Upload
marga-jordanovska
View
110
Download
8
Embed Size (px)
DESCRIPTION
математика - замена на променливи и парцијална интеграција кај определен интеграл
Citation preview
ЗАМЕНА HA ПРОМЕНЛИВИИ ПАРЦИЈАЛНА
ИНТЕГРАЦИЈА KAJ ОПРЕДЕЛЕНИНТЕГРАЛ
.Теорема A ко функцијата f(x) c непрекината иа интервалот (a,b) и
функцијата φt) e определена и непрекинага заедно co својот прв извод φ’(t)
на интервалот {a,β), при што за секој t∈(a,β) e исполнето неравенството a
< φ(t) < b ( . црт 1), , тогаш ако а0 ,β0 ∈ (a,β) , а 0 = φ(а0),b0 =φ β0) важи
∫a0
b0
f ( x )dx=∫α0
β0
f (φ (1 ) )φ' ( t )dt (1)
.Доказ Пред ce да забележиме дe ка според условот функцијата f e
определена на мn ожеството вредности на функцијата φ, па затоа има
смисла сложената функција f(φ ¿)). Бидејќи и во двете страни на
равенството (1) подинтегралните функции ce непрекинати заклучуваме
.дека постојат и двата интеграла во ова равенство
Heka F(x) e произволна примитивна функ ција за функцијата f (x) на
интервалот (a,b). Тогаш за ce кој t∈(α , β) има смисла сложената фуикција
F (φ (t )) која е примитивна за функцијатаf (φ ( t ))φ ' (t) бидејќи
ddtF (φ (t ) )=F 'φ (φ ( t ) )φ' ( t )=f (φ (t ))φ ' (t )
- Сега од теоремата наЊутн Лајбниц добиваме
∫α0
β0
f (φ (t ) )φ' ( t )dt=F (φ (β0 ))−F (φ (α0 ))=F (b¿¿0)−F (α0)=∫a0
b0
f ( x )dx .¿
. Пример a) Ќе ro пресметаме интегралот∫1
elnxxdx. Воведуваме замена lnx = t
и добиваме
¿
, Понатаму за x = 1 имаме t = ln l = 0, а за x = e, t = ln e = 1. ,Според тоа
∫l
eln xxdx=∫
0
1
tdt= t2
2∨1012
2−0
2
2=12
)б Ќе го пресметаме интегралот∫−1
0dx
√1−x
Воведуваме замена x = t 2 и добиваме dx = 2tdt. , Понатаму t=√ x и за x = 0
имаме t=√0=0, a за x=1 , t=√1=1. ,Според тоа
∫0
1xdx1+√ x
=∫0
1t 22 tdtt+1
=2∫0
1t 3
t+1dt=2∫
0
1t 3+1−1t+1
dt=2∫0
1
( t 3+1t+1− 1t+1 )dt=2∫0
1
t2−t+1− 1t+1
dt=¿2( t 33 −t2
2+t−ln|t+1|)∨10=2( 1
3
3−1
2
2+1−ln|1+1|)−2( 033 −0
3
2+0−ln|0+1|)=2( 56−ln2)=53−2 ln 2¿
)в Ќе го прссметаме интегралот∫0
1e x
1+e2dx . Воведуваме замена ex = t и
добиваме exdx = dt. , Понатаму за x = 0 имамеt=e0=1, a за x = 1, t=e1=e. Спорe д
,тоа
∫0
1xdx1+√ x
=¿∫0
1t 22 tdtt+1
=2∫0
1t 3
t+1dt=2∫
0
1t 3+1−1t+1
dt=2∫0
1
( t 3+1t+1− 1t+1 )dt=2∫0
1
(t 2−t+1− 1t+1 )dt=2¿¿
)г Ќе го пресметаме интегралот∫0
1ex
1+e2xdx
Воведуваме замена ех = t н добиваме e xdx = dt. , Понатаму за x = 0 имаме t =
e0 = 1, a за x = 1, t = e1 = e . ,Според тоа
∫0
1ex
1+e2xdx=∫
1
edt1+t 2
=arctg t|e1=arctge−arctg 1=arctg e−π4
Теорема. Ако функциите u(x) и v(x) се непрекинато диференцијабилни на
иитервалот [a,b], тогаш
∫a
b
udv=uv|ba−∫ab
vdu (2)
.Доказ Имаме
∫a
b
(uv )' dx=¿∫a
b
(uv '=v u' )dx=¿∫a
b
udv+∫a
b
vdu¿¿
при што постојат сите интеграли во последната низа равенства бидејќи
подинтегралните функции ce . -непрекинати Од Њутн Лајбницовата
формула следува
∫a
b
(uv )' dx=uv|ba и ако замениме во претходното равенство, ја добиваме формулата (2).
. a)Пример ro e e Ќе пр сметам интсгралот∫0
1
xe xdx .
Користиме парцијална интеграција dv = e xdx и u= x, т.e v=∫ ex dx=ex иdu=dx
па затоа
∫0
1
xe xdx=xex|10−∫01
ex dx=xex|10−ex|10=(x−1)ex|10=(1−1 ) e1−(0−1 ) e0=1
)б Ќе го пресметаме интегалот∫1
2
ln xdx
,Имаме
∫1
2
ln xdx=x ln x ¿
) в Kе го пресмe таме иитегралот∫π4
π3
xsin2 x
, За методот иа парцијална интеграција имаме u=xиdv=dx
sin2 x, па затоа
du = dx и ∫ dx
sin2 x=−ctg x=. Според тоа
∫π3
π3
xsin2 x
dx=−x ctg x ¿
ПЛОШТИНА HA РАМНИНСКАФИГУРА
Д .ефиниција Нека f e неирекината на интервалот [a ,b]и f ( x)≥0 , x∈[a ,b ] .
Множeството
P= {( x , y )|a≤ x≤b ,0≤ y≤ f ( x ) }(1) го нарекуваме криволиниски трапез определен co графикот на
функцијата
.Теорема Ако f e непрекината на интервалот [a ,b ]и f ( x )≥0 , x∈ [a ,b ] , тогаш за
плоштината S=μ (P) на криволинискиот трапез имаме
S=∫a
b
f ( x )dx
. Доказ Нека π= {xk }nk=0 e поделба на [a,b] и да ставиме
∆=[ xk−1 , xk ] ,∆ xk−xk−1 ,mk=min f ( x )x∈∆k
иM k=max f (x )x∈∆k
Co pπиPπ означиме фигурите составени од сите правоаголници од видот
pπ , k={( x , y ) }|xk−1≤x ≤xk ,0≤ y ≤mk }(3)
Pπ , k={( x , y ) }|xk−1≤x ≤xk ,0≤ y ≤ M k }(4 )
. . т е
pπ=¿ k=0¿n pπ , kи Pπ=¿ k=0¿n Pπ , k¿ (5)
Од дефиницијата наmk иMk следува дека за секоја поделба π важи
pπ⊆P⊆Pπ па затоа
μ( p¿¿ π )≤ μ(P)≤μ(P¿¿π )(6)¿¿
Од (3) (4) и следува дека
μ( p¿¿ π ,k )=mk∆k ,μ (P¿¿ π , k)=M k∆k ¿¿
и бидејќи правоаголниците p ,kπ , односно P ,kπ , имаат заеднични точки само
(5), на страните од следува
μ( p¿¿ π )=∑k=0
n
mk∆ xk=sπи μ(P¿¿π )∑k=0
n
M k∆ xk=Sπ ¿¿
, (6) Сега од неравенствата следува
sπ≤μ (P)≤Sπ
и бидејќи
limd (π )→0
sπ= limd (π )→0
Sπ=∫a
b
f ( x )dx
од последното равенство добиваме дска важи (2).
.Последица Ако f e непрe кината на [a ,b ]и f ( x )≤0 и x∈[a ,b ] тогаш за
плоштината S на криволинискиот трапез важи
S=−∫a
b
f ( x )dx(7)
.Доказ Нека f *(x) = - f(x) за секој x∈[a ,b ] и P* e множеството симетрично на
P во однос на х – оската. , Тогаш од тe орема следува
S=μ (P )=μ (P¿)=∫a
b
f ¿ ( x )d=−∫a
b
f ( x )dx
.Забелешка Од досега изнесеното следува дека плоштината на фигурата
co определена кривите y = f(x) y = (x) и φ и правите x = a, y = b, a ≤ b во случај
кога f (x)≥φ(x ) за секој x∈[a ,b ] ce e пресметува спор д формулата
S=∫a
b
¿¿
Примeр. a) Ќе ја пресметаме плоштината на фигурата ограничe ра co
кривите y = x2 и y−√x . Решенијата на равенката √ x=x2cex1=0и x2=1, па затоа
дадените криви ce (0,0) (1,1). [0,1]сечат во точките и Бидејќи на интервалот
важи √ x≥ x2 од претходната забe лешка имаме
S=∫0
1
(√ x−¿ x2)dx=¿¿
)б Да ja пресметаме плоштината на фигурата ограничe на co правите
y=−1, y=2 , y−x=1и кривата y2=2 x .Чe , сто пати како што e случај во овој
, пример за поедноставпо пресметување на плоштина на дадена фигура
може да ce заменат улогите на променливите x и y. , Притоа формулата од
претходната забелешка го добива видот
S=∫c
d
[g ( y )−ψ ( y ) ]dy .
Bo нашиот случај имаме
S=∫−1
2
¿¿
.Плоштина на кружен исечок За плоштината на кружниот исечок
ограничен co на кругот x2 + y2 = r2радиусите
θ=θ0иθ=θ1 ,0≤θ0≤θ1<π2
( имаме S (θ0 , θ1 )=S (0 ,θ1 )−S (0 , θ0 ) па затоа доволно e да определиме S (0 , θ0 )кога
θ0∈[0 , π2].
Бараната плоштина ќе ja пресметаме како збир на две плоштинн од кои
едната e определена co
y=x tgθ0 , x∈ ¿
a, другата со y=√r2−x2 , x∈ ¿
S (0 , θ0 )= ∫0
r cosθ0
xtgθ0dx+ ∫rcosθ0
r
√r2−x2dx
За вториот интеграл воведуваме замена
x=r cosθ ,dx−−r sin θ , y=r sin θ,
При што θ∈ [ 0 ,θ0 ] и добиваме
S (0 , θ0 )=tgθ0 ∫0
rcosθ0
xdx−r2∫θ0
0
sin2θdθ= x2
2 |r cosθ00tg θ0+r
2∫0
θ01−cos2θ
2dθ=
r2 cos2θ02
tg θ0+r2
2θ0−
r2 sin 2θ4 |θ00=r
2
2θ0
,Според тоа
S (θ0 , θ1 )= r2
2(θ0−θ1 )(8)
Може да ce (8) докаже дека формулата e точна за секој исечок co агол
(θ1−θ0 )∈¿. O д што следува дска плоштината на круг co радиус r e еднаква на
rπ 2 .
.Плоштина на рамнинскафигура во поларни координати Нека
фигурата P e определена co кривата зададена во поларнн координати
ρ=ρ (φ ) , α ≤φ≤β
и отсечките φ=α и φ=β . .кои можс да дегенерираат во точки т е
P={ ( ρ ,φ )∨α ≤φ≤β ,0≤ρ≤ ρ (φ ) }
Да ja определиме плоштината S = µ(P) на фигурата P.
Нека π={φk }kπk=0
е поделба на интервалот [a,β] и да ставиме
∆k=(φk−1 , φk ] ,mk=minφ∈ ∆k
ρ (φ ) , M k=maxφ∈∆ k
ρ (φ ) ,∆φk=φk−φk−1
pπ , k={(ρ ,φ)∨φk−1≤φ≤φk ,0≤ ρ≤mk}, pπ ¿ k=0¿k π pπ , k ,
Pπ , k={(ρ ,φ)∨φk−1≤φ≤φk ,0≤ ρ≤M k}, pπ ¿k=0¿k π Pπ , k ,
Множествата pπ , k и Pπ , k ce кружни исечоци co агол ∆φk и радиуси mk и M k ,
, соодветно a множествата pπ и Pπ ce степенести фигури составени од
споменатите исечоци и се впишани во фигурата P и опишани околу
фигурата P . . т е важи pπ⊆P⊆Pπ , што значи
μ( p¿¿ π )≤ μ(P)≤μ(P¿¿π )(9)¿¿
(8) Одформулата добиваме
μ( p¿¿ π , k )=mk2∆φk2
иM ( p¿¿ π , k )=M k
2∆φk2
¿¿
Па затоа ако ги собереме елементарните плоштининаоѓаме
μ ( pπ )=12∑k=0
kπ
mk2∆φk иμ (Pπ )=1
2∑k=0
kπ
M k2∆φk
, Добиените суми соодветствуваат на горната и долната сума иа Дарбу ѕπ и
Sπ за фумкцијата12ρ2 .Cera, од неравенствата (9) следува
sπ≤μ (P)≤Sπ
, и бидејќи
limd (π )→0
sπ=¿ limd (π )→0
Sπ12∫α
β
ρ2 (φ )dφ¿ од последното неравe нство добиваме дека важи
S=μ (P )=12∫α
β
ρ2 (φ )dφ(10)
Примe . р
a) Ќе ја определиме плоштината на фигурата ограничена co кардиоидата
ρ=α ¿
Co примена на формулата (10) наоѓаме
S=α2
2∫0
2π
¿¿¿ )б Ќе ja пресметаме плоштината на фигурата ограничена co
кривата
ρ=α cos3θ ,α>0
Плоштината на фигурата e шест пати поголема од плоштината на
шрафираниот дел кој соодветствува на промe ната на аголот θ 0 од доπ6
.
, Според тоа користејќи ja (10) формулата добиваме
S=6∫0
π612α2
cos23θdθ=α2∫0
π6
cos23θd (3θ )=α2∫0
π6
cos2 tdt=πα2
6
што значи дека бараната плоштина e еднаква на четвртина од
плоштината на кругот co радиус a .
ВОЛУМЕН HA РОТАЦИОНОТЕЛО
.Теорема Ако f е непрекипатаиа [a,b] и f ( x )≥ , за x∈[a ,b], a Q е телото
добиено co ротација иа криволинискиот трапез P определен co графикот
на функцијата y = f(x) , тогаш за волумеиот V на тоа тело имаме
V=π∫a
b
[ f (x )]2dx (1)
.Доказ Иека qτ иQτ ce телата добисн co - ротација околу х оската на
степенестите фигури pτ и Pτ кои соодветствуваат на некоја поделба τ на
интервалот [a,b]. Од pτ⊆P⊆Pτ следува qτ⊆Q⊆Q τ значи
μ(q¿¿ τ )≤μ(Q)≤μ (Qτ)¿ (2)
Волумените μ(q¿¿ τ )иμ (Qτ)¿ ce еднакви на сумите на волумените на
цилиндрите од кои ce составени и кои ce добиваат co ротација на
правоаголниците pτ ,k иP τ , k и
μ(q¿¿ τ )=∑k=0
k τ
πmk2∆ xk , μ (Q¿¿ τ )=∑
k=0
k τ
πM k2∆ xk¿¿
Од последните две равенства следува декаμ(q¿¿ τ )иμ (Q¿¿ τ )¿¿ се
интегрални суми на
функцијата π [ f ( x )]2 и како оваа функција e интеграбилна добиваме дека
limd (τ)→0
μ(q¿¿ τ )=¿ limd(τ )→0
μ (Q¿¿ τ )=π∫a
b
[ f ( x )]2dx¿¿¿
, (1)Конечно формулата следува од последните равенства и од
(2). неравенствата
Пример a) При ротација на елипсатаx2
a2+ y
2
b2=1 околу x-оската согласно co
(1) формулата за волуменот на ротационото телошто ce , добива имаме
V=π∫−a
+a
y2dx=π∫−a
+a
b2(1− x2a2 )dx=¿ π b2(x− x3
3a2 )|+a−a=43π ba2 ¿
Лесно cе , гледа дека ако ротацијата e околу y - , оската тогаш волуменот на
телото e 43πab2. Bo случај кога a = b , всушност имаме ротација на круг co
радиус a и притоа ce добива топка co раднус a чиј волумсн е еднаков на
43πa3.
) б Ke го пресметаме волуменот на телото кое ce добива co ротација на
првпот свод иа циклоидата
x (t )=a¿
околу x - оската
(1) Спорсд формулата имамe
V=π∫0
2πa
[ f ( x )]2dx Воведуваме смена
x (t )=a¿
и добиввме V=¿π a3∫0
2π
¿¿¿
ПЛОШТИНА HA РОТАЦИОНАПОВРШИНА
Нека функцијата f e ненегативна на интервалот [a,b], a τ={xk }krk=0 e поделба
на [a,b]. Bo графикот на функцијата f ќе впишеме искршена линија γ τ која
. . соодветствува на поделбата т е искршена лииија co темиња xk yk каде
yk=f (xk ) , k=0,1,2 ,…,k τ
Делот на оваа искршена лииија co краеви во точките (x¿¿k−1 , yk−1)и¿¿¿
нарекуваме k- ти дел на yτ , при ротација околу x – оската опишува обвивка
( на потсечен конус во случајот кога yk−1 ¿ yk тоа e )обвивка на цилиндар
чија плоштина e еднаква на
π ( yk−1+ yk )∆( yτ)k
каде yk−1 и yk ce , радиусите на основите a ∆ ( yτ)k e должината на k-ти дел на
yτ . Ако ставиме ∆ xk= xk−xk−1 ,∆ xk= yk− yk−1 тогаш
∆ ( yτ)k=√∆xk2+∆ yk2
Според тоа плоштината Lr наповршината добиена co ротација на
искршената линија околу x - оската се изразува co формулата
Lτ=∑k=1
k τ
π (¿ yk−1+ yk )∆(γ¿¿ τ )k=π∑k=1
k τ
(¿ yk−1+ yk)√∆ xk2+∆ yk2(2)¿¿¿
Ако постои L= limd (r )→0
Lτ , тогаш бројот L ro нарекуваме плоштпина на
ротационата површина добиена со ротација на f околу x-оската над
интервалот [a,b].
Нека функцијата f e непрекинато диференцијабилна на интервалот [a,b].
Од теоремата на Лагранж имаме
∆ y k=f' (ξk )∆ xk , xk−1≤ξk ≤ xk , k=1,2 ,… kr ,
па затоа
Lτ=π∑k=1
k τ
(¿ yk−1+ yk )√1+f '2 (ξk )∆ xk¿
Да ја споредиме сумата Lτ co сумата
σ τ=2 π∑k=1
k τ
f (ξk )√1+ f ' 2 (ξk )∆ xk
која e интегрална сума за функцијата 2πf (x)√1+ f ' 2(x) Функцијата f e непрекината на [a,b], па затоа таа e рамномерно
непрекината на [a,b], .т е . за секој ε>0 постои δ>0 , таков што за секои x , x '∈
[a,b] за кои |x '−x|<δ важи ¿ f (x)−f (x ')∨¿ ε. , Затоа ако поделбата τ e ,таква
што d (τ)<δ , тогаш ¿ yk−1−f (ξk )∨εи∨ yk−f (ξk )∨ε. Функцијата f'(x) e ограничена
на [a,b] , па затоа и функцијата √1+f ' 2(x) e ограничена на [a,b] , . . т е постои C
> 0 , таков што √1+f ' 2(x)≤C : за секој д x∈[a ,b ]. Сега имаме
¿ Lτ−σ τ∨≤π∑k=1
k τ
¿ y k−1+ y k−2 f (ξ¿¿k )∨√1+ f ' 2(ξ¿¿k )∆xk ≤πC∑k=1
k τ
¿ yk−1+ yk−2 f (ξ¿¿k )∨∆ xk ≤πC∑k=1
k τ
¿¿¿¿¿
Што значи limd (r)→0
(L¿¿ τ−σ τ)=0 , бидејќи limd (r)→0
σ τ 2π∫a
b
f (x)√1+ f ' 2 ( x ) ¿наоѓаме
L= limd (r )→0
Lτ=lim σ τd (r )→0
=2π∫a
b
f ( x ) √1+ f ' 2 ( x )(3)
Пример. Плоштината на ротационото тело кое ce добива c о ротација на
еден свод на функцијата y = sin x изиесува
L=2 π∫0
π
sin x √1+cos2 xdx=−¿2π∫1
−1
sin x √1+ t2dt=2π ¿¿¿¿
ДОЛЖИНА HA ЛАКНАРАМНИНСКАКРИВА
Ha изучувањето на рамнинските и просторпите криви нема посебно да ce
, задржуваме но овде ќе ce осврнеме само на примената на Римановиот
. .интеграл за пресметуван е на должината на лак на рамнинска крива
Нека функциите φ ,ψ ce непрекинати на интсрвалот [a,b] . Множеството
точки во
рамнината
Γ={(x , y )∨x=φ (t ) , y=ψ (t ) , t∈ [a ,b ]}
го нарекуваме .непрекипата рамнинска крива
Нека π= {ti }i=0k π e поделба на интегралот [a,b] и Γ π e искршената линија која ce
добива co поврзување на паровите соседни точки
l (Γπ )=∑k=1
kπ−1
√(φ (ti+1 )−φ ( ti ))2+(ψ (t i+1 )−ψ (t i ))
2
A ко постои конечната граница
limd (π )→0
l(Γ¿¿ π)=l(Γ )(1)¿
тогаш кривата Г ja нарекуваме , мерлива а границата l(Γ ) ja нарекуваме
должина на кривата Г .
. Теорема Ако функциите φ ,ψ ce такви што имаат непрекинати први
, изводи тогаш
l (Г )=∫a
b
√ (φ' ( t ) )2+(ψ ' (t ) )2dt
.Доказ Од теоремата на Лагранж следува дека за секој i=0,1 ,…k π−1
постојат ξ i ,η i∈[ ti , ti+1] , такви што
φ (t i+1 )−φ (t i )=φ' (ξ i )∆ t i ,ψ (t i+1 )−ψ (t i )=ψ ' (ηi )∆ t i
Каде ∆ t i=t i+1−ti. Според тоа
l(Γ¿¿π )=∑k=1
kπ−1
√(φ ' (ξi ))2−(ψ ' (η i))
2−√(φ ' (ξ i ))2+(ψ ' (ξi ))
2∆ ti+r π(2)¿
r π=¿
, Јасно √(φ' )2+(ψ ')2 e непрекината на [a,b], па за тоа постои определениот
интеграл
limd (π )→0
∑i=0
kπ−1
√(φ ' (ξ i ))2+(ψ ' (ξ i ))
2∆ ti=∫a
b
√(φ' ( t ) )2+(ψ ' ( t ) )2dt (3)
, Освен тоа ако ce искористи дека за секои u , v ,w∈R e исполнето
неравенството
¿√u2+v2−√u2+w2∨≤∨v−w∨¿
тогаш за r π добиваме
¿ r π∨≤∑i=0
kπ−1
√(φ ' (ξi ))2+(ψ ' (ηi ))
2−√(φ' (ξ i))2+(ψ ' (ξ i ))
2∆ t i
≤∑i=0
kπ−1
¿ψ ' (ηi )−¿ψ ' (ξ i )∨∆t i≤∑i=0
k π−1
ωi (ψ' )∆ t i ,¿
limd (π )→0
rπ=0 (4)
, (2), (3) (4) Конечно од равенствата и следува
l (Г )= limd (π )→ 0
l (Г π )=∫a
b
√(φ' ( t ) )2+(ψ ' ( t ) )2dt
. Забелешка Може да ce :докажат следниве тврдења
a) ако функцијата f има непрекинат прв извод на [a,b] и
Г={(x , y )∨ y=f ( x ) x∈ [a ,b } }
тогаш кривата Г e мерлива и притоа важи
l (Г )=∫a
b
√1+¿¿¿¿
) б ако ρ има непрекинат прв извод на [θ1 ,θ1] и
Г={(θ , ρ)∨ρ=ρ (θ )θ∈ [θ1 , θ1 ] }
е , крива зададена во поларни координати тогаш кривата Г е мерлива и
притоа
важи
l (Г )=∫a
b
√( ρ (θ ))2+( ρ' (θ ))2dθ ;
Доказите ua .последнитее две тврдења ги оставаме иа читателот за вежба
. Пример a) Ќе ја определиме должината на лакот на првиот свод на
циклоидата x=α ¿ Имамe,
x ' ( t )=α ¿
па од теоремата следува дека
l=∫0
2π
√α 2¿¿¿¿
)б Ќе ja определиме вкупната должина на астроидата
x23+ y
23=a
23 (5)
(5) Релацијата e пapнa и по променливата x и по променливата y , што значи
дека астроидата ce . состои од четири лакови кои имаат еднаква должина
, Според тоа доволно e даја пресметаме должината на лакот на кривата
y=(a¿¿ 23−x
23)32 ¿ кој ce . ,наоѓа во првиот квадранлт Имаме
y '=−x−13 (a23−x 23 )
12,√1+ y '2=a
13 x
13 , x∈[0 , a]
Па затоа
l=4 L=4∫0
a
a13 x
−13 , dx=6a
13 x
23|a0=6a
)в Ќе ја пресметаме должината на пp виот завој на Архимедовата спирала
ρ=aφ ,Имаме
ρ=aφ , ρ=a ,φ∈[0,2 π ]
па затоа
l=∫0
2π √ (aφ )2+a2+¿ dφ=¿a∫0
2 π
√1+φ2dφ=a∫0
2π
( 1
√1+φ2+ φ2
√1+φ2 )dφ ¿¿¿a2¿
НЕСВОЈСТВE НИИНТЕГРАЛИ
Bo претходните разгледувања бe з доказ ro дадовме следииов критериум за
.интеграбилност на една функција
Функуијата f интеграбилна на интервалот [a,b] ако и само ако таа е
огpaничena на [a,b] и множеството нејзини прекини e конечно или e
еквивалентно c о множеството природни броеви N .
Bo oвoj случај определениот интеграл го нарекуваме . својствен Ако некој
8 од условите во теорема не ce , . . исполнсти т е ако некоја од границите на
интегрирање a или b e бесконечна или подинтегралната функција e
, неограничена на областа на интегрирање тогаш велиме дека станува
збор за .несвојствен интеграл
.Дефиниција Нека функцијата
f : [a ,b )→R,a∈R ,−∞<a<b≤+∞
e , таква што f e интеграбилна на [a, A] , за секој
A∈ [a ,b )иφ ( A )=∫a
A
f ( x )dx , A∈ [a ,b )
∫a
b
f ( x )dx ,(1)
од функцијата f на множеството [a,b) ja нарекуваме конечната граница
limA→b
φ ( A )=limA→b
∫a
A
f ( x )dx ,(2)
. (1)ако постои Притоа ќе велнме дека несвојствениот интеграл
. конвергира (2) Ако границата не постои или e , бесконечна тогаш ќе
велиме дека несвојствениот интеграл .дивергира
. Забелешка (1) Геометриската смисла на несвојствениот интсграл од
/ ненегативна фуикција e , ,во тоа што тој слично на својственнот интеграл
e еднаков на плоштината на криволинискиот трапез
P={(x , y)∨a≤x<b ,O≤ y≤ f ( x ) }
определен co графикот на функцијата f при што трапезот P e
.неограничено множество
Забe .лешка (1) Ако интегралот конвергиpa, тогаш за секој c > a
конвергира несвојствениот интеграл
∫c
b
f ( x )dx (3)
пришто
∫a
b
f ( x )dx=∫a
c
f ( x )dx+∫c
b
f (x )dx ,(4)
Jacнo, ако за некој c> a (3) , интеграпот конвергира тогаш конвергира и
интегралот (1) и притоа важи равенството (4). И двете тврдења следуваат
од равенството
∫a
A
f ( x )dx=∫a
c
f ( x )dx+∫c
A
f (x )dx ,a≤ c≤ A
. и дефиницијата на несвојствен интеграл Bo натамошните разгледувања
овие трдења ќе ги користиме без тоа посебно да го нагл] .асуваме
.Дефинииција Нека функцијата
f : (a ,b ]→R,b∈R ,−∞≤a<b<∞
Е таква што f е интеграбилна [на A,b], за секој A∈¿ и
φ ( A )=∫A
b
f ( x )dx , A∈ ¿
Несвојствен иитеграл
∫a
b
f ( x )dx (5)
Од функцијата f на множеството (a,b] ја нарекуваме конечната граница
lim A→a
φ ( A )=lim A→a
φ ( A )∫a
b
f (x )dx (6)
. (5)ако постои Притоа ќе велиме дека несвојствениот интервал
. конвергира (6) Ако границата не постои или e , бесконечна тогаш ќе
велиме дека несвојствсниот имтеграл .дивергира
2. И во овој случај важи тврдењето од забелешка Доказот го оставаме на
.читателот за вежба
. Пример a) Интегралот∫0
+∞
e−x dx , 1, конвергира и има вредност бидејќи
lim A→+∞
φ ( A )=lim A→+∞
∫0
A
e−x dx=lim A→+∞
(¿1−eA)=1¿
)б Интефалот∫0
+∞d x1+x2
, коивергира и има вредностπ2
, бидејќи
lim A→+∞
φ ( A )=lim A→+∞
∫0
Adx1+x2
= limA→+∞
¿ (arctgA−0 )=π2
¿
в) Нека a > 0. Несвојствениот интеграл ∫0
+∞dxxb
конвергира и има вредност
a1−b
b−1 ако b > 1 и дивергира прн b≤1
, Навистина функцијата од A
φ ( A )=∫0
Adx
xb={ ln A−ln a b=1A1−b
1−b− a1−b
1−bb≠1
кога A→+∞ e таквашто
φ ( A )=→ a1−b
1−b,b>1иφ ( A )→+∞ ,b≤1
) г Интегралот∫0
+∞
sin xdx дивергира бидејќи функцијата
φ ( A )=∫0
A
sin xdx=1−cosA , A>0
нема граница кога A→+∞
)д Несвојствениот интеграл∫0
1
ln xdx конвергира бидејќи
∫0
1
ln xdx=−1 A ln A+A→−1 , кога A→0+¿¿
.Дефиннција Нека f : (a ,b )→R,−∞≤a<b≤+∞и c∈(a ,b), He својствен
интеграл
∫a
b
f ( x )dx (7)
од функцијата f на множеството (a,b) го нарекуваме парот несвојствени
интеграли
∫a
c
f ( x )dx и∫c
b
f ( x )dx
, Ако двата интеграла конвергираат ќе велиме дека несвојствениот
(7) интеграл . конвергира Ако барем еден од двата интеграла дивергира ќе
(7) велиме дека несвојствениот интеграл . дивергира Притоа ќе пишуваме
∫a
b
f ( x )dx=∫a
c
f ( x )dx+∫c
b
f (x )dx (8)
.Пример Интегралог ∫−∞
+∞dx1+x2
коивергира и има вредност .π Навистина
43 од пример a) следува дека несвојствениот интеграл ∫−∞
+∞dx1+x2
постои и има
вредностπ2
. Аналогно ce докажува дека и несвојствениот ингеграл ∫−∞
0dx1+x2
постои и има вредностπ2
. , Сега од (8), при c = O , добиваме
∫−∞
+∞dx1+x2
=∫−∞
0dx1+ x2
+∫0
+∞dx1+x2
=π
Сега ќе ги разгледаме несвојствените интеграли од функции определени
на интервал од обликот [a,b) и интеграбилни според Римам на интервал
[a , A ] , a≤ A<b
, Тврдењата аналогни на тврдењата што ќе ги докажеме важат и за
. преостанатите типови несвојствени интеграли Нивната формулација и
доказите ги oc .таваме на читателот за вежба
.Теорема Ако несвојствените интеграли ∫a
b
f i (x )dx ,i=1,2, ,конвергираат
тогаш конвергира и нeсвојствe ниот интеграл
∫a
b
(C¿¿1 f ¿¿1 ( x )+C2 f 2 ( x ))dx ¿¿
н притоа важи
∫a
b
(C¿¿1 f ¿¿1 ( x )+C2 f 2 ( x ))dx=C1∫a
b
f 1 ( x )dx+C2∫a
b
f 2 (x )dx ¿¿
за секои C1,C2∈R .
.Доказ Од својствата на граничните вредности и Римановиот интеграл
:имаме
∫a
b
(C¿¿1 f ¿¿1 ( x )+C2 f 2 ( x ))dx=lim A→+∞
∫a
A
(C ¿¿1 f ¿¿1 (x )+C2 f 2 ( x ))dx=lim A→+∞
¿¿¿¿¿
Што и требаше да cе . докаже
.Теорема Ако f е непрекината на [а ,b) и F e примитивна функција на f
тогаш
∫a
b
f ( x )dx+F (b−¿)−F (a)¿
. Доказ Нека A∈¿ . , Тогаш согласно co - Њутн Лајбницовата формула
∫a
A
f ( x )dx+F (A¿)−F (a)¿. 8 Сега од дефиницијата имаме
∫a
b
f ( x )dx= limA→b
∫a
A
f ( x )dx= limA→b
[F ( A )−F (a ) ]=F ¿¿
Тe . орема Нека f , g имаат непрекинатп први изводи на [a,b). Ако еден од
несвојствените интеграли
∫a
b
f ( x )g' (x )dx ,∫a
b
g ( x ) f ' (x )dx (¿9)¿
конвергира и постои конечната граница limA→b
f (A)g (A ) тогаш конвергира и
(9) вториот интеграл во и важи равенството
∫a
b
f ( x )g' (x )dx ,=limA→b
f (A )g ( A )−limA→b
f (a ) g (a )−∫a
b
f ' (x ) g ( x )dx (10)
Доказ. Нека претпоставиме дека постои несвојствe ниот интеграл
∫a
b
f ( x )g ' ( x )dx
Тогаш co , примена на парцијална интеграција добиваме
∫a
b
f ( x )g' (x)dx=¿ limA→b
∫a
A
f ( x )g' (x )dx=¿ limA→b
¿¿¿
што значи дека постои и другиот несвојствен интеграл и важи (10).
.Пример Да го пресметаме интегралот
I n∫0
+∞
xne− xdx ,n=0,1,2 ,…
Од пример a) имаме
I 0∫0
+∞
e−x dx=1
Co примена нa , теорема при f(x) = xn и g’(x) = е - x , добиваме
I n∫0
+∞
xne− xdx= limA→+∞
Ane−A+0 ∙ e0+n∫0
+∞
xn−1 e−x dx=¿n−1(11)
Co (11) последователна примема на рекурентната формула добиваме
I n=n ! I 0=n!
.Теорема Ако f е непрекинатана [a,b) и φ е непрекината
диференцијабилна на [c ,d ) ,−∞<c<d ≤+∞ и се исполнети условите
φ ( [c ,d ) )⊆ [a ,b ) , a=φ (c )иb=limt→d
φ(t), тогаш
∫a
b
f ( x )dx=∫c
d
f ¿¿¿
(12) при што од егзистенцијата на интегралот на левата страна на следува
(12).егзистенцијата на интегралот на десната страна на
.Доказ Непосредно следува од дефиницијата на несвојствен интеграл и
. теоремата за смена на променливи кај Риманов интарал Деталнте ги
. оставаме на читателот за вежба
Забелешка. Ако за функцијата φ од теоремата постои инверзна функција
φ−1 за која ce исполнети истите услови како и за функцијата φ, тогашможе
да ce воведе замената t=φ−1(x) и притоа или двата интеграла конвергираат
.или дивергираат истовремено
.Пример Ако ја искористиме замената x=1t, dx=−dt
t2 имаме
∫1
+∞dx
x √x2−1=−∫
1
0dt
√1−x2=arcsin t|10=arcsin1−arcsin0=π2
НЕСВОЈСТВЕНИИНТЕГРАЛИОДНЕНЕГАТИВНИ
ФУНКЦИИ
. Теорема Ако f (x)≥O за секој x∈ ¿ , тогаш интегралот∫a
b
f (x )dx
конвергира ако и само ако постои константа C >0 , таква што за секој A∈¿
важи
φ ( A )=∫a
b
f ( x )dx≤C
.Доказ Ако a≤ A<A '<b , тогаш заради ненегативноста на функцнјата f
имаме∫a
A '
f ( x )dx ≥C , па затоа
φ ( A ' )=∫a
A '
f (x )dx=∫a
A
f (x )dx+∫a
A '
f (x )dx ≥∫a
A
f ( x )dx=φ(A)
. . т е функцијата φ монотоно расте на [a,b) .
Cera од дефиниција и својствата па граница нa функцнја непосредно
следува дека интегралот ∫a
b
f (x )dx постои ако и само ако монотоnо
растечката функција φ e , . . ограничена од горе т е ако и само ако постои
константа C > 0 , таква што за секој A∈¿ важи φ ( A )=∫a
A
f ( x )dx≤C .
.Теорема Нека 0≤ ,g (x)≤ f (x ) за секој x∈ ¿ . , Тогаш
a) ако интевалот∫a
b
f (x )dx . K , онвергира тогаш конвергира и интевалот
∫a
b
g (x)dx и
)б ако интегралот∫a
b
g (x)dx , дивергира тогаш дивергира и интегалот
∫a
b
f (x )dx .
.Доказ За секој A∈¿ важи∫a
A
g (x)dx≤∫a
A
f (x)dx .
a) Од теорема следува дека ако интегалот∫a
b
f (x )dx , конвергира тогаш
постои C > 0 , таков што за секој A∈¿ важи∫a
A
f ( x )dx ≤C . Ho, тоа значи дека
постои C > 0 , таков што за секој A∈¿ важи∫a
A
g (x)dx≤C што според теорема
значи дека интегалот∫a
A
g (x)dx .конвергира
)б Ако иитегралот ∫a
b
f (x )dx , конвергира тогаш од a) следуаа дека
интегралот∫a
b
g (x)dx . конвергирашто спротивречност
. Пример a) Ако ставиме g ( x )=и cos2 x
1+x2f ( x )= 1
1+x2 ја примениме
, ) теоремата тогаш од примерот б следува дека интегралот ∫−∞
+∞cos2 x1+x2
dx
.конвергира
)б Интегралот∫1
+∞
e−x2
dx . , конвергира Навистина при
f ( x )=e−x2
и g ( x )=e− x2
, x∈ ¿
имаме g(x )≤ f (x) за секој x∈ ¿Cera, од пример a) и теоромата следува дека
.разгледуваниот интеграл конвергира
) в Интегралот J ∫−∞
+∞
e−x ln xdx . , конвергира Навистнна при
g ( x )=e− x ln xи f (x )=xe−x , x∈¿
ако ce искористи неравенството ln x<x за x>1 ( ?), зошто имаме g(x )≤ f (x) за
секој x∈ ¿). , Сега од пример, при n = 1 , и теорема следува дека
. разгледуваниот интегал конвергира
.Последица Нека 0≤g (x ) ,0≤ f ( x ) , g ( x )≠0 засекој x∈¿ и постои конечната или
бесконечната граница
limx→b
f (x)g(x )
=k (1)
Toгаш
)а ако интегралот конвe ргира и 0≤k<+∞, тогаш конвергира и интегралот
∫a
b
g (x∫a
b
f (x)dx )dx и
)б ако интефалот ∫a
b
g (x)dx дивергира и 0<k ≤+∞, тогаш дивергира и
интегалот∫a
b
f (x )dx
Доказ. a) Непосредно следува од фактот дека при 0≤k<+∞, (1) од следува
дека постои A∈¿ , таков што за секој x∈(A ,b) важи
f ( x )<(k+1 )g( x)
Ceгa тврдењето следува од теорема
) . Тврдењето под б се докажува аналогно Деталите ги оставаме на
читателот да вежба
. Пример a) Ke дадеме друг доказ дека несвојствениот интеграл ∫0
1
ln xdx
. конвергира
Засекој a > 0 важи ∫0
1dxx2
.Но, при O < a < l интегралот ∫0
1dxx2
, конвергира па од
последицата следува дека и интегралот∫0
1
ln xdx .конвергира
) б Да ro разгледаме интегралот∫0
1dxln x
. Имаме
limx→1
1ln x1x−1
=limx→1
x−1
ln x=lim
x→1x=1=k , Сега од последицата и фактот дека не
својствениот иптегра ∫0
1dxx−1
,дивергира заклучуваме дека и
. разгледуваниот интеграл дивергира
ЗАДАЧИ
1. Реши ги интегралите
a) ∫ 2−x+x2
3 xdx ) б ∫(√ x¿+3) (x+√x−1 )dx¿
) в ∫ (x2−1 )3
x3dx
) г ∫ 1
√ x− 1
4√ x3dx ) д ∫ x2−2√x+3
x3dx
2. Реши ги интегралите
b) ∫ cos2 x
sin2 xcos2 xdx ) б ∫(sin x
2−cos x
2¿)2
dx¿ ) в ∫ 1−sin3 x
sin3 xdx
3. Реши ги интегралите
a) ∫(3x−e3+ x)dx ) б ∫ ex¿¿ ) в ∫ ax ¿¿
4. :Реши ги интегралите
a) ∫ 6 x+3x2+x−12
dx ) б ∫ x+2x2+2x+2
dx ) в ∫ 3 x−14 x3−4 x+17
dx
) г ∫ dxx ln x ) д ∫ xdx
x2+4) ѓ ∫ x (x2+2)15dx
)е ∫ ln2 xx ln x
dx )ж ∫ xdx
√ x2−6
5. :Реши ги интегралите
a) ∫ e√x
√ xdx ) б ∫ e2 xdx
1+5e2x) в ∫ xe− x
2
dx
6. :Реши ги интегралите
a) ∫ cos x1+3sin 2x
dx ) б ∫ 1−2cos xsin2 x
dx ) в ∫ sin x
cos3 xdx
7. :Реши ги интегралите
a) ∫ dx
√5−2 x+ x2 ) б ∫ dx
√12x−9x2−2 ) в ∫ dx
√9 x3+6 x+2
8. Реши ги :интегралите
a) ∫ x2 ln xdx ) б ∫√x ln xdx ) в ∫ ln x√xdx
) г ∫ ln2 xdx ) д ∫ ln (x¿¿2+1)dx ¿
9. Реши ги : интегралите
a) ∫ x cos xdx ) б ∫ x2 cos xdx ) в ∫ xdx
√sin3 x10. Реши ги :интегралите
a) ∫ ( x+1 ) ex dx ) б ∫ x2 ex dx ) в ∫ excos xdx
11. Реши ги :интегралите
a) ∫ arctg xdx ) б ∫ arcsin xdx12. :Реши ги интегралите
a) ∫ x3−3 x+4x−2
dx ) б ∫ 12−xx2+x−6
) в ∫ dx
x2−5 x+6
13.Реши ги интe :гралите
a) ∫ (x+2)2
x (x−1)1dx ) б ∫ dx
x4−x2) в ∫ dx
( x−1 )1(x2−1)
14. :Реши ги интегралите
a) ∫ dx
(x−1)(x2+1)) б ∫ dx
x2(x2+4)) в ∫ x2+1dx
x (x¿¿2+2)¿
15. :Реши ги интегралите
16.Реши ги :интегралите
17. :Реши ги интегралите
18.Реши :ги интегралите
a) ∫ dxsin x
) б ∫ dx5+4sin x
) в ∫ 2−sin x2+cos xdx
19. Реши ги :интегралите
a) ∫ dx
1+cos2 x) б ∫ dx
1+sin2 x) в ∫ dx
3+2sin2 x
20. :Реши ги интегралите
a) ∫sin 3 x cos5 xdx ) б ∫sin 7 x sin 3xdx ) в ∫cos 11 x sin xdx
21. :Реши ги интегралите
a) ∫ dx
x2√ x2+1 ) б ∫ √ x2+1x4
dx ) в ∫ dx
x √x2+122. Реши ги интсгрллите
a) ∫ x2dx
√4−x2 ) б ∫ √1−x2x2
dx ) в ∫ dx
x2√9−x2
23. Реши ги интегралите
a) ∫ dx
x √x2−4 ) б ∫ dx
x2√ x2−16 ) в ∫ √ x2−1x
dx
a) ∫ dx
x3√x2+1 ) б ∫ √1+ x4
x5dx
a) ∫ dx
x11√1+x4) б ∫ 3√x (1−x¿¿2)dx¿
a) ∫3√1−x3x2
dx) б ∫ 3√1+ 4√ xdx
24. Користејќи ja граничната вредност на интегралните суми пресметај го
интегралот
∫0
3
e2dx
25. Користејќи ja граничната вредност на интегралните суми пресметај го
интегралот
∫0
π
sin xdx
26. :Пресметај ги определените интеграли
a) ∫1
3
(x3+ 1x3 )dx ) б ∫1
2
( 4x−5x4+2√ x)dx ) в ∫1
2
( x2x − 1x4
+2x )dxa) ∫
0
1
(4−2ex+ x ) dx ) б ∫1
e
(x3+ ln x−2 )dx ) в ∫0
π2
(sin x+cos x )dx
28. :Пресметај ги определените интеграли
a) ∫3
8xdx
√1+ x) б ∫4
9 √x√ x−1
dx ) в ∫0
1 √x1+x
dx
29. :Пресметај ги определените интеграли
a) ∫π6
π3cos xsin3 x
dx) б ∫e
e2
2 ln x+1x
dx ) в ∫0
π2
dx3+2cos x