мы получили теорему Галилея: Площадь, ограниченная аркой

циклоиды и ее хордой, равна утроенной площади производящего кру-

га 23S a .

Пример 68. Найти площадь фигуры, ограниченной астроидой 3 3cos , sinx a t y a t .

Решение. Искомая площадь изображена на рис. 32. Данная фи-

гура симметрична относительно осей ординат, поэтому вычислим

сначала площадь той ее части, которая расположена в первом квад-

ранте, это будет 1 4 часть всей искомой площади. Найдем пределы

интегрирования для переменной t из условий: 3

10 cos ,2

a t t

,

3

2cos , 0a a t t . По формуле (2.7) получим:

0 2

3 2 2 4 2

0

2

1sin 3 cos sin 3 sin cos

4S a t a t t d t a t t d t

2 2

2 2 2 2 2

0 0

3 3sin 2 sin sin 2 1 cos2

4 8a t t d t a t t d t

x

y

0

b

2a

a 2a

Р и с. 31.

x

y

0 a

Р и с. 32.

–a

–a

a


74

22 2

0

3 1 cos4sin 2 cos2

8 2

ta t t d t

22 3 2 2

0

3 1 1 1 3 1 3sin 4 sin 2

8 2 8 6 8 2 2 32a t t t a a

(кв. ед.).

Вся площадь, ограниченная астроидой, равна 23

8S a .


1. Напишите формулу для вычисления площади криволинейной

трапеции, ограниченной прямыми x a , x b , осью O x и непрерыв-

ной на отрезке ;a b кривой y f x 0f x .

2. Как вычисляется площадь плоской фигуры, ограниченной

прямыми x a , x b и непрерывной на ;a b кривой y f x

0f x ?

3. Как вычисляется площадь плоской фигуры, ограниченной

прямыми x a , x b и непрерывными кривыми y f x и

,y x при условии, что f x x для a x b ?


Вычислите площадь фигуры, ограниченной следующими лини-

ями:

28. 23 , 2, 4y x x x , ось O y . Ответ: 4 3

4 29

.

29. 3 , 2, 0, 3y x y x x . Ответ: 393 6

4 .

30. Вычислить площадь, содержащуюся внутри параболы 2 4 4x y

и окружности 2 2 16x y .Ответ: 16

4 33 .

31. Вычислить площадь петли линии

2

3

3 ,

3

x t

y t t

. Ответ:

723

5.


75

§3. Вычисление площади криволинейного сектора

Пусть в полярной системе координат задана кривая

f , .

Определение. Фигуру, ограниченную двумя лучами, исходящи-

ми из полюса и кривой f будем называть криволинейным

сектором (рис. 33).

Зададимся целью вычислить площадь криволинейного сектора.

Разобьем отрезок ; на n частичных отрезков точками:

0 1 2 1... ...i i n .

Этим точкам будут соответствовать лучи:

1 2, , , ..., ,...,i ,

которые разобьют данный криволинейный сектор на n частей.

На каждой из частей 1,i i возьмем произвольно точку i

(фактически это угол) и вычислим значение функции f в этой

точке. Мы получим числа if , 1, 2, 3, ...,i n . А теперь каждый

частичный криволинейный сектор заменим круговым сектором с ра-

диусом i if и с центральным углом 1i i i . Получим

некоторую вспомогательную фигуру, состоящую из n частичных

круговых секторов (рис. 34).

Обозначим площадь вспомогательной фигуры n . Из элемен-

тарной геометрии известно, что площадь кругового сектора секS с

B

А

0

Р и с. 33.

0

φi

Р и с. 34.

φi-1

i

f(i)


76

центральным углом и радиусом r вычисляется по формуле

21

2секS r . Так как i –ый круговой сектор имеет радиус

, ( 1, 2, ..., )i if i n и центральный угол 1i i i , то

площадь i –го кругового сектора будет равна:

2 21 1

2 2i i i if .

Площадь всей вспомогательной фигуры, состоящей из n круго-

вых секторов, равна:

2

1

1

2

n

n i i

i

или 2

1

1

2

n

n i i

i

f

.

Положим 1,

max ii n

, есть наибольший центральный угол в

круговых секторах, и в то же время - длина наибольшего из ча-

стичных отрезков, на которые мы разбили отрезок ; .

Если устремить к нулю, то вспомогательная фигура все

меньше и меньше будет отличаться от криволинейного сектора и в

пределе сольется с ним.

Если существует конечный предел площади n при 0 , то

этот предел принимается за величину площади криволинейного сек-

тора.

Обозначим площадь криволинейного сектора S , тогда по опре-

делению имеем:

2

0 01

1lim lim

2

n

n i i

i

S f

.

С другой стороны, написанная сумма представляет собой инте-

гральную сумму для функции 21

2f на отрезке ; . Функция

21

2f непрерывна на отрезке ; , а значит, интегрируема на


77

этом отрезке, то есть существует конечный предел интегральной

суммы 0

lim n

и он равен определенному интегралу 21

2f d

.

Таким образом, окончательно получаем:

21

2S f d

,

или, что то же самое:

21

2S d

. (2.8)

Если плоская фигура ограничена несколькими линиями, уравне-

ния которых даны в полярных координатах, но данная фигура не яв-

ляется сектором, тогда искомую площадь выражают, как алгебраиче-

скую сумму некоторых секторов.

Для фигуры, изображенной на

рис. 35, искомую площадь S рас-

сматривают как алгебраическую

сумму секторов; она определяется

следующим образом:

O ABO OBCO O ACOS S S S .

Если кривые заданы уравнениями:

:AB f ;

:BC g ;

:AC h ,

то, вычислив полярные углы , , , получим:

2 2 21 1 1

2 2 2S f d g d h d

.(2.9)

Пример 69. Вычислить площадь круга, ограниченного кривой

2 sina .

Решение. Изобразив окружность по данному уравнению (рис.

36), возьмем полукруг и будем его рассматривать как криволинейный

0

Р и с. 35.

А

В

С


78

сектор. Тогда площадь круга будет равна удвоенной площади полу-

круга. Для полукруга полярный угол будет изменяться от 0 до 2

.

По формуле (2.8) имеем:

2 2 2

2 2 2 2

0 0 0

1 12 sin 1 cos2

2 2S d a d a d

222

0

sin 2

2 2

aa

; 2S a (кв. ед.).

Пример 70. Вычислить площадь, ограниченную кардиоидой

1 cosa .

Решение. Кардиоида расположена симметрично относительно

полярной оси (рис. 37). Искомая площадь фигуры, ограниченной всей

кардиоидой, равна удвоенной площади ее части, расположенной вы-

ше оси.


0

21 1

2 2A

S d

, но 0A , а 0 ,

поэтому:

2

22

0 0

1 1 1 cos21 cos 1 2cos

2 2 2 2

aS a d d

0

Р и с. 36.

Р и с. 37.

А

2а


79

2 2

0

3 1 32sin sin2

2 2 4 4

a a

; 23

2S a кв.ед.

Пример 71. Найти площадь, заключенную внутри лемнискаты

Бернулли 2 2 cos2a .

Решение. В силу симметрии рассматриваемой кривой (рис. 38),

достаточно вычислить одну четверть искомой площади, а затем ре-

зультат умножить на четыре.

При обходе контура кривой против часовой стрелки, полярный

угол изменяется от 1 0 до 24

. По формуле (2.8) имеем:

2 24 42

0 0

1 1 sin 2cos2

4 2 2 2 4

a aS a d

;

Тогда, 2S a (кв.ед.).

Пример 72. Найти площадь декартова листа 3 3 3x y a x y .

Решение. Преобразуем уравнение декартова листа к полярной

системе координат.

Имеем: cos

sin

x

y

, тогда

Р и с. 38.

А

а

0

Р и с. 39.

а


80

3 3 3 3 2cos sin 3 cos sina и 3 3

3 cos sin

cos sin

a

.

На рис. 39 изображена рассматриваемая кривая. При обходе

контура против часовой стрелки, полярный угол изменяется от 0

до 2

, поэтому:

2 2 22

23 3

0

9 cos sin

2 cos sin

aS d

.

Для вычисления интеграла подынтегральную функцию преобра-

зуем так:

2 2 2 2 2

2 2 23 3 6 3 2 3

cos sin cos sin tg

cos sin cos 1 tg cos 1 tg

.

Обозначим 31 tg z , тогда 2

2

3tg

cosd z d

.

Пределы интегрирования будут следующие: при 0x , 1z , при

2x

, z . Подставляя, получим:

2 2 2 2 22

2 2 23 30 1 1

9 cos sin 9 3lim

2 2 3 2cos sin

b

b

a a d z a dzS d

z z

2 2 2

1

3 1 3 1 1 3lim lim

2 2 1 2

b

b b

a a a

z b

(кв.ед.)

Пример 73. Вычислить площадь фигуры, ограниченной поляр-

ной осью и первым витком спирали Архимеда a (рис. 40).

Решение. Первый виток архимедовой спирали образуется при

изменении полярного угла от 0 до 2 . Пользуясь формулой (2.8),

найдем:

22 2 3

2 2 3

0 0

1 4

2 2 3 3

aS a d a

(кв.ед.).

Замечание. Полученный результат можно пояснить так: точка

A пересечения спирали с полярной осью имеет радиус-вектор O A и


81

2O A a . Следовательно, круг радиуса O A имеет площадь

2 2 34O A a .

Сравнивая последнее равенство с результатом задачи, получаем

предложение, которое было сформулировано Архимедом: площадь

фигуры, ограниченной полярной осью и первым витком спирали Ар-

химеда, равна 1

3 площади круга с радиусом, равным наибольшему из

радиус-векторов точек витка.

Пример 74. Определить площадь, ограниченную дугами двух

спиралей a и 2a (рис. 41).

Решение. Искомая площадь равна разности площадей двух сег-

ментов заданных кривых: 1S , ограниченного радиусами и дугой спи-

рали a , и сегмента 2S , ограниченного теми же радиусами и ду-

гой спирали 2a . Найдем точку A пересечения этих кривых. Для

этого решим совместно уравнения: a , 2a .

Решение дает 1 0 , 2 1 . При движении по контуру каждой

из этих кривых, полярный угол будет изменяться от 0 до 1. По

формуле (2.8) имеем:

Р и с. 41.

0

А

Р и с. 40.

0

А


82

11 2 3 22 2

1

0 0

1

2 2 3 6

a aS a d

(кв.ед.);

11 2 5 22 4

2

0 0

1

2 2 5 10

a aS a d

(кв.ед.).

Следовательно, 2 2

2

1 2

1

6 10 15

a aS S S a (кв.ед.).

Пример 75. Определить площадь, ограниченную дугой гипербо-

лической спирали a

и тремя прямыми: асимптотой спирали (ее

уравнение sin a ), прямой, перпендикулярной оси и проходящей

через полюс, и прямой, составляющей угол в 045 с полярной осью и

тоже проходящей через полюс (рис. 42).

Решение. Искомая площадь пред-

ставляет собой разность площадей 1S ,

ограниченной тремя данными прямыми,

и 2S , ограниченной дугой гиперболиче-

ской спирали и прямыми, проходящими

через полюс под углом в 045 и 090 к

полярной оси. Обе площади определя-

ются по формуле (2.8) в пределах инте-

грирования 14

; 2

2

.

Итак, 1 2S S S .

2 2 22 2 2

1 2 2

44 4

1ctg

2 sin 2 sin 2

a a d aS d

2 2

ctg ctg2 2 4 2

a a

(кв.ед.).

Р и с. 42.

0


83

2 2 2 22 2 2

2 2 2

44 4

1 1

2 2 2

a a d a aS d

(кв.ед.).

Отсюда, 22

2S a

кв.ед.


32. Вычислить площадь фигуры, ограниченной замкнутой кри-

вой sin2a . Ответ: 2

2

a.

33. Вычислить площадь, ограниченную полярной осью, вторым

и третьим оборотами спирали a . Ответ: 3 216 a .

34. Вычислить площадь фигуры, ограниченной замкнутой кри-

вой cos3 .a Ответ: 2

4

a.

§ 4. Объем тела вращения

Объем тела, заключенного в пространстве между плоскостями

x a и x b , равен:

( )

b

a

V S x d x , (4.1)

где ( )S x – площадь сечения тела плоскостью, перпендикулярной к

оси O x , в точке с абсциссой x .

1. Пусть криволинейная трапеция, ограниченная сверху графи-

ком непрерывной функции ( )y f x , снизу осью O x , а по бокам пря-

мыми x a и x b , вращается вокруг оси O x и требуется вычислить

объем тела вращения (рис. 43).

В сечении тела плоскостью, перпендикулярной оси O x будет

круг радиуса ( )y f x , его площадь равна:

2 2( ) ( )S x f x y .


84

Тогда по формуле (4.1), имеем:

2

b

a

V y d x . (4.2)

Рис. 43. Рис. 44.

2. Объем тела, образованного вращением вокруг оси O y криво-

линейной трапеции, ограниченной непрерывной кривой ( )x y ,

осью O y и двумя параллелями y c и y d (рис. 44), вычисляется

по формуле:

2 2 ( )

d d

c c

V x d y y d y . (4.3)

Рис. 45.

0

y

х

c

d

х

0 y a х b

dx

y=f(x)

y

y=f1(x)

y=f2(x)

B

b a

C

x 0

D

A

y=f1(x)

B

b' a'

C

A

y=f2(x)

y=f1(x)

B

b'' a''

A

y=f2(x)


85

3. Объем тела, образованного вращением вокруг оси 0х площади

ABC D (рис. 45), ограниченной кривыми 1( )y f x , 2 ( )y f x и пря-

мыми x a и x b (случай, когда отрезки AD и BC , оба или один

из них, сводятся к точкам, допускается), вычисляют по формуле:

2 2

2 1

b

a

V f x f x d x . (4.4)

4. Если объем тела образован вращением площади, ограничен-

ной сверху и снизу прямыми y d и y c , справа – кривой 2 ( )x y

, слева – кривой 1 ( )x y , вокруг оси O y (рис. 46), то формула ана-

логична:

2 2

2 1

d

c

V y y d y . (4.5)

Рис. 46. Рис. 47.

5. Пусть криволинейная трапеция, ограниченная линиями

( )y f x , x a , x b и осью O x вращается вокруг оси O y

(рис. 47). Тогда объем тела вращения вычисляется по формуле:

2

b

a

V x y d x . (4.6)

y

0 x а

y=f(x)

b

y

0 x

c

x=φ2(y)

x=φ1(y)

d


86

Пример 76. Найти объем тела, образованного вращением вокруг

оси O y фигуры, ограниченной параболой 2 ( 0)y a x a , осью O y

и прямыми 0y и y h (рис. 48).

Решение. Объем полученного тела (оно называется параболои-

дом вращения) вычисляем по формуле (4.3):

2 22

0 0 0

( )2 2

hh hy y h

V x y d y d ya a a

(куб. ед.).

Рис. 48. Рис. 49.

Замечание. Абсцисса r и ордината h точки параболы A связа-

ны соотношением 2h ar . Следовательно,

21 1

2 2

hV h r h

a .

Но 2r h есть объем цилиндра радиуса r и высоты h , отсюда

следует теорема Архимеда: объем параболоида вращения равен по-

ловине объема цилиндра, имеющего те же радиус основания и высо-

ту.

Пример 77. Определить объем тела, ограниченного поверхно-

стью, полученной от вращения эллипса 2 2

2 21

x y

a b вокруг большой

оси (ось O x ).

0 x

b

a

y

x

y

h y=ax

2

r

0

A


87

Решение. В силу симметрии эллипса относительно осей коорди-

нат, достаточно определить объем, образованный вращением вокруг

оси O x площади AOB (рис. 49), равной одной четверти площади эл-

липса, и полученный результат удвоить.


2 22 2 2 2

2 2

0 0 0 0

11

2

a a a ax b

V y d x b d x b dx x d xa a

2 3 2 32 2 2

2 200

2

3 3 3

aa b x b a

b x ab aba a

.

Окончательно получим: 24

3V ab (куб. ед.).

Замечание 1. Если бы данный эллипс вращали вокруг малой

оси, то объем соответствующего тела вращения был бы равен:

24

3V a b .

Замечание 2. Если бы a b , получили бы объем шара радиуса

a : 34

3V a .

Пример 78. Вычислить объем, образованный вращением вокруг

оси O x фигуры, ограниченной параболами 21y x , 2 2y x и

прямыми 1x , 1x (рис. 50).

Решение. Тело образовано вращением фигуры ABC D вокруг

оси O x . Вычисления будем производить по формуле (4.4). Пределы

интегрирования 1a , 1b , подынтегральные функции:

2

1( ) 1f x x , 2

2 ( ) 2f x x .

Имеем:

1 1

2 22 2 2

1 1

2 1 6 3V x x d x x d x

1

3

12 3 10x x

(куб. ед.)


88

Рис. 50 Рис. 51

Пример 79. Вычислить объем тела, полученного вращением во-

круг оси O y фигуры, ограниченной параболами 22y x и 2 1y x .

Решение. Из рис. 51 видно, что искомый объем V равен разно-

сти двух объемов, полученных вращением вокруг оси O y криволи-

нейных трапеций O Bd и ABd . Каждый из этих объемов вычисляет-

ся по формуле (4.3), при этом в первом случае пределами интегриро-

вания будут ординаты точек O и B , а во втором случае – ординаты

точек A и B . Легко видеть, что ордината точки A равна 1 (она нахо-

дится из уравнения 2 1y x , если в нем положить 0x ). Ордината

точки B – точки пересечения парабол – равна 2. Она находится путем

решения системы уравнений: 22y x , 2 1y x .

Учитывая все сказанное выше, получим: 22 2 2

22

00 1 1

( 1)( 1)

2 4 2 2 2

y yV d y y d y y

.

Пример 80. Вычислить объем тела, образованного вращением

вокруг оси O x одной арки циклоиды ( sin )x a t t , (1 cos )y a t

(рис. 31).

Решение. При изменении параметра t от 0 до 2 , точка ( , )M x y

пробегает всю арку циклоиды, при этом x изменяется в промежутке

от 0 до 2 a . Так как арка циклоиды вращается вокруг оси O x , то

y

0 x A

y=x2+2

B

D C

2

1

y=1-x2

1

1

y

0 x

A

y=x2+1

B 2

y=2x2

1


89

объем, полученный в результате этого вращения, вычисляется по

формуле (4.2) и в данном случае выражается интегралом: 2

2

0

a

V y d x

.

Непосредственно мы не можем воспользоваться этой формулой,

так как нам не дана формула, выражающая y через x . Однако, ис-

пользуя параметрические уравнения кривой, легко преобразовать по-

следний интеграл к новой переменной интегрирования t . Для этого в

последнем интеграле достаточно произвести подстановку:

( sin )x a t t .

Законность такой подстановки легко проверяется: функция

( sin )x a t t непрерывна вместе со своей производной и монотонна

в промежутке [0; 2 ] (так как (1 cos ) 0tx a t ), причем из урав-

нения ( sin )x a t t следует, что 0x при 0t и 2x a при

2 .t Поэтому, в соответствии с правилом замены переменной в

определенном интеграле, получим:

2 2

22 2

0 0

1 cos (1 cos )

a

V y d x a t a t d t

2 2

3 3 3 2 3

0 0

(1 cos ) 1 3cos 3cos cosa t d t a t t t d t

223 3

0

0

3( 3sin ) (1 cos2 )

2a t t a t d t

2

3 2

0

(1 sin ) (sin )a t d t

2 2

2 3 3 3 3

0 0

3 1 12 sin2 sin sin

2 2 3a a t t a t t

2 3 2 3 2 32 3 5a a a (куб. ед.).

Пример 81. Вычислить объем тела, образованного вращением

вокруг полярной оси кривой 3cosa , 0a (рис. 52).


90

Рис. 52

Решение. Из рис. 52 видно, что эта кривая симметрична относи-

тельно полярной оси, и половина этой кривой получается при изме-

нении угла от 0 до 2

. Используя формулы, связывающие прямо-

угольные координаты с полярными, легко привести полярный способ

задания кривой к параметрическому заданию, а именно: 4cos cosx a , 3sin sin cosy a , где угол играет

роль параметра.

Из первого уравнения находим, что при 2

, 0x и при

0, x a . Поскольку вращение кривой происходит вокруг оси O x ,

и пределы интегрирования по переменной x нами найдены, то иско-

мый объем V выражается интегралом: 2

0

.

a

V y d x Выполняя здесь

подстановку: 4cosx a , 34 cos sind x a d , получим:

0

2 2 2 6 3

0

2

sin cos ( 4 cos sin )

a

V y d x a a d

2 23 9 3 3 9 2

0 0

4 cos sin 4 cos (1 cos ) (cos )a d a d

=acos3

0 а


91

23 10 12 3

0

1 1 14 cos cos

10 2 15a a

(куб.ед.).


1. Как вычисляется объем тела, полученного от вращения вокруг

оси O x криволинейной трапеции, ограниченной снизу и сверху кри-

выми ( )y f x , ( )y x , а с боков прямыми x a и x b ?

2. Может ли быть конечным объем, если он образован вращени-

ем вокруг оси O x криволинейной трапеции, ограниченной сверху не-

которой бесконечно протяженной кривой ( )y f x , а снизу осью O x ?

Рассмотрите пример кривой xy e ( 0)x , вращающейся во-

круг оси O x .


35. Найти объем тела, полученного при вращении криволиней-

ной трапеции, ограниченной полуволной синусоиды siny x и осью

O x , вокруг оси O x . Ответ: 2

2

.

36. Криволинейная трапеция lny x , 0y , 1y вращается во-

круг оси O y . Вычислить объем тела вращения.

Ответ: 2( 1)2

e

.

37. Найти объем конуса, производимого вращением вокруг оси

O x части прямой 4 5 3 0x y , содержащейся между осями коор-

динат.

Ответ: 0,09 .

38. Криволинейная трапеция, ограниченная сверху параболой 2 1y x , с боков прямыми 1x и 1x , снизу осью O x , вращается

вокруг оси O x . Найти объем полученного тела вращения.

Ответ: 56

15 .


92

39. Вычислить объем тела, образованного вращением кардиоиды

(1 cos )a вокруг полярной оси. Ответ: 38.

3a

40. Вычислить объем тела, образованного вращением вокруг оси

O x площади, ограниченной параболой 2 1y x и прямой 3 1y x .

Ответ: 17

15 .

§5. Длина дуги плоской кривой

Пусть на плоскости дана незамкнутая дуга AB , где .a x b

Разобьем дугу на n частичных дуг точками:

0 1 2 1, , , ..., , , ...,i i nM A M M M M M B .

Соединим эти точки

последовательными хорда-

ми, получим ломаную, впи-

санную в дугу AB (рис.53).

Обозначим длину i - го

звена ломаной через il , то-

гда длина всей ломаной

1

n

n i

i

L l

.

Представим теперь, что длина наибольшего звена 1,

max ii n

l

стремится к нулю, тогда ломаная будет все плотнее и плотнее приле-

гать к дуге AB и в пределе сольется с ней.

Определение. Длиной дуги AB называется предел, к которому

стремится длина ломаной линии, вписанной в эту дугу, когда число

звеньев этой ломаной возрастает неограниченно, а длина наибольше-

го звена стремится к нулю.

х

y

a xi–1 xi b

A

K

B

Mi–1

Mi

Р и с. 53


93

Если указанный предел существует и конечен, то дуга AB

называется спрямляемой.

Определение. Кривая называется гладкой, если во всех ее точ-

ках существует касательная, непрерывно изменяющаяся вместе с

точкой касания.

Иначе говоря, кривая будет гладкой, если уравнение ее может

быть записано в виде y f x , где f x непрерывна и имеет непре-

рывную производную f x на отрезке ;a b .

Справедлива теорема о том, что всякая гладкая кривая y f x

на отрезке ;a b имеет определенную конечную длину дуги.

5.1. Длина дуги кривой, заданной уравнением y = f x

Длину дуги AB обозначим через L . По определению

1

limn

in

i

L l

, где il – длина звена ломаной, вписанной в дугу по-

следовательным соединением точек дуги (рис. 53), причем число n

звеньев этой ломаной возрастает неограниченно так, что длина

наибольшего звена 1,

max 0ii n

l

. Найдем длину i -го звена ломаной.

Обозначим на рис. 53 абсциссы точек

0 1 2 1, , , ..., , , ...,i i nM A M M M M M B :

0 1 2 1, , , ..., , , ...,i i nx a x x x x x b ,

а ординаты этих точек обозначим: 0 1 2 1, , , ..., , , ...,i i ny y y y y y .

Длину i - го отрезка 1,i ix x обозначим ix :

1 1,i i i i i ix x x y y y .

Из треугольника 1i iM M K по теореме Пифагора имеем:

22

2 2 2

21 1

i i

i i i i i

i i

y yl x y x x

x x

,

или


94

2

1i

i i

i

yl x

x

. (5.1)

Будем считать, что функция y f x непрерывна на отрезке

;a b вместе со своей производной. Тогда на любом частичном от-

резке 1;i ix x

выполняются все условия теоремы Лагранжа, на ос-

новании которой утверждаем, что между точками 1ix и ix найдется

точка i такая, что будет выполняться равенство:

1 1i i i i if x f x f x x ,

или

1i i i i iy y y f x ,

откуда

i

i

i

yf

x

.

Подставим это выражение в формулу (5.1), получим:

2

1i i il f x

. (5.2)

Так как по определению max 0

1

limi

n

il

i

L l

, то, подставляя в эту

формулу вместо il ее выражение из формулы (5.2), будем иметь:

2

max 01

lim 1i

n

i il

i

L f x

.

Можно доказать, что если max il стремится к нулю, то

max ix также стремится к нулю, то есть

2

max 0 max 01 1

lim lim 1i i

n n

i i il x

i i

L l f x

. (5.3)


95

С другой стороны, 2

1

1n

i i

i

f x

представляет со-

бой интегральную сумму для функции 2

1 f x . В силу непре-

рывности xf на отрезке ;a b , функция 2

1 f x также не-

прерывна на отрезке ;a b по теореме о непрерывности сложной

функции, и, следовательно, интегрируема на этом отрезке. Тогда су-

ществует конечный пределmaxlim

ix и он равен определенному инте-

гралу 2

1

b

a

f x d x .

С учетом (5.3), получим 2

max 0lim 1

i

b

xa

L f x d x

.

Таким образом, если плоская кривая задана уравнением

y f x , и функция f x имеет непрерывную производную, то

длину дуги этой кривой вычисляют по формуле:

2

1

b

a

L f x d x , (5.4)

где a и b – абсциссы, соответствующие концам дуги, или по форму-

ле:

2

1

d

c

L x y d y , (5.5)

где c и d – ординаты, соответствующие концам дуги.

Пример 82. Найти длину дуги AOB полукубической параболы

2 3 0a y x a , где точки A и B имеют одинаковые абсциссы:

5x a , O – начало координат (рис. 54).


96

Решение. Из уравнения данной кривой видно, что она симмет-

рична относительно оси O x . Поэтому достаточно вычислить длину

дуги одной ветви кривой (например, верхней) и результат удвоить. Из

уравнения кривой находим:2

31

y xa

, отсюда 1

23

2y x

a .

Тогда формула (5.4) дает:

53

5 5 22

0 0

0

9 16 9 6702 1 2 1 1

4 27 4 27

a

a ax a x

L y d x d x aa a

.

Пример 83. Найти длину дуги цепной линии 2

x x

a aa

y e e

от

точки 0x до точки x a (рис. 55).

Решение. Из уравнения цепной линии находим производную

1

2

x x

a ay e e

, отсюда, пользуясь формулой (5.4), получаем:

2

0 0

1 11

4 2

a ax x x x

a a a aL e e d x e e d x

х

y

5a 0

Р и с. 54

A

B х

y

0

Р и с. 55

A

a

a


97

0

1

2 2

ax x

a aa a

e e ee

.

Пример 84. Вычислить длину дуги параболы 2 4y x от точки

0x до точки 1x (рис. 56).

Решение. Здесь удобнее применить формулу (5.5), так как x вы-

ражается рационально через y . Из уравнения, 21

4x y находим

1

2x y y . Теперь найдем пределы ин-

тегрирования: при 1 0x , 1 0y ; при

2 0x , 2 2y .

2 222

2 0

1 44

yL d y y d y

2

2 2

0

14 4ln 4

2y y y y

2 2 ln 1 2

.

5.2. Длина дуги кривой, заданной параметрически

Если уравнение кривой задано в параметрической форме:

x t , x t ,

и существуют непрерывные производные t и t на отрезке

1 2;t t , причем на этом отрезке обе производные одновременно не

обращаются в нуль, то длину дуги кривой вычисляют по формуле:

2

1

2 2t

t

L t t d t , (5.6)

где 1t и 2t – значения параметра, соответствующие концам дуги.

х

y

0

Р и с. 56.

1

1

2

-2


98

Пример 85. Найти длину одной арки циклоиды (см. рис. 31)

sinx a t t , 1 cosy a t .

Решение. Здесь cosx t a t t , siny t a t .

Пределами интегрирования будут 0 и 2 . По формуле (5.6) по-

лучим:

2 2

2 2 2 2

0 0

1 cos sin 1 cos cos sinL a t t d t a t t t d t

22 2

0 0 0

2 2cos 2 sin 4 cos2 2

t ta t d t a d t a

4 cos cos0 4 1 1 8a a a .

Пример 86. Вычислить длину астроиды (см. рис. 32)

3cosx a t , 3siny a t .

Решение. Кривая симметрична относительно обеих координат-

ных осей, поэтому вычислим 1

4 ее часть, расположенную в первом

квадранте, и результат учетверим.

В первой четверти параметр t изменяется от 1 0t до 2

2t

, ес-

ли точка движется по кривой против движения часовой стрелки.

Находим:

23 cos sinx t a t t , 23 sin cosy t a t t .

Следовательно, по формуле (5.6) имеем:

2 22 4 2 2 4 2 2 2

0 0

19 cos sin 9 sin cos 3 cos sin

4L a t t a t t d t a t t d t

22 2 2

0 0 0

sin 33 sin cos 3 sin sin 3

2 2

t aa t t d t a t d t a

; 6L a .


99

Пример 87. Вычислить часть длины дуги эвольвенты окружно-

сти cos sinx a t t t , sin cosy a t t t , содержащуюся между

точками 0t и t (рис. 57).

Решение. Найдем производные:

sin sin cos cosx t a t t t t a t t ;

cos cos sin siny t a t t t t a t t .

По формуле (5.6) будем иметь:

2 2 2 2

0

cos sinL a t t t t d t

2

2

0 02

ta t d t a a

.

5.3. Длина дуги кривой в полярных координатах

Если уравнение кривой задано в полярных координатах

f

и функция имеет непрерывную производную f , то длину кривой

вычисляют по формуле:

22L d

, (5.7)

где и - значения угла , соответствующие концам дуги.

х

y

0

Р и с. 57


100

Пример 88. Вычислить всю длину дуги кардиоиды (рис. 37)

1 cosa .

Решение. Кардиоида симметрична относительно полярной оси.

Поэтому вычислим длину верхней части кардиоиды и результат

удвоим. Полярный угол при движении точки вдоль верхней части

кривой, против движения часовой стрелки будет изменяться от 0 до

.

Имеем:

sina , 2 2 2sina .

Подставляя в формулу (5.7), получим:

22 2 2

0

11 cos sin

2L a a d

2 2

0

1 2cos cos sina d

00 0

2 1 cos 2 cos 2 2sin 42 2

a d a d a a

; 8L a .

Пример 89. Вычислить длину логарифмической спирали ae

между точками 0 и 1

a (рис.58).

Решение. Имеем aae , применяя формулу (5.7), получим:

1 1

2 22

0 0

1a a

a a aL e ae d a e d

1

2 2

0

1 11

a

aa ae e

a a

.

Пример 90. Найти длину всей кривой 3sin3

a

.


101

Решение. Когда полярный угол изменяется от 0 до 3

2

, воз-

растает от 0 до a , при этом получается дуга кривой O ABC (рис. 59).

Затем при изменении от 3

2

до 3 , убывает от a до 0 ; при этом

получаем дугу C D AO , и кривая замыкается. Итак, вся кривая опи-

сывается точкой при изменении от 0 до 3 .

Имеем 2sin cos3 3

a

, отсюда 2 2 4 2sin cos

3 3a

.

Поэтому длина всей дуги кривой по формуле (5.7) будет равна: 3 3

2 6 2 4

0 0

2sin sin cos 1 cos

3 3 3 3L a a d a d

3

0

3 2 3sin

2 2 3 2

a a

.

Замечание. Длину дуги кривой AB можно представить в виде

0

L

L d , где выражение d называют дифференциалом дуги, пере-

менная интегрирования изменяется от начала дуги (где 0 ) до

конца дуги (где L ). Вид дифференциала дуги зависит от формы

задания кривой.

Р и с. 58

0

Р и с. 59

0

a

D

A

B

C


102

Если кривую определяет явное уравнение )(xfy , то

2

1d f x d x .

Если кривая задана параметрически, то

2 2

d t t d t .

В случае задания кривой в полярных координатах

dd22 .


41. Вычислить длину дуги параболы 2 4y x от 0x до 1x .

Ответ: 2 ln 1 2 .

42. Вычислить длину дуги эвольвенты круга cos sin ,x a t t t

sin cosy a t t t , содержащуюся между точками 0t и 2 .t

Ответ: 22 a .

43. Доказать, что длина эллипса 2sin , cosx t y t равна длине од-

ной волны синусоиды siny x .

44. Найти длину полного обвода кривой 3sin .3

a

Ответ: 3

.2

a

§6. Вычисление площади поверхности вращения

Определение. Площадью поверхности Т, образованной враще-

нием дуги вокруг оси, называется предел площади поверхности, по-

лученной от вращения вокруг той же оси ломаной, вписанной в эту

дугу, при условии, что длина наибольшего звена ломаной стремится к

нулю (если этот предел существует и конечен).

Пусть кривая на плоскости задана уравнением y f x , и пусть

существует непрерывная производная f x .


103

Площадь поверхности, образованной вращением вокруг оси

O x дуги кривой y f x между точками a и b , выражается форму-

лой:

2

0

2 2 1

L b

x

a

T y d y y x d x , (6.1)

где d – дифференциал дуги кривой.

Если кривая вращается вокруг оси O y , то поверхность враще-

ния выражается формулой:

2

2 1

d

y

c

T x x y d y . (6.2)

Если кривая вращается вокруг произвольной прямой, то поверх-

ность образующегося тела вращения вычисляется по формуле:

0

2

L

T u d , (6.3)

где u – расстояние точки от оси вращения, d – дифференциал дуги

кривой.

Если кривая задана параметрическими уравнениями

x t , y t ,

то

2

1

2 2

2

t

x

t

T t t t d t , (6.4)

где 1t и 2t – значения параметра t , соответствующие концам вращае-

мой кривой.

Если известно полярное уравнение f вращаемой вокруг

полярной оси кривой, то площадь поверхности вращения будет:

2

1

222 sinT d

, (6.5)

где 1 и 2 – полярные углы начала и конца кривой.


104

Пример 91. Определить пло-

щадь поверхности, образованной

вращением дуги кубической пара-

болы 3y x вокруг оси O x , от

начала координат до точки с абс-

циссой 1x (рис. 60).

Решение. 22 43 , 1 1 9y x d y d x x d x .

По формуле (6.1) получим: 1

3 4

0 0

2 2 1 9

L

xT y d x x d x

13

41 21 34 42 2

0

0

1 921 9 1 9 1 9 1

336 12 18

2

xx d x

310 1 3,56318

(кв.ед.).

Пример 92. Вычислить площадь поверхности шарового пояса.

Решение. Пусть дуга AB полуокружности 2 2y R x враща-

ется вокруг оси O x (рис. 61).

Вычислим площадь поверх-

ности, образованной вращением

этой дуги. Пусть абсциссы ее кон-

цов будут 1x и 2 1x x . Это и будут

пределы интегрирования.

Так как 2 2

xy

R x

,

2

2 21

Ry

R x

, то, приме-

х

y

0 x1 x2

Р и с. 61

Р и с. 60

1 0 х

y


105

няя формулу (6.1), получим:

2 2

1 1

2 2 2

2 22 1 2

x x

x

x x

R d xT y y x d x R x

R x

2

1

2 2

x

x

R d x Rh ,

где 2 1h x x - высота пояса.

Таким образом, площадь поверхности шарового пояса равна

произведению длины окружности большого круга на высоту шаро-

вого пояса.

Заметим, что если 1x R , 2x R , то есть 2h R , то получим

24 R - площадь поверхности шара.

Пример 93. Найти площадь поверхности, образованной враще-

нием вокруг оси O x астроиды (рис. 32) 3cosx a t , 3sin .y a t

Решение. Решаем задачу по формуле (6.4). Фигура симметрична

относительно осей координат, поэтому нам достаточно найти поверх-

ность, образованную дугой, лежащей в первом квадранте, и результат

удвоить.

Движение точки вдоль кривой, лежащей в первой четверти, со-

ответствует изменению параметра t от 1 0t до 22

t

. Найдем:

23 cos sinx t a t t ; 23 sin cosy t a t t ;

2 2 2 4 2 2 4 29 cos sin 9 sin cos 3 sin cosx y a t t a t t a t t .

Подставляя это в формулу (6.4), получим:

2 23 2 4

0 0

12 sin 3 sin cos 6 sin cos

2xT a t a t t d t a t t d t

52 2

2 4 3 2

0 0

sin 66 sin sin 6

5 5

ta t d t a a

.


106

Искомая поверхность будет 212

5xT a кв.ед.

Пример 94. Вычислить поверхность, образованную вращением

одной арки циклоиды sinx a t t , 1 cosy a t вокруг оси O x

(см. рис. 31).

Решение. Так как кривая задана параметрически, решаем задачу

по формуле (6.4). Движению точки вдоль кривой соответствует изме-

нение параметра t от 1 0t до 2 2t .

Из уравнения циклоиды определяем:

1 cosx t a t , siny t a t ;

2 2 22 2 21 cos sin 2 1 cos 2 sin .

2

tx y a t a t a t a


2 2

2 3

0 0

2 1 cos 2 sin 8 sin2 2

x

t tT a t a d t a d t

2

2 2

0

16 1 cos cos2 2

t ta d

2

2 3 2

0

6416 cos cos

2 2 3

t ta a

(кв.ед.).

Пример 95. Найти площадь поверхности, образованной враще-

нием лемнискаты cos2a вокруг полярной оси (рис. 38).

Решение. Для вычисления искомой площади поверхности, вос-

пользуемся формулой (6.5). В силу симметрии лемнискаты, можем

вычислить половину ее площади, которая образуется вращением 1

4

части дуги кривой. При движении точки вдоль этой дуги, полярный

угол будет изменяться в пределах от 0 до 4

.

Итак, sin 2

;cos2

a


107

2

2222 sin 2cos 2

cos2cos2

aa a

.


4 42

0 0

12 cos2 sin 2 sin

2 cos2

aT a d a d

2 2 24

0

22 cos 2 cos cos0 2 1

4 2a a a

.

2 222 1 4,681

2T a a

(кв. ед.).

Пример 96. Вычислить площадь поверхности, образованной

вращением кардиоиды 1 cosa вокруг полярной оси (рис. 37).

Решение. Уравнение кривой дано в полярных координатах, сле-

довательно, для решения задачи пользуемся формулой (6.5). Поверх-

ность получается в результате вращения части кардиоиды, лежащей

выше полярной оси; полярный угол при движении точки вдоль этой

кривой против движения часовой стрелки будет изменяться от 0 до

.

Теперь вычислим:

sina ,

2 2 22 2 2 2 21 cos sin 2 1 cos 4 cos .

2a a a a


0

2 1 cos sin 2 cos2

T a a d

2 2

0

4 2cos 2sin cos cos2 2 2 2

a d

2 4 2 4

0 0

16 cos sin 32 cos cos2 2 2 2

a d a d


108

5

2 2

0

cos32232

5 5a a

(кв.ед.).


45. Вычислить площадь поверхности, образованной вращением

вокруг оси O y части кривой 21y x , расположенной над осью Ox .

Указание: здесь нужно воспользоваться формулой

22 1

d

y y

c

T x x d y , где c и d - ординаты, соответствующие кон-

цам данной дуги. Ответ: 5 5 1 .6


вокруг оси цепной линии от точки с абсциссой

до точки с абсциссой .

Ответ:


вокруг полярной оси окружности

Ответ:

O x2

x x

a aa

y e e

0x x a

2

2 2 4 .4

ae e

2 cos .r a 4.a


109

§7. Вычисление статических моментов

7.1. Статический момент точки

Пусть дана некоторая прямая l и материальная точка массой m, не

лежащая на этой прямой. Обозначим d – расстояние от точки до пря-

мой.

Статический момент точки с массой m до оси l обозначается .

Из механики известно, что статический момент точки относительно

выбранной оси равен произведению массы точки на расстояние от

точки до оси, то есть .

Статические моменты точек, расположенных по разные стороны

от оси принято различать знаками.

На практике чаще всего рассматривают статические моменты

точки M с массой m относительно координатных осей прямоугольной

системы координат.

Рассмотрим систему материальных точек. Статический момент

этой системы относительно некоторой оси равен сумме статических

моментов отдельных точек системы относительно той же оси.

lK

dmKl

x

y

M(x,y) x

y

0

d

m

l


110

,

.

7.2. Статический момент материальной дуги

Пусть система материальных точек сплошь заполняет некото-

рую плоскую кривую АВ длины L. Будем считать, что кривая одно-

родна, то есть ее линейная плотность постоянна.

Разобьем дугу АВ на n частичных дуг точками

.

Длины частичных дуг обозначим , а массу частичных

дуг обозначим .

При достаточно частом делении дуги на частичные можно счи-

тать, что вся масса частичной дуги сосредоточена в

одной какой-нибудь точке . Тогда всю кри-

вую АВ можно приближенно заменить системой, состоящей из n ма-

териальных точек.

Определение. Статическим моментом дуги относитель-

но некоторой оси называется предел, к которому стремится статиче-

ский момент относительно той же оси системы материальных точек,

выбранных на дуге, когда число точек в системе возрастает неогра-

ниченно, а длина наибольшей частичной дуги стремится к нулю.

Составим сумму статических моментов точек , от-

носительно координатных осей:

,

.

Обозначим .

n

iiix ymK

1

n

iiiy xmK

1

BMMMMA n ,...,,, 210

nii ,1,

nim ii ,1,

niMM ii ,11

niMM iiii ,1,, 1

AB

niii ,1,,

n

iii

n

iii

n

i

ixx mK

111

n

iii

n

iii

n

i

iyy mK

111

ini

,1max


111

По определению, статические моменты дуги относительно

координатных осей имеют вид:

,

.

Составленные суммы и являются интегральными сумма-

ми для непрерывной на отрезке функции. Тогда статические

моменты дуги относительно осей координат можно представить в ви-

де определенных интегралов:

, (7.1)

. (7.2)

7.3. Статический момент плоской фигуры

Пусть дана фигура, ограниченная линиями , ,

, , которая представляет собой ма-

териальную плоскую фигуру. Будем считать, что данная фигура од-

нородна, то есть ее поверхностная плотность постоянна.

Разобьем отрезок на частичных отрезков точками

.

Обозначим длину частичного отрезка , а длину

наибольшего из них .

Через точки деления проведем прямые , параллель-

ные оси . Фигура будет разбита на n частичных фигур. На каждом

частичном отрезке выберем точку , которая является сере-

диной этого отрезка.

AB

n

iii

n

i

ixxx KK

10100limlimlim

n

iii

n

i

iyyy KK

10100limlimlim

x y

0; L

L

x dyK

0

L

y dxK

0

)(xfy )(xgy

ax bx baxxgxf ,)()(

ba, n

bxxxxxa nii ...... 110

1 iii xxx

ini

x ,1

max

nixx i ,1,

O y

1;i ix x i


112

Заменим частичные фигуры прямоугольниками шириной и

высотой . Площадь частичного прямоугольника равна

, а его масса . Эта вели-

чина будет приближенно равна массе частичной фигуры.

Из механики известно, что центр тяжести прямоугольника нахо-

дится в точке пересечения диагоналей, следовательно центр тяжести

частичного прямоугольника находится в точке . Бу-

дем считать, что вся масса -го прямоугольника сосредоточена в его

центре, тогда соответствующие статические моменты

,

.

Фигура, составленная из всех прямоугольников, будет иметь

следующие статические моменты относительно осей координат:

,

.

Эти суммы являются интегральными суммами для непрерывных

на функций и . Так как

эти функции непрерывны на отрезке , то они интегрируемы на

этом отрезке, следовательно, существуют конечные пределы:

,

.

ix

ii gf

iii xgf iiii xgfm

2, ii

i

gf

i

iiiii

iii

ix gfxgf

gfmK

2

1

2

iii xgf 22

2

1

iiiiiiiy xgfmK

n

iiii

n

i

ix xgfK

1

22

1 2

1

n

iiiii

n

i

iy xgfK

11

;a b 22

2

1xgxf xgxfx

;a b

b

a

n

i

ix dxxgxfK

22

10 2

1lim

b

a

n

i

iy dxxgxfxK

10lim


113

По определению полагают, что статический момент материаль-

ной плоской фигуры равен пределу, к которому стремится статиче-

ский момент фигуры, составленной из прямоугольников, когда число

прямоугольников возрастает неограниченно, а наибольшая ширина

частичного прямоугольника стремится к нулю.

Таким образом, статические моменты материальной плоской

фигуры относительно осей координат вычисляются по формулам:

, (7.3)

. (7.4)

Если рассматриваемая плоская фигура является криволинейной

трапецией с основанием на оси , то и формулы примут

вид:

, (7.5)

. (7.6)

Пример 97. Найти статические моменты и дуги астроиды

, лежащей в первой четверти.

Решение. В силу симметрии астроиды (рис. 32) относительно

обеих координатных осей , поэтому достаточно вычислить

момент относительно оси .

Согласно формуле (7.1), . Для первой четверти

, , следовательно,

b

a

n

i

ixx dxxgxfKK

22

10 2

1lim

b

a

n

i

iyy dxxgxfxKK

10lim

O x 0)( xg

b

a

x dxxfK2

2

1

b

a

y dxxfxK

xK yK

taytax 33 sin,cos

yx KK

Ox

L

x dyK

0

2;0

t dtttadttytxd cossin3))(())(( 22


114

2 222 4 5 2

00

3 33 sin cos sin

5 5

a aa t t dt t

.

Ответ: .

Пример 98. Найти статические моменты относительно осей ко-

ординат полуокружности .

Решение. Так как , то дифференциал дуги

. Поэтому, используя формулы (7.1) и

(7.2), находим:

Ответ:

Пример 99. Найдите статические моменты относительно осей Ох

и Оу криволинейной трапеции, ограниченной параболой и

прямыми и .

0

22 2 3

0

( ) ( ( )) ( ( )) sin 3 sin cos

t

x

t

K y t x t y t dt a t a t t dt

5

3 2aKK yx

22 xRy RxR

22 xR

xy

dxxR

Rdxyd

22

21

,2 2

22

22 RdxRdxxR

RxRK

R

R

R

R

x

.02222

нечетнаяxR

xRфункцияdx

xR

RxK

R

R

y

,2 2RKx .0yK

pxy 22

0y 1x

х

у

0

1

х=1


115

Решение. Статические моменты найдем по формулам (7.5) и

(7.6):

,

.

Ответ: .

§8. Вычисление центра тяжести

Определение. Точка С называется центром тяжести систе-

мы материальных точек, если после сосредоточения в этой точке

массы всей системы, статический момент этой точки относительно

данной оси будет равен статическому моменту относительно этой оси

всей рассматриваемой системы.

Обозначим и координаты центра тяжести. Согласно опре-

делению,

,

.

Из этих равенств выразим координаты центра тяжести:

, , (8.1)

где – масса всей системы точек.

Пример 100. Найти координаты центра тяжести первой арки

циклоиды .

222

2

1)(

2

11

0

21

0

2 pxpdxxpdxxyK

b

a

x

5

22

5

2222)(

1

0

2

51

0

1

0

2

3p

xpdxxpdxpxxdxxyxKb

a

y

5

22,

2

pK

pK yx

cx cy

n

iic

n

iiix myymK

11

n

iic

n

iiiy mxxmK

11

M

Ky x

c M

Kx

yc

n

iimM

1

)cos1();sin( tayttax


116

Решение. Данная однородная дуга симметрична относительно

прямой (рис. 31). Поэтому центр тяжести дуги лежит на

этой прямой, то есть Для определения воспользуемся

формулами (8.1) и (7.1): .

Найдем дифференциал дуги циклоиды:

,

и вычислим интеграл:

.

Длина дуги циклоиды вычислена ранее:

Следовательно,

Ответ: Координаты центра тяжести .

Пример 101. Найти координаты центра тяжести дуги цепной ли-

нии .

Решение. Так как цепная линия (рис. 55) симметрична относи-

тельно оси , то ее центр тяжести лежит на этой оси, то есть .

Найдем , для этого воспользуемся формулами (8.1) и (7.1):

x a

.cx a cy

L

dy

L

dy

M

Ky

LL

xc

00

dtt

adttatadttytxd2

sin2sin)cos1( 222222

2

0

322

0

2

02

sin222

sin)cos1(2 dtt

adtt

tadyL

2

0

22

0

22

0

22

2cos

2cos2

2sin4

2sin

2cos14

td

tdt

tadt

tta

22

0

32

3

32

2cos

3

1

2cos8 a

tta

.82

cos42

sin22

0

2

00

at

adtt

adLL

.3

4a

L

Ky x

c

4,

3C a a

axaa

xchay

,

Oy 0cx

cy


117

.

Найдем дифференциал дуги:

.

Тогда длина дуги:

.

Следовательно,

.

Ответ: .

Пример 102. Найти координаты центра тяжести однородной фи-

гуры, ограниченной прямой и синусоидой при .

Решение. Прямая и синусоида пересекаются в начале координат

и при . Согласно формуле (8.1) , центр тяжести данной фигуры

имеет координаты и .

L

L

xc dy

LL

dy

M

Ky

0

0 1

dxa

xchdx

a

xshdxxyd

22 1))((1

a

a

a

a

aa

a

xshadx

a

xchdx

a

xchdxxyL

00

2 22))((1

12012 shashsha

a

a

a

a

c dxa

xcha

shadxxyy

Ly 22

12

1))((1

1

aa a

a

xsh

ax

shdx

a

xch

shdx

a

xch

sh00 0

2 2

212

121

12

1

1

1

14

)22(

sh

sha

(2 2)0;

4 1

a shC

sh

xy

2 xy sin 0x

2

x

M

Kx

yc

M

Ky x

c


118

Найдем статические моменты плоской фигуры по формулам

(7.3) и (7.4):

,

.

2

0

2

2

222 4sin

2

1

2

1

dxxxdxxgxfK

b

a

x

2

0

3

2

2

0

2

2 3

42sin

4

1

2

1

2

14

2

2cos1

2

1

xxxdxx

x

24642

1

2

0

2sin

dxxxxdxxgxfxK

b

a

y

xvdxxdv

dxduxu

частямпо

dxxx

cossin12

sin22

0

12

12

121

12sincos

22220

xxx

х

у

0


119

Масса данной фигуры , где площадь вычисляется по

формуле:

Значит, .

Таким образом, координаты центра тяжести

,

.

Ответ: .

Свойства центра тяжести описываются теоремами Гульдина:

П е р в а я т е о р е м а Г у л ь д и н а . Величина площади по-

верхности, полученной при вращении кривой вокруг некоторой не

пересекающей ее оси, равна длине дуги этой кривой, умноженной на

длину окружности, описываемой центром тяжести кривой:

, .

Д о к а з а т е л ь с т в о . Рассмотрим плоскую кривую длины .

Координаты ее центра тяжести будут иметь вид:

,

.

SM

4

4

41cos

2sin

2

0

2

0

2

xxdxxxS

4

4

M

312

12

4

412

122

2

M

Kx

yc

624

4

424

M

Ky x

c

212;

12 3 24 6C

cx yLT 2 cy xLT 2

L

L

dx

L

dx

M

Kx

LL

yc

00

L

dy

L

dy

M

Ky

LL

xc

00


120

Умножим обе части второго равенства на , получим:

, или .

В правой части равенства получили формулу для вычисления

площади поверхности, образованной при вращении дуги кривой во-

круг оси Ох. Таким образом, получим:

.

Аналогично, умножая выражение для на , можно доказать

справедливость равенства .

В т о р а я т е о р е м а Г у л ь д и н а . Объем тела, полученного

при вращении плоской фигуры вокруг не пересекающей ее оси, равен

произведению площади этой фигуры на длину дуги окружности, опи-

сываемой центром тяжести фигуры:

, .

Д о к а з а т е л ь с т в о . Рассмотрим криволинейную трапецию с

основанием на оси . Координаты ее центра тяжести будут иметь

вид:

,

.

Умножим обе части каждого равенства на , получим:

, .

2

L

c dyL

y

0

22

L

c dyLy

0

22

LyT cx 2

cx 2

LxT cy 2

cx ySV 2 cy xSV 2

Ox

b

a

b

ayc dxxfx

SS

dxxfx

M

Kx )(

1)(

b

a

b

axc dxxf

SS

dxxf

M

Ky

2

2

)(2

1)(

2

1

S2

y

b

a

c VdxxfxxS )(22 x

b

a

c VdxxfyS 2

)(2


121

Пример 103. Пользуясь первой теоремой Гульдина, определить

положение центра тяжести полуокружности

.

Решение. Так как дуга симметрична относительно оси , то

центр тяжести находится на оси симметрии, то есть .

По первой теореме Гульдина , следовательно,

. При вращении данной полуокружности вокруг оси Ох об-

разуется сфера, площадь поверхности которой , а длина

полуокружности . Тогда

.

Ответ: .

Пример 104. Найти координаты центра тяжести однородного

полукруга .

Решение. Так как фигура симметрична относительно оси , то

центр тяжести находится на этой оси, то есть .

По второй теореме Гульдина , следовательно,

. При вращении данного полукруга вокруг оси Ох образу-

ется шар, объем которого , а площадь полукруга

. Тогда .

Ответ: .

22 xRy

RxR

O y

0cx

cx yLT 2

L

Ty x

c2

24 RTx

RL

R

R

R

L

Ty x

c

2

2

4

2 2

2

20;

RC

220 xRy RxR

O y

0cx

cx ySV 2

S

Vy x

c2

3

3

4RVx

2

2

1RS

3

4

2

12

3

4

2

3

R

R

R

S

Vy x

c

40;

3

RC


122


48. Найти координаты центра тяжести дуги кардиоиды

от до . Ответ: .

49. Найти координаты центра тяжести фигуры, ограниченной осями

координат и кривой .

Ответ: .

50. Найти центр тяжести фигуры, ограниченной дугой синусоиды

и отрезком оси Ох от до .

Ответ: .

cos1 ar

0 2

5

16a

axy

5,

5

aa

xy sin 0x x

8,

2


123

ГЛОССАРИЙ

Гладкой кривой называется кривая, у которой во всех точках

существует касательная, непрерывно изменяющаяся вместе с точкой

касания.

Длиной дуги AB называется предел, к которому стремится дли-

на ломаной линии, вписанной в эту дугу, когда число звеньев этой

ломаной неограниченно возрастает, а длина наибольшего звена стре-

мится к нулю. Если указанный предел существует и конечен, то дуга

AB называется спрямляемой.

Интегралом с симметричными пределами интегрирования

называют интеграл вида:

a

a

f x d x

.

Интегрируемой на отрезке ;a b называется функция, опреде-

ленный интеграл которой существует.

Криволинейной трапецией с основанием на оси O x называет-

ся фигура, ограниченная сверху кривой y f x , снизу осью O x , а с

боков прямыми x a и x b .

Криволинейной трапецией с основанием на оси называет-

ся фигура, ограниченнаясправа кривой , слева осью , а

снизу и сверху прямыми и .

Криволинейным сектором называется фигура, ограниченная

двумя лучами, исходящими из полюса и кривой f .

Несобственными интегралами называются интегралы с бес-

конечными пределами интегрирования или интегралы от разрывных

функций.

O y

x f y O y

y c y d


124

Несобственным интегралом функции f x с бесконечным

верхним пределом называется предел интеграла b

a

f x d x при

b , при условии, что функция )(xf непрерывна на промежутке

;a :

lim

b

ba a

f x d x f x d x

.




Несобственным интегралом от функции f x с

бесконечным нижним пределом называется предел интеграла

b

a

f x d x при a , при условии, что функция )(xf непрерывна

на промежутке ; b :

lim

b b

aa

f x d x f x d x

.


называется сходящимся, если бесконечен или не существует, то ин-

теграл называется расходящимся.

Несобственный интеграл с бесконечными верхним и нижним

пределами определяется с помощью равенства:

c

c


,

где c - произвольное действительное число, )(xf - непрерывная

функция на множестве R . Если оба интеграла справа в формуле схо-

дятся, то интеграл f x d x

называется сходящимся, если же один


125

из интегралов справа расходится, а другой сходится, то интеграл

f x d x

называется расходящимся.

Несобственным интегралом функции f x на отрезке ;a b

называется предел интеграла b

a

f x d x

при 0 , при условии, что

функция )(xf непрерывна на промежутке ;a b :

0

lim

bb

a a

f x d x f x d x

,

причем при .




Несобственным интегралом функции f x по отрезку ;a b

называется предел интеграла b

a

f x d x

при 0 , при условии,

что функция )(xf непрерывна на промежутке ;a b :

0

lim

b b

a a

f x d x f x d x

,

причем при .




Несобственными интегралами первого рода называются инте-

гралы с бесконечными пределами интегрирования.

Несобственными интегралами второго рода называются ин-

тегралы от неограниченных функций.

Определенным интегралом функции f x по отрезку ;a b

называют предел интегральной суммы n при 0 независимо от

,x b f x

,x a f x


126

способа разбиения отрезка ;a b на частичные отрезки и от выбора

точек i на этих отрезках, если этот предел существует и конечен, то

есть:

,

где 1,

max ii n

x

. Здесь f x – подынтегральная функция; f x d x –

подынтегральное выражение; число a называется нижним пределом

интегрирования; число b называется верхним пределом интегрирова-

ния; x - переменная интегрирования; ;a b – отрезок интегрирова-

ния.

Площадью поверхности, образованной вращением дуги вокруг

оси, называется предел площади поверхности, полученной от враще-

ния вокруг той же оси ломаной, вписанной в эту дугу, при условии,

что длина наибольшего звена ломаной стремится к нулю (если этот

предел существует и конечен).

Статическим моментом дуги относительно некоторой

оси называется предел, к которому стремится статический момент

относительно той же оси системы материальных точек, выбранных на

дуге, когда число точек в системе возрастает неограниченно, а длина

наибольшей частичной дуги стремится к нулю.

Центром тяжести системы материальных точек называет-

ся точка С, обладающая свойством: если после сосредоточения в этой

точке массы всей системы, статический момент этой точки относи-

тельно данной оси будет равен статическому моменту относительно

этой оси всей рассматриваемой системы.

0 01

( ) lim lim ( )

b n

n i i

ia

f x d x f x

AB


127

ПРИЛОЖЕНИЕ 1

ОСНОВНЫЕ ФОРМУЛЫ

ТАБЛИЦА ПРОИЗВОДНЫХ ЭЛЕМЕНТАРНЫХ ФУНКЦИЙ

1. . 15. .

2. . 16. .

3. . 17. .

4. . 18. .

5. . 19. .

6. , - . 20. .

7. . 21. .

8. . 22. .

9. . 23. .

10. . 24. .

11. . 25. .

12. . 26.

13. . 27. .

14. 28. .

0C 1

lnu uu

1x 1

logln

a u uu a

u v w u v w sin cosu u u

u v u v v u cos sinu u u

u v w u vw

uv w uvw

2

1

costg u u

u

Cu Cu C const 2

1

sinctgu u

u

2

u u v uv

v v

2

1arcsin

1u u

u

u u

C C

2

1arccos

1u u

u

2

C Cu

u u

2

1

1arctgu u

u

1u u u 2

1

1arcctgu u

u

1

2u u

u

shu chu u

2

1 1u

u u

chu shu u

u ue e u

2

1thu u

ch u

lnu ua a a u

2

1cthu u

sh u


128

ТАБЛИЦА ИНТЕГРАЛОВ

1. 8.

2. 9.

3. 10.

4. 11.

5. 12.

6. 13.

7. 14.

15.

16.

17.

Формула интегрирования по частям

0 ;d u C cos sin ;u d u u C

;d u u C 2;

cos

d utgu C

u

1

;1

uu d u C

2

;sin

d uctgu C

u

ln ;d u

u Cu

2 2arcsin ;

d u uC

aa u

;ln

uu a

a d u Ca

2 2

1;

d u uarctg C

u a a a

;u ue d u e C 2 2

1ln ;

2

d u u aC

u a a u a

sin cos ;u d u u C 2 2

1ln ;

2

d u u aC

a u a u a

2

2ln ;

d uu u A C

u A

22 2 2 2 arcsin ;

2 2

u a ua u d u a u C

a

22 2 2ln ;

2 2

u au A d u u A u u A C

.u d v u v v d u


129

ПРИЛОЖЕНИЕ 2

ВАЖНЕЙШИЕ КРИВЫЕ И ИХ УРАВНЕНИЯ

Эллипс, гипербола и парабола

Парабола Кубическая парабола

2y x

3y x

Парабола у x Кубическая парабола

(верхняя ветвь) 3yx

Парабола Нейля 2

3y x , или

3

2

,

.

x t

y t

Полукубическая парабола

2 3y x , или

2

3

,

.

x t

y t

0

y

x

y

x 0

y

x 0

y

x 0

y

0 x

y

x 0


130

Эллипс Гипербола 2 2

2 21

x y

a b , или

cos ,

sin .

x a t

y b t

2 2

2 21

x y

a b .

Парабола Гипербола

2 2y px , 0k

y kx

Тригонометрические функции

siny x

y

x 0 a

b

0 x

y

1

1

-

1

-1

y

x 0

x

y

0

-1

1

-2π

-π π 2π 3π

-π/2 π/2

y

x 0

b

a


131

cosy x

tgxy

ctgxy

y

0

π -π x -

y

0 π -π x

y

0

-1

1

-2π -π π 2π

-π/2 π/2 x 3π/2


132

и

Обратные тригонометрические функции

xxy

cos

1sec

1cos

siny ec x

x

y

0

y=secx

π -π x

y=сosecx

1

-1

y=arcsinx

x

y

1 -1

y

x 1 -1

π

y=arcosx


133

Показательная и логарифмическая функции

и

xy e xy e lny x

y

x

y=arctgx

0

y

x

y=arcctgx

0

π

0 x

y

-1 1

1

0 x

y

1

1

e


134

Гиперболические функции

и и

Спирали

Спираль Архимеда

Гиперболическая спираль

sh2

x xe ey x

th

x x

x x

e ey x

e e

сh2

x xe ey x

cth

x xe ey x x xe e

a a

M

0

y

0 x

y=shx

y=chx

x

y

0

y=cthx

y=cthx

y=thx

1

-1

а

φ

0


135

Логарифмическая спираль

Трехлепестковая роза

Четырехлепестковая роза

Другие кривые

График дробной функции Локон Аньези

ae

sin3a sin2a

2

1y

x

2

1

1y

x

0 x

y

1

1

-1 x

y

0

1

0

0

а

а

а

0

а


136

«Кривая вероятностей»

Циссоида Диоклеса

Лемниската Бернулли

или

Декартов лист

или

,

2xy e3

2 xy

a x

2 2 2 2 2 2( ) ( )x y a x y

2 2 cos2a

3 3 3 0x y a x y

2

3

1

atx

t

2

2

3

1

aty

t

y

x a

y

x 0

1

-1 1

y

x 0 a

x

y

0

y


137

Циклоида

Астроида (гипоциклоида)

или

Улитка Паскаля

,

; или

, ;

или

.

( sin )

(1 cos )

x a t t

y a t

3

3

cos ,

sin

x a t

y a t

2 2 2

3 3 3x y a

2 2 2 2 2 2( ) ( ) 0x y a x l x y

0, 0,a l a l

2cos cos

cos sin sin

x a t l t

y a t t l t

0 2t

cosa l

у

х 0 a

-a

a

-a

0

y

x

l a

y

x 0

2a

t

2πa πa


138

Кардиоида

Кардиоида

Цепная линия

или

Эвольвента (развертка)

окружности

.

(1 cos )a cos1 a

2

xy ach

2

x x

a aa

y e e

(cos sin )

(sin cos )

x a t t t

y a t t t

y

x 0

a

2a 0 ρ

ρ

φ

0

2a ρ

ρ

φ

y

x 0


139

ЛИТЕРАТУРА

1. Берман, Г.Н. Сборник задач по курсу математического анали-

за [Текст] : учеб. для вузов / Г.Н. Берман – СПб. : Лань, 2010. – 432 с.

2. Кузнецов, Л.А. Сборник заданий по высшей математике

[Текст] : учеб. для вузов / Л.А. Кузнецов – СПб. : Лань, 2013. – 257 с.

3. Пискунов, Н.С. Дифференциальное и интегральное исчисле-

ния [Текст] : учеб. для вузов / Н.С. Пискунов – М. : Интеграл-Пресс,

2012. – 560 с.

4. Петрушко, И.М. Введение в математический анализ [Текст] :

учеб. для вузов / И.М. Петрушко – СПб. : Лань, 2010. – 288 с.

5. Фихтенгольц, Г.М. Основы математического анализа [Текст] :

учеб. для вузов / Г.М. Фихтенгольц – СПб. : Лань, 2010. – 464 с.


140


Data & Analytics

математический анализ. интегральное исчисление учебное пособие