Метод-ук к решению НИ и ОИ

Как и ранее, перед решением примеров настоятельно рекомендуется
просмотреть теоретический материал по учебным пособиям или учебникам.
Ссылки на учебное пособие: В.Я.Долгих, Э.Б.Шварц. «Высшая математика для
заочников», Ч. II – Н-ск: НГТУ,2006» будем обозначать: ВМЗ – ч.II с указанием
параграфа, пункта, номера формулы или таблицы, страницы. И, поскольку, если
постижение чего-либо нового дается с трудом, то следует помнить: кто обладает
информацией, тот владеет ситуацией! (т.е. всякий труд во благо!).
Желаем успехов!
Методические указания к нахождению неопределенных интегралов и
вычислению определенных интегралов
10. Подведение под знак дифференциала.
Из свойств дифференциала следует:
1)
d cf  x   c  df  x ;
2)
d c  f  x   df  x . Читая их справа налево, получим правила: 1) постоянный
множитель можно заносить под знак
дифференциала; 2) под знаком
дифференциала можно прибавлять произвольную постоянную.
Замечание. Занесение выражения под знак дифференциала означает
фактически интегрирование этого выражения. Покажем это примерами.
Пример 1. Записать выражение
x2dx
под знаком дифференциала.
Интегрируем данное выражение (см. ВМЗ – ч.II, таблица 7.1, формула 160):
x3
x3
2
2
 x dx  3 . Берем дифференциал от каждой части: d  x dx  d 3 , откуда (так как
дифференциал и интеграл, стоящие рядом, уничтожаются – см. ВМЗ – ч.II,
x3
2
формула (7.9)) x dx  d .
3
cosln x
Пример 2. Вычислить интеграл I  
dx .
x
dx
dx
 d ln x . Таким образом,
Решение. Имеем   ln x , откуда
x
x
cosln x
I 
dx   cosln x  d ln x   cosudu  sin u  табличный интеграл 
x
1
 sin ln x  C. Сделаем проверку: d sin ln x  C   cosln x   dx .
x


Замечание. В примерах 1 и 2 в процедуре занесения под знак
дифференциала была опущена постоянная интегрирования. Впредь это
замечание следует иметь в виду.
Пример 3. Вычислить интеграл I  
e 3 x 5 dx
.
4  5e 6 x
Решение. Здесь можно предложить следующую последовательность
действий: а) записываем e3 x5  e 5 e3 x и множитель е–5 выносим за знак интеграла,
1
1
б) занесем е3х под дифференциал  e 3 x dx   e 3 x d 3x   e 3 x и
3
3
1
e3 x dx  de3 x , в) вынесем в знаменателе 5 за знак радикала; таким образом,
3
e 5
de3 x
приходим к интегралу I 
– это табличный интеграл
 4
3 5
3x 2
 e 
5
e 5
e3x 5

dt
t
arcsin
 C.
  2 2  arcsin  : I 
2
a
3
5
 a t

Проверим вычисления:
 e 5
 e 5
e3x 5
1
3 5 3x
e 3 x 5 dx


d
arcsin
 C 


 e dx 
, что совпадает с
6x
2
4  5e 6 x
3 5
 3 5 1 e 5 2
4
подынтегральным выражением в интеграле I.
20. Интегрирование по частям (ВМЗ – ч.II, §.7.7).
Формула интегрирования по частям:
 udv  uv   vdu
. По этой формуле
заменяют отыскание интеграла в левой части формулы отысканием интеграла в
правой части, когда последний проще.
Замечание. К числу интегралов, вычисляемых интегрированием по частям,
относятся, например, интегралы вида
 P( x) f ( x)dx ,
где P(x) – многочлен (в
частности, степенная функция x n ), а f (x) – одна из следующих функций: e ax ,
sin ax, cosax, ln x, arctgx, arcsin x, arccos x.
Пример 4. Вычислить интеграл I   x 2 arctgxdx .
Решение. Здесь следует положить u  arctgx (ибо дифференцирование arctgx
приводит к рациональной функции), dv  x 2 dx . Имеем: I   x 2 arctgxdx =
2
dx
x3


2
2
= u  arctgx, du 
; dv  x dx, v   x dx  ;  udv  uv   vdu =
2
1 x
3


3
3
x
1
dx
x
arctgx   x 3
=
.
Имеем
в
правой
части
интеграл
 1  x 2 dx – интеграл от
3
3
1  x2
рациональной функции. Вычисление подобных интегралов разобрано ниже. Здесь
ограничимся следующим. Преобразуем подынтегральную функцию:
x3
xx 2  1  x
x

x 2
.
2
2
x 1
x 1
x 1
x3
x 
xdx

Таким образом, 
=
dx

x

dx

xdx






2
2
1  x2
x

1
x

1


x2
1
=  xdx 
и xdx  dx2  d x 2  1  подвели х под знак дифференциала
2
2
x 2 1 d x 2  1 x 2 1
  2

 ln x 2  1.
и прибавили под дифференциалом 1 =
2 2 x 1
2 2
Окончательно,
x3
x2
1
I   x arctgxdx  arctgx 
 ln 6 x 2  1  C (здесь ln x 2  1 = ln 6 x 2  1 ).
3
6
6
2
1  2
x 3  x
2x
 
Сделаем проверку: I ' x  3 x arctgx 
=
2 3
2
3 
1 x 
6 x 1


x3
x
x
x3  x3  x  x
2
 
 x arctgx 
 x 2 arctgx.
= x arctgx 
2
2
2
31  x  3 3x  1
3x  1
2
Замечание. В некоторых задачах требуется повторное применение формулы
интегрирования по частям. Приведем пример.
Пример 5. Вычислить интеграл I   x ln 2 xdx .
Решение. Полагая здесь
u  ln 2 x ,
dv  xdx
и применяя формулу
интегрирования по частям, получим I   x ln xdx =
2
dx
x2 
x 2 ln 2 x

2
= u  ln x, du  2 ln x ; dv  xdx, v     udv  uv   vdu 
  x ln xdx . К
x
2
2

интегралу в правой части снова применим формулу интегрирования по
частям:  xln xdx =
dx
x 2  x 2 ln x 1
x 2 ln x x 2

= u  ln x, du  ; dv  xdx, v   
  xdx 
 .
x
2
2
2
2
4


3
x 2 ln 2 x x 2 ln x x 2
x2


 C  2 ln 2 x  2 ln x  1  C .
2
2
4
4
1
 ln x 2 
Проверка: I ' x  2 x2 ln 2 x  2 ln x  1  x 2  4
  
4
x
x 

Окончательно, I 
=
1
4 x ln 2 x  4 x ln x  2 x  4 x ln x  2 x  x ln 2 x .
4
30. Интегрирование рациональных дробей.
Согласно теореме, интегрирование правильной дроби (степень числителя
меньше степени знаменателя) осуществляется путем разложения ее на
простейшие, для которых известны «табличные» значения. В примерах
A
A
Mx  N
 p 2  4q  0  –
используются простейшие дроби вида:
,
, 2
n
x  a  x  a  x  px  q
простейшие дроби I-III типов. Практически разложение правильной дроби на
простейшие осуществляется по методу неопределенных коэффициентов.
Интегрирование простейших дробей проводится по формулам (см. ВМЗ – ч.II,
§7.9).
Adx
A
Adx
(I) 
;
 A ln x  a ; (II) 


xa
x  a n n  1x  a n1
(III)
x
Mx  N
M
2 N  Mp
2x  p
.
dx  ln x 2  px  q  
arctg
 px  q
2
4q  p 2
4q  p 2
2
Приведем примеры. Прежде чем приступить к интегрированию, следует
прочесть о разложении правильной дроби на простейшие и о методе
неопределенных коэффициентов (см. ВМЗ – ч.II, п0п0.7.10.2, 7.10.3, 7.10.4).
x3  x2  5
dx .
Пример 6. Найти интеграл I  
x3  8
Решение. Подынтегральная дробь – неправильная (в числителе и знаменателе
стоят многочлены одинаковой, третьей, степени). Выделим целую часть делением
уголком:
x3 + x2 –5
x3 – 8
–
1
x3 – 8
x2 +3
Таким образом,
4
x3  x2  5
x2  3
x2  3
1 3
. Знаменатель дроби 3
разложим (как разность кубов)
x3  8
x 8
x 8
на линейный и квадратичный множители: x 3  8   x  2x 2  2 x  4 и запишем
разложение правильной дроби (см. ВМЗ – ч.II, формула (7.33)) с подлежащими
определению коэффициентами А, В, С :
x2  3
A
Bx  C
x2  3
=
(*) ;


x 3  8 x  2x 2  2 x  4 x  2 x 2  2 x  4
приводя к общему знаменателю и отбрасывая его, получим равенство числителей
дробей, стоящих в (*) справа и слева:
Ax 2  2 x  4  Bx  C  x  2  x 2  3
(**)
или
 A  B x 2  2 A  2 B  C x  4 A  2C  x 2  3
(***)
Так как знаменатель х3 – 8 имеет действительный корень х1 = 2, то, подставив
в обе части тождества (**) вместо х значение 2, получим 12А = 7  А = 7/12.
Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях х в (***), придем к
системе уравнений относительно коэффициентов А, В, С:


 . Решая эту систему с учетом ранее полученного А = 7/12,
0
x
4 A  2C  3. 

найдем В = 5/12, С = –1/3.
x3  x2  5
7
5x  4

1


Таким образом,
.
x3  8
12x  2 12x 2  2 x  4
x2
A  B  1;
x 2 A  2 B  C  0;
Следовательно (см. формулы (I), (III)),
x3  x2  5
7 dx
1
5x  4
7
1
 x 3  8 dx   dx  12  x  2  12  x 2  2 x  4 dx  x  12 ln x  2  12 I1 .
Для I1:
I1  
5x  4
dx 
x2  2x  4
преобразуем знаменатель, выделив полный квадрат:

x 2  2 x  4  x 2  2 x  1  3  x  1  3  
2
5x  4
dx 
x  12  3
= перейдем к новой переменной t , положив x + 1 = t , тогда x = t – 1, dx = dt=
5
=

5t  1  4
tdt
dt
dt  5 2
 9 2

2
t 3
t 3
t 3
1
1
=  в первом интеграле внесем t под дифференциал: tdt  dt 2  d t 2  3 ; второй
2
2
интеграл – табличный =
5 d t 2  3
1
t
5 2
t

9

arctg

ln
t

3

3
3
arctg
 t  x  1 

2 t2  3
3
3 2
3
5
x 1
= ln x 2  2 x  4   3 3arctg
.
2
3
=
Интеграл I  x 
7
5
3
x 1
ln x  2  ln x 2  2 x  4 
arctg
C.
12
24
4
3
3x 3  2 x 2  12 x  1
dx .
Пример 7. Найти интеграл 
x 4  7 x 2  10
Решение. Подынтегральная функция – правильная дробь. Найдем разложение
ее знаменателя на множители: x 4  7 x 2  10  x 2  2x 2  5. Подынтегральную
функцию – правильную рациональную дробь – разложим в сумму простейших
дробей с неопределенными коэффициентами (см. ВМЗ – ч.II, формула (7.33)):
3x 3  2 x 2  12 x  1 3x 3  2 x 2  12 x  1 Ax  B Cx  D



. Для числителей дробей
x 2  2x 2  5 x 2  2 x 2  5
x 4  7 x 2  10
имеем равенство:
 Ax  Bx 2  5  Cx  Dx 2  2   A  C x3  B  Dx 2  5 A  2C x  5B  2D 
= 3x 3  2 x 2  12 x  1. Сравнивая коэффициенты при одинаковых степенях х,
получим систему уравнений для определения коэффициентов А, В, С, D:
x 3 A  C  3;
x 5 A  2C  12;
x 2 B  D  2;
x 0 5B  2 D  1.
Полученная система распадается на две
(независимые) системы. Решая их, найдем: для первой системы 3А = 6, –3С = –3 и
А = 2, С = 1; для второй системы 3B = –3, –3D = – 9 и B = – 1, D = 3. Таким
3 x 3  2 x 2  12 x  1 2 x  1 x  3
 2

образом, заданная дробь
.
x 4  7 x 2  10
x  2 x2  5
3x 3  2 x 2  12 x  1
2x  1
x3
dx
dx
Вычислим интеграл: 
=
+
 x2  2
 x 2  5 dx  I1  I 2 .
x 4  7 x 2  10
2x  1
2x
dx
d x 2  2 1
x
Интеграл I1   2
=
dx   2
dx   2
 2

arctg
x 2
x 2
x 2
x 2
2
2
6
= ln x 2  2  
1
x
arctg
.
2
2
Для второго интеграла имеем:
x3
1 d x 2  5 3
x
dx


arctg
 ln x 2  5 

2
2
x 5
2 x 5
5
5
1
arctg
Окончательно, I  I 1  I 2  ln x 2  2 x 2  5 
2
(использовали свойство lna + lnb = ln(ab)).
I2  


3
x
.
arctg
5
5
x
3
x

arctg
C
2
5
5
4 x 3  9 x 2  28
dx.
x 4  16
Решение. Подынтегральная дробь – правильная. Разложим знаменатель
4
x  16 на множители: x 4  16  x 2  4 x  2 x  2 . Имеем, далее,
Пример 8. Вычислить интеграл I  
4 x 3  9 x 2  28
4 x 3  9 x 2  28
A
B
Cx  D



 2
и, таким образом,
4
2
x  2x  2x  4 x  2 x  2 x  4
x  16
Ax 2  4 x  2  Bx 2  4 x  2  Cx  D x 2  4   A  B  C x 3  2 A  2 B  D x 2 
4 A  4 B  4C x  8 A  8B  4 D   4 x 3  9 x 2  28 (*). Для определения
+
коэффициентов A,B,C,D воспользуемся тем, что равенство (*) есть тождество по х
(то есть оно выполняется при любых х). Воспользуемся корнями знаменателя; при
х1= 2: 32 A  4 x 3  9 x 2  28 x 2  96 и А = 3. При х2 = – 2:
32В = 4 x 3  9 x 2  28 x 2  32 и В = – 1. Добавим два недостающих (для определения
С и D) уравнения; приравнивая коэффициенты при х3 и х2 в обеих частях (*):
x 3 A  B  C  4;
Имеем отсюда (зная, что А = 3, В = – 1): С = 2, D = 1, и для
x 2 2 A  2 B  D  9.
дроби получим разложение ее в сумму простейших дробей:
4 x 3  9 x 2  28
3
1
2x  1


 2
. Вычислим интеграл I:
4
x  16
x2 x2 x 4
4 x 3  9 x 2  28
dx
dx
2x  1
I 
dx  3

 2
dx =
4
x  16
x2
x2
x 4
1
x
= 3 ln x  2  ln x  2  ln x 2  4  arctg  C .
2
2
3
1
2x
1
1
1 4 x 3  9 x 2  28


 
 
Проверка: I ' x 
.
x  2 x  2 x2  4 2 1  x2 / 4 2
x 4  16


7
40. Интегрирование алгебраических иррациональностей и рациональных
функций, зависящих от тригонометрических функций
Примеры на интегрирование функций, рационально зависящих от
тригонометрических функций sin x и cos x (как от переменных), а также
примеры на интегрирование алгебраических иррациональностей вида
p/q 
R x, x m / n , x
,... или R x, x  a m / n , x  a  p / q ,... решаются, в основном,




по методу замены переменной в неопределенном интеграле. Рассмотрение
нижеследующих примеров следует начинать после прочтения ВМЗ–ч.II,
§§ 7.11–7.13.
Пример 9. Вычислить интеграл I  
x dx
.
x  3 x2
Решение. Подынтегральная функция есть рациональная функция от х и от х
в дробных степенях: Rx, x1 / 2 , x1 / 3 . По теории здесь следует найти общее
наименьшее кратное показателей корней 2 и 3: о.н.к. = [2;3] = 6 и сделать
подстановку t  6 x . Отсюда имеем: x = t6 и dx = 6t5dt. Тогда I  
x dx
x  3 x2
=
t 3 6t 5 dt
t 4 dt
=  6 4  6 2
. В последнем интеграле подынтегральная функция есть
t t
t 1
рациональная (неправильная) дробь.
Можно выделить целую часть делением уголком. В данном примере
выделим целую часть, отняв и добавив в числителе единицу:
t4
(t 4  1)  1

=
t2 1
t2 1
1
, а последнюю дробь разложим в сумму
t 1
1
простейших дробей, преобразовав числитель: 1  t  1  t  1:
2
1
1
1 t  1  t  1 1  1
1 

 
 

.
2
t  1 t  1t  1 2 t  1t  1
2  t  1 t  1
Для интеграла получим:
I 
x dx
x  3 x2
t2 1
2
t 4 dt
dt 
t 1
 dt
3
 6 t 2  1dt  3 

C.
= 6 2
  2t  6t  3 ln
t 1
t 1
 t  1 t  1
Здесь надлежит заменить t на
6
x ; получим I  2 x  6 x  ln
6
6
8
6
3
x 1
C.
x 1
Пример 10. Вычислить интеграл I 
1
6

x  3 x 1 1
x 1  x 1
3

6
 x  1
5
dx .
Решение. Так как о.н.к. = [2;3] = 6, то можно сделать замену: t  6 x  1 ;
тогда : x = t6 + 1, dx =6 t5 dt и интеграл
t6 1 t2 1
t 2 t 4  1dt
t4 1 2
I 
dt   2

dt =
t3  t2
t t  1
t 1
2 
t 4 t 3 t  1
 3 2
 2 ln t  1 t 
= t  t  t  1 
dt   
t  1
4 3
2

2
6
=
x  1
4
4

x 1

3

6

2
x 1 1
 ln
2

6
6
x 1


x 1 1  C .
dx
.
8  4 sin x  7 cos x
Решение. Заметим, что в подобных примерах применяется универсальная
x
2t
1 t2
, cos x 
,
подстановка: tg  t , sin x 
2
1 t2
1 t2
dx
1
2dt
2dt
Здесь 



dx 
.
2
2
2t
1 t 1 t2
1 t
8  4 sin x  7 cos x
8 4
7
1 t2
1 t2
Пример 11. Вычислить интеграл I  
=
t
2
2dt

 8t  15
выделим полный квадрат в знаменателе: t2 –8t +15 =
= (t2 – 2t  4 + 16) – 1  = 2
пусть t  4  z,
dz
dt
=
= 2 2
=
2
z 1
t  4  1 тогда t  z  4, dt  dz
x
tg  5
z 1
t 5
 C = ln
= см. таблицу 7.1, формула 180 = ln
 C  ln 2
 C.
x
z 1
t 3
tg  3
2
50. Несобственные интегралы (ВМЗ – ч.II, §§ 8,9).
9

 f ( x)dx
Символом
интеграл
(несобственный
первого
рода),
a
f ( x)  M x  a,  обозначается предел


a
A
f ( x)dx  lim
f ( x)dx. Если известна
A  
a
некоторая первообразная F(x) для f(x), то в таком случае применима формула

Ньютона-Лейбница:
 f ( x)dx  F ( x)

a
 F ()  F (a ) . В этой формуле под F ()
a
понимают предел: F ()  lim F ( x) . Аналогично (для ограниченной функции f(x)),
x 
a
a

a

A


a
 f ( x)dx  lim  f ( x)dx;
A 

 f ( x)dx   f ( x)dx   f ( x)dx
– для сходимости здесь
требуется сходимость обоих несобственных интегралов (первого рода).
Напомним, что несобственные интегралы первого рода обобщают понятие
определенного интеграла на бесконечный промежуток интегрирования. Другое
обобщение определенного интеграла – на функции, принимающие в некоторых
точках бесконечно большие значения. Пусть lim f ( x)   . Тогда под символом
xa 0
b
 f ( x)dx
b
понимают предел:
a
b
 f ( x)dx  lim  f ( x)dx
ε 0
a
– несобственный интеграл
a ε
второго рода. Если a  c  b и в окрестности точки с функция f(x) неограничена
(хотя бы и с одной стороны), то
b
c
b
a
a
c
 f ( x)dx   f ( x)dx   f ( x)dx ,
причем для
сходимости нужно, чтобы существовали оба интеграла справа. Как и для
интеграла первого рода, здесь также применима формула Ньютона-Лейбница:
если lim f ( x)   , то
xa 0
b
 f ( x)dx  F ( x)
b
a
 F (b)  F (a ) ; здесь под F(а) понимают
a
предел: F (a)  lim F ( x) .
xa 0
Приведем примеры.
Пример 12. Вычислить или установить расходимость интеграла

arctgxdx
I 
.
2
1 1 x
Решение. Имеем несобственный интеграл первого рода. Для
arctgx
arctgx
dx =
подынтегральной функции f ( x) 
найдем
первообразную

1  x2
1  x2
10
=
 arctgxd (arctgx) 
arctgx 2 .
2
формулу Ньютона-Лейбница:


I  F ( x) 1
  arctgx
2 
2
1
К вычислению интеграла I применим теперь


1
1  π 2 π 2  3π 2
2
2
 arctg   arctg1     
.
2
2  4 16  32
образом, интеграл I сходится, при этом: I 
Таким
3π 2
.
32
Пример 13. Провести исследование поведения интеграла I 

xdx
1  x


xdx
Решение. По определению, I  
2
 1  x
первообразную для f ( x) 
интеграл I  ln 1  x 2
обращается
в
a


a
xdx
= 
2
 1  x
+
xdx
1  x
2
2
.
. Найдем
a
xdx
1 d 1  x 2 
x
F
(
x
)


 ln 1  x 2 . Далее,
;


2
2
2
1 x
2 1 x
1 x

 ln 1  x 2 . Так как первое слагаемое при x  
бесконечность,
a
то
интеграл
I

xdx
1  x

2
расходится
и,
следовательно, исходный интеграл – расходящийся.
Пример
14.
Вычислить
или
установить
расходимость
интеграла
π/4
I   ctgxdx .
0
Решение. Имеем несобственный интеграл второго рода: lim f ( x)   –
x 0
π/4
подынтегральная функция неограниченна в точке х = 0. Далее, I   ctgxdx =
0
π/4
cos x
dx 
0 sin x
расходится.
=

π/4

0
d sin x
 ln sin x
sin x
π/4
0
 ln sin
π
 lim ln sin x  
4 x0
–
интеграл
4 2 dx
Пример 15. Выяснить поведение интеграла I   5
.
5 1 x  1
Решение. Подынтегральная функция в точке x  1  1,2 обращается в
бесконечность – имеем два несобственных интеграла второго рода. Далее,
11
4 2 dx
42
=
x  11 / 5 d x  1 


5
5 1 x  1 5
1
2
1
2

4  1
1 / 5
1 / 5
  5  x  14  5  x  14 









x

1
d
x

1

x

1
d
x

1



5  1
1
1
1

I
= (0  5 16 )  (1  0)  5 16 .
– оба интеграла в правой части – сходящиеся; исходный интеграл I – сходится и
I  5 16 .
60. Приложение определенного интеграла (ВМЗ – ч.II, §§ 8,10).
Примеры на геометрическое приложение определенного интеграла:
вычисление плоских фигур, объемов тел вращения и длин кривых.
Пример 16. Вычислить площадь сегмента, отсекаемого прямой y = – x от
параболы y = 2x – x2 (см. рис.1).
Решение. Определим абсциссы точек пересечения А и В параболы и прямой:
y = 2x – x2, y = – x  2x – x2 = – х  3х – х2 = 0  хА = 0, хВ = 3.
Площадь криволинейной трапеции
y
D : x  a, x  b; y  f1 ( x)  y  f 2 ( x)
3
x
A
вычисляется по формуле:
0
b
S    f 2 ( x)  f1 ( x)dx (*)
a
B
Рис. 1.
В данном случае имеем: S   2 x  x 2    x dx   3x  x 2 dx 
b
3
a
0
3
9
 3x 2 x 3 
   .
=
3 0 2
 2
Пример 17. Вычислить площадь фигуры (см. рис.2), ограниченной
астроидой x = a cos3t, y = a sin3t, заданной в параметрической форме.
Решение. Для определения площади области, ограниченной заданной
кривой, определим площадь S1 заштрихованной области – четвертой части
12
a
искомой площади. Из формулы (*) находим: S1   y ( x)dx . В этом интеграле
0
сделаем замену переменных по правилу: x = a cos3t, y = a sin3t. Найдем значения
y
a
A
0
x
a
параметра t , соответствующие значениям х = 0 и
π
х = а : 0 = a cos3t, откуда cost = 0, t1  ;
2
3
a = аcos t и cost = 1, откуда t2 = 0. Подставим t1, t2,
x(t) и y(t) в интеграл:
Рис.2
S1 
0

π/2
0
3
2
 sint

asin
3
cos
dt  3a 2  sin 4 t cos2 tdt .
t a

t
y
Для
вычисления
этого
π/2
dx
интеграла преобразуем подынтегральную функцию:
sin 4 t cos2 t = (sin 2 t cos2 t )  sin 2 t =
1 2
1 1  cos 4t 1  cos 2t 1
sin 2t sin 2 t  

 1  cos 4t  cos 2t  cos 4t  cos 2t  =
4
4
2
2
16
1
1
 1
1  cos4t  cos 2t  cos6t  cos 2t   2  2 cos4t  cos6t  cos2t .
=

16 
2
 32
=
Интегрируем это выражение, изменив порядок интегрирования в определенном
3a 2 π / 2
 0 π/2 
интеграле       : S1 
 2  2 cos4t  cos6t  cos2t dt =
32 0
 π/2 0 
π/2
3a 2 
sin 4t sin 6t sin 2t 
3a 2 π
3
2
t




=
. Итак, S  4S1  a 2 π.


32 
2
6
2 0
32
8
Если кривая задана уравнением  = () в полярных координатах, то
площадь сектора АОВ (см. рис.3.) определяется с помощью интеграла по
2
1β
формуле: S   ρ  d (**).
2α
13
    
B

A

0
u
Рис.3.
Рис.4.
Пример 18. Найти площадь, заключенную внутри лемнискаты Бернулли
2 = a2 cos 2 (см. рис.4.).
Решение. Для построения кривой имеем ρ  a cos2 . Область изменения
π
π
π
 2  2kπ   kπ    
2
2
4
π
π
π
3
5
  kπ , где k – целое. При k = 0:     ; при k = 1: π    π . Ни при
4
4
4
4
4
каких других k не получаются множества изменения  , входящие в
естественную область изменения  : 0; 2) или (–;  . Построив кривую по
точкам, получим чертеж области, ограниченной данной кривой, приведенный на
рис.4.
В силу симметрии достаточно найти четверть искомой площади. По
формуле (**) имеем:
 находится из условия cos 2  0  2kπ 
π/4
1
1 π/4 2
a 2  sin 2 
a2
S   a cos 2d  
и S = a2.
 
4
2 0
2  2 0
4
Приведем примеры на вычисление объемов тел вращения. Объем ищется по
b
формуле: VT . B .  π  y 2 ( x)dx .
a
Пример 19. Вычислить объем тела, образованного вращением фигуры,
ограниченной линиями y = 4x – x2 и y = x вокруг оси Ох (см. рис.5).
Решение. Найдем абсциссы точек пересечения линий: y = 4x – x2 и y = x,
откуда 3х – х2 = 0 и х1 = 0, х2 = 3. Объем тела,
y
образованного
вращением
заштрихованного
B
«лепестка» вокруг оси Ох, ищется по формуле:


VT . B .  π  4 x  x 2   x 2 dx – разность объемов тел
3
0
3
0 A
x
14
2
вращения, полученных вращением фигуры ОМВС и треугольника ОВС около
оси Ох.
Рис.5.
Далее получим:
3
3
1
x5 

VT . B.   15 x 2  8 x 3  x 4 dx   5 x 3  2 x 4    21,6 . Объем VT.B. = 21,6 .
π
5 0
0

b
Длина дуги кривой вычисляется по формуле: L   dl , где dl вычисляется в
a
соответствии со способом задания кривой: а) при явном способе задания
 y  yx 
дифференциал дуги dl  1  y'2 dx ; б) в случае параметрического
представления кривой
x  xt , y  yt 
полярной системе координат
( ρ  ρ( ) )
дифференциал dl  x'2  y'2 dt ; в
имеем: dl  ρ 2  ρ'2 d . Пределы
интегрирования а и b , естественно, определяются заданием кривой (то есть это
либо пределы для х, либо для параметра t , либо для  ). Приведем примеры.
Пример 20. Вычислить длину дуги кривой
y  ln x , содержащейся между
точками с абсциссами x  3 и x  8 .
Решение. Кривая y  ln x задана явным уравнением.
Имеем
L
8

1  y ' 2 dx .
Найдем
подынтегральную
функцию:
3
1
y '  , 1  y '2 = 1  1/ x 2 =
x
x 1 x 2  1 . Длина дуги
8
L   x 1 x 2  1dx . Для
3
вычисления интеграла применим подстановку t  x 2  1 ; тогда x 2  1  t 2 , xdx =
tdt. Найдем пределы для переменной t : из соотношения t  x 2  1 при x  3
получим, что t1  3  1  2 ; для x  8 находим, что t 2  8  1  3 . Таким
образом,
L
8

3
x2  1
dx 
x
8

3
x2  1
xdx 
x2
15
3 2
3 2
3
3

1 
 1 t 1 
dt   t  ln

dt   1 
=
 
2
2
2
2
t

1

2
t

1
t

1
t

1


2
2
2
t dt
t 11
3
1 1
1
1 1 
1 1
 1 t 1  
  t  ln
  3  ln    2  ln  =1   ln  ln  = 1  ln 3 / 2 .
2 2
3
2 2 
2 3
 2 t 1  2
Пример 21. Найти длину астроиды x = a cos3t, y = a sin3t (см. рис. 2).
Решение. Кривая симметричная относительно обеих координатных осей,
поэтому вычислим сначала длину ее четвертой части, расположенной в первом
квадранте. Для параметрически заданной кривой дифференциал дуги
dl  x2  y2 dt .
Находим:
x'  3a cos2 t sin t , y'  3a sin 2 t cost
x'2  y'2  9a 2 cos4 t sin 2 t  sin 4 t cos2 t   9a 2 cos2 t sin 2 t .
Для
кривой
и
сумма
в
первом
квадранте параметр t меняется от t = 0 до t = /2.
Следовательно,
π/2
1
L  3a  sin t cost dt  [в первом квадранте sint cost=sint cost]=
4
0
π/2
sin 2 t
= 3a  sin td sin t = 3a
2
0
π/2

0
3a
и L = 6a.
2
16