O’ZBEKISTON RESPUBILKASI QISHLOQ
VA SUV XO’JALIGI VAZIRLIGI
SAMARQAND QISHLOQ XO’JALIGI INSTITUTI
J. S. Sultonov
OLIY MATEMATIKA
(INTEGRALLAR)
NAZARIY VA AMALIY MASHG’ULOTLAR
BO’YICHA USLUBIY QO’LLANMA
Samarqand-2009
1
Samarqand qishloq xo’jalik instituti markaziy attestatsiya va uslubiy
kengashi tomonidan tasdiqlangan hamda chop etishga tavsiya qilingan
(bayonnoma №28 may, 2009 yil).
Taqrizchilar:
Fizika-matematika fanlari nomzodlari, dotsentlar V.Ergashev,
O.Rahimov; pedagogika fanlari nomzodlari, dotsentlar: Q.N.Ostonov,
E.Mardonov.
Uslubiy qo’llanma «Oliy matematika» kursining «Aniqmas
integral» qismini o’z ichiga olgan. Unda asosiy mavzular bo’yicha
nazariy materiallar, ularga doir yechib ko’rsatilgan mashqlar hamda
mustaqil yechish uchun mashqlar sistemasi berilgan.
Qo’llanma qishloq xo’jalik institutining barcha fakultetlari,
kollejlar, akademik litseylar talabalari uchun uslubiy qo’llanma sifatida
tavsiya qilinadi.
© J.S.Sultonov. Oliy matematika (Integrallar). - Samarqand, 2009
2
MUNDARIJA
1-bob. Aniqmas integral
1§. Boshlang’ich funktsiya va aniqmas integral..............................
2§. Aniqmas integralning xossalari..................................................
3§. Integrallash jadvali.....................................................................
4§. Integrallashning sodda usullari..................................................
1. Bevosita integrallash usuli.........................................................
2. O’zgaruvchilarni almashtirish usuli..............................................
3. Aniqmas integralni bo’laklab integrallash usuli......................
5§. Ratsional ifodalarni integrallash.................................................
1. Sodda kasr va ularni integrallash............................................
2. Ratsional va kasr ratsional funktsiyalarni integrallash............
3. To’g’ri kasrlarni integrallash...................................................
6§. Ba’zi irratsional funktsiyalarni integrallash...............................
1. R x2 ln
ax + b
ko’rinishdagi
cx + d
ifodani integrallash.............................
2. x m ( a + bx n ) ko’rinishdagi ifodani integrallash...............................
p
(
)
3. R x, ax 2 + bx + c ko’rinishdagi ifodani integrallash.......................
7§. Trigonometrik funktsiyalarni integrallash..................................
2- боб. Аниқ интеграл ва уни хисоблаш
1§. Аниқ интеграл тушунчаси ………………………………
2§. Аниқ интегралнинг хоссалари ………………………….
3§. Нъютон-Лейбниц формуласи …………………………..
4§. Аниқ интегрални ўзгарувчини алмаштириш усули
билан ҳисоблаш …………………………………………..
5§. Аниқ интегрални бўлаклаб интеграллаш……………….
6§. Ясси фигураларнинг юзини ҳисоблаш ………………..
7§. Ёй узунлигини ҳисоблаш ……………………………….
8§. Айланиш жисмининг ҳажми …………………………….
9§. Кўндаланг кесим юзи маълум бўлган жисмнинг
3
ҳажми ……………………………………………………..
10§. Тўғри тўртбурчаклар формуласи ……………………….
11§. Трапециялар формуласи ……………………………….
12§. Симпсон формуласи (Параболик формула)……………
13§. Моддий нуқтанинг статик моменти ва оғирлик
vаркази……………………………………………………
14§. Текис эгри чизиқнинг статик моменти ва оғирлик
маркази ………………………………………………….
15§. Текис фигураларнинг статик моменти ва оғирлик
маркази ………………………………………………….
16§. Куч ишини ҳисоблаш……………………………………
3-bob.Хосмас интеграллар
1§. Хосмас интеграл тушунчаси……………………………
2§.Чегараси чексиз бўлган хосмас интеграллар (I тур
хосмас интеграл)………………………………………..
3§.Узилишга эга бўлган функцияларнинг хосмас
интеграллари (II тур хосмас интеграл)…………………
4§. Хосмас интнгралларнинг яқинлашувчанлигини
текшириш аломатлари…………………………………..
4-bob.Karrali va egri chiziqli integrallar
1§. Ikki karrali integral tushunchasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2§. Ikki karrali integrallarning xossalari . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3§. Ikki karrali integrallarni hisoblash. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4§. Uch karali integral va uni hisoblash. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5§. Egri chiziqli integral va uning xossalari . . . . . . . . .
6§. Egri chiziqli integralni hisoblash. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Javob va ko’rsatmalar…………………………………
Adabiyotlar……………………………………………..
4
1-bob. Aniqmas integral.
1§. Boshlang’ich funktsiya va aniqmas integral
Differentsial hisobning asosiy maqsadlaridan biri berilgan ixtiyoriy
funktsiyalarning hosilasini topish ekanligi ma’lum. Oliy matematikaning
matematik tahlil bo’limdagi mexanika, fizika, texnika hamda ishlab
chiqarishga bog’liq bo’lgan turli masalalar differentsiallashga teskari
bo’lgan masalalarni yechishni talab qiladi, masalan, hosilasi f ( x ) dan
iborat bo’lgan F ( x ) funktsiyani topish kerak bo’ladi.
Hosilasi orqali funktsiyani topish-integral hisobning asosiy
masalalaridan biri hisoblanadi.
Ta’rif: Berilgan [ a, b] oraliqda hosilasini f ( x ) ga yoki differentsiali
f ( x ) ga teng bo’lgan F ( x ) funktsiyaga f ( x ) funktsiyaning boshlang’ich
funktsiyasi deyiladi va u quyidagicha ifodalanadi:
F ′( x) = f ( x )
(1)
yoki
dF ( x ) = f ( x ) dx .
(2)
1-misol. f ( x ) = 5 x 4 funktsiyaning boshlang’ich funktsiyasini toping.
Yechilishi: Berilgan funktsiyaning boshlang’ich funktsiyasi
F ( x ) = х5
bo’ladi, chunki F ′ ( x ) = ( x 5 )′ = 5 x 4 = f ( x ) .
2-misol. f ( x ) = cos x funktsiyaning boshlang’ich funktsiyasini
toping.
Yechilishi: Berilgan f ( x ) = cos x
funktsiyaning boshlang’ich
funktsiyasi F ( x ) = sin x bo’ladi, chunki F ( x ) = sin x funktsiyaning hosilasi
ya’ni:
F ′ ( x ) = ( sin x )′ = cos х = f ( x ) .
Shuni ta’kidlash kerakki, f ( x ) = 5 х 4 va f ( x ) = cos x funktsiyalarning
boshlang’ichlari cheksiz bo’lishi ham mumkin. Masalan,
f ( x ) = cos x dir,
F ′ ( x5 )′ = 5 x 4 = f ( x ) ;
F ′ ( x ) = ( x 5 − 8 )′ = 5 x 4 = f ( х ) ;
F ′ ( x ) = ( x 5 + 2 )′ = 5 x 4 = f ( x ) .
5
F′ ( x ) = ( sin x )′ = cos x = f ( x )
π ′
F′ ( x ) = sin x + = cos x = f ( x )
2
F′ ( x ) = sin x − 300 ′ = cos x = f ( x )
(
)
U holda, yuqoridagi keltirilgan
quyidagicha ifodalash mumkin bo’ladi:
(
F ′ ( x ) = x5 + c
)′ = 5 x
4
va hokazo
misollarni
umumiy
holda
= f ( x) ,
F ′ ( x ) = ( sin x + c )′ = cos x = f ( x ) .
Bunda c-o’zgarmas sondir. Xulosa qilib aytish mumkinki, berilgan f ( x )
funktsiyaning boshlang’ich funktsiyalari to’plami
f ( x) + с
(3)
ko’rinishida bo’ladi.
Ta’rif: f ( x ) funktsiyaning aniqmas integrali deb, shu
funktsiyaning boshlang’ich funktsiyalari to’plamiga aytiladi va u
quyidagicha yoziladi:
(4)
∫ f ( x ) dx = F ( x ) + c
Bunda ∫ -aniqmas integral belgisi, c-aniqmas integralning ixtiyoriy
o’zgarmasi, f ( x ) -integral ostidagi funktsiya, f ( x ) dx -integral ostidagi
ifodadir. (4) ifoda «integral ef iks de iks» deb o’qiladi.
f ( x ) funktsiyaning ixtiyoriy y = F ( x ) boshlang’ich funktsiyasi
grafigiga integral egri chizig’i deyiladi. U holda, aniqmas integralning
geometrik ma’nosi OU o’qi bo’ylab bir-biridan c-masofada yotgan o’zaro
parallel integral egri chiziqlar oilasidan iborat bo’lgan egri chiziqlar
tushuniladi.
3-misol. ∫ x 5dx ni toping.
Yechilishi:
x 6 ′
x = bo’lganligi
6
5
uchun
F ( x) =
x6
6
berilgan funktsiyaning boshlang’ichi bo’ladi. Shuning uchun
x6
∫ x dx = 6 + c.
5
6
funktsiyasi
Integrallash natijasi differentsiallash (hosila) yordamida tekshiriladi.
Masalan,
∫ ( 4 x − 1) dx = 2 x
2
− x+c
ning to’g’riligini tekshirish uchun 2x 2 − x + c ifodadan hosila olinadi,
ya’ni:
( 2x
2
− x+c
)′ = 4 x − 1.
Agar tenglama dy = f ( x ) dx ko’rinishida berilib, uni yechish talab
qilinsa, uning ( a , b ) oraliqdagi umumiy yechimi quyidagidan iborat
bo’ladi:
∫ dy = ∫ f ( x ) dx,
∫
y = ∫ f ( x ) dx .
2§. Aniqmas integralning xossalari
f ( x ) dx = F ( x ) + c aniqmas integral quyidagi asosiy xossalarga ega:
1-xossa. Aniqmas integralning hosilasi integral ostidagi funktsiyaga
teng:
( ∫ f ( x ) dx )′ = f ( x ) .
Isboti:
( ∫ f ( x ) dx )′ = ( F ( x ) + c )′ = F ′ ( x ) + c′ = F ′ ( x ) = f ( x ) .
2-xossa. Aniqmas integralning differentsiali integral ostidagi
ifodaga teng:
d ∫ f ( x ) dx = ( f ( x ) dx )′ dx = f ( x ) dx .
3-xossa. Biror funktsiya differentsialining aniqmas integrali shu
funktsiya bilan ixtiyoriy o’zgarmasning yig’indisiga teng, ya’ni:
∫ dF ( x ) = F ( x ) + c .
Isboti: dF ( x ) = F ′ ( x ) dx bo’lganligi sababli,
∫ F ′ ( x ) dx = F ( x ) + c.
4-xossa. O’zgarmas ko’paytuvchini integral belgisi oldiga chiqarish
mumkin:
∫ pf ( x ) dx = p ∫ ( x ) dx , ( ρ -o’zgarmas son).
7
Isboti: F(x) funktsiya f(x) funktsiyaning boshlang’ichi, ya’ni
F ′ ( x ) = f ( x ) bo’lsin. U holda, pF ( x ) funktsiya pf ( x ) ning boshlang’ichi
bo’ladi, chunki
( pF ( x ) )′ = pF ′ ( x ) = pf ( x ) .
Aniqmas integralning ta’rifidan
p ∫ f ( x ) dx = p F ( x ) + c = pF ( x ) + cp = pF ( x ) + c1 p = ∫ kf ( x ) dx , bunda c1 = pс .
5-xossa. Ikki yoki undan ortiq funktsiya algebraik yig’indisining aniqmas
integrali shu funktsiyalar integrallarining algebraik yig’indisiga teng
ya’ni:
∫ f ( x ) + f ( x ) ± ... dx = ∫ f ( x ) dx ± ∫ f ( x ) dx ± ...
1
2
1
2
Isboti: Yuqoridagi tenglikni f1 ( x ) va f 2 ( x ) funktsiyalar uchun isbot
qilaylik. Faraz qilaylik, F1 ( x ) va F2 ( x ) funktsiyalar f1 ( x ) va f 2 ( x )
funktsiyalarning boshlang’ichlari bo’lsin, ya’ni
F1′( x ) = f1 ( x ) va F2′ ( x ) = f 2 ( x ) .
Bulardan esa F1 ( x ) ± F2 ( x ) algebraik yig’indi f1 ( x ) ± f 2 ( x ) yig’indi
funktsiya uchun boshlang’ich funktsiya bo’ladi. U holda,
∫ f ( x ) dx ± ∫ f ( x ) dx = F ( x ) + c ± F ( x ) + c = F ( x ) ± F ( x ) +
+ c ± c = F ( x ) ± F ( x ) + c = ∫ f ( x ) ± f ( x ) dx .
1
2
1
2
1
1
1
2
2
1
2
1
2
2
Ikkitadan ortiq funktsiyalar algebraik yig’indilarining aniqmas
integrali ham xuddi shu yo’l bilan isbotlanadi.
1-misol. d ∫ 3 xdx = 3 xdx, chunki 2- xossaga asosan:
d ∫ 3 xdx =
( ∫ 3 xdx )′ dx = 3 xdx.
2-misol. 3-xossaga asosan: ∫ d cos x = cos x + c.
3-misol.
∫ 12xdx integralni hiso’blash uchun 4-xossaga asosan
o’zgarmas sonni integral belgisi oldiga chiqaramiz va
x2
2
funktsiya x ning
boshlang’ichi bo’lganligi sababli, quyidagilariga ega bo’lamiz:
x2
12
xdx
=
12
xdx
=
12
+ c = 6 x 2 + 12c = 6 x 2 + c1 .
∫
∫
2
8
Bunda с1 = 12с .,
4-misol.
∫(x
2
)
− x − 2 dx
integralni hisoblash uchun 5-xossadan
foydalanib, uni integrallarning algebraik yig’indisiga keltiramiz va
boshlang’ich funktsiya tushunchasidan foydalanib, quyidagilarga ega
bo’lamiz:
∫(
x3
x2
x − x − 2 dx = ∫ x dx − ∫ xdx − ∫ 2dx =
+ c1 −
+ c2 − ( 2 x + c 3 ) =
3
2
2
)
2
x3 x2
x3 x2
=
−
− 2 x + ( c1 − c2 − c3 ) =
−
− 2 x + c.
2
3
2
3
( Bunda
c = c1 − c2 − c3 ) .
3§. Integrallash jadvali
Differentsialashning har qanday formulasiga integrallashning biror
formulasi mos keladi. Masalan,
d cos x = − sin xdx
formula quyidagi integralga mos keladi, ya’ni:
∫ ( − sin x ) dx = cos x + c .
Demak, har qanday funktsiyaning integralini differentsiallash orqali
tekshirish mumkin bo’ladi, masalan, differensiallash natijasida yuqoridagi
tenglikning o’ng tomonidagi ( cos x + c ) ifoda integral ostidagi ifodaga teng
bo’ladi.Qo’yida integrallar jadvalini keltiramiz:
1. ∫ 0 ⋅ dx = c ,
2. ∫ 1 ⋅ dx = ∫ dx = x + c ,
3. ∫ xdx =
x2
+ c,
2
1 mx
e + c,
m
ax
x
9. ∫ a dx =
+ c,
ln a
8. ∫ e mx dx =
10. ∫ sin xdx = − cos x + c ,
1
dx = 2 x + c ,
11. ∫ cos xdx = sin x + c ,
x
1
1
5. ∫ dx = ln x + c ,
12. ∫ sin mxdx = − cos mx + c ,
x
m
n+ 1
x
1
6. ∫ x n dx =
+ c ( n ≠ −1 ) , 13. ∫ cos mxdx = cos mx + c ,
n+1
m
4. ∫
7. ∫ e x dx = e x + c ,
14. ∫ tgxdx = − ln cos x + c ,
9
15. ∫ ctgdx = ln sin x + c,
dx
22. ∫
1− x
dx
2
16. ∫
dx
x
= ln tg + c,
sin x
2
23. ∫
17. ∫
dx
x π
= ln tg + + c,
cos x
2 4
24. ∫
= arcsin x + c,
x
= arcsin + c,
a
a2 − x2
dx
1
x
= arctg + c,
2
a −x a
a
2
dx
dx
25. ∫
= tgx + c,
= arctg + c,
2
cos x
1 + x2
dx
x 2 2 a2
2
2
19. ∫ 2 = −ctgx + c,
26. ∫ x + a ⋅ dx =
x + a + ln x + x2 + a2 + c,
sin x
2
2
dx
x 2 2 a2
1 x−a
2
2
20. ∫ 2 2 = ln
+ c, 27. ∫ x − a ⋅ dx =
x − a − ln x + x2 − a2 + c.
x − a 2a x + a
2
2
18. ∫
21. ∫
dx
x ±a
2
2
= ln x + x2 ± a + c,
4§. Integrallashning sodda usullari
Integrallashning asosiy usullari, ya’ni ko’proq qo’llaniladigan
usullardan ba’zilarini ko’rib o’tamiz. Ushbu paragrafda integrallashning
bevosita integrallash, o’zgaruvchini almashtirish, bo’laklab integrallash
kabi usullari bilan tanishamiz.
1. Bevosita integrallash
Bevosita integrallash deyilganda, funktsiyaning integralini
to’g’ridan-to’g’ri integrallash jadvali, xossalar yoki integrallanayotgan
funktsiyani almashtirish orqali integrallash tushuniladi. Bunda, xossalar
hamda jadvaldagi bir nechta integrallardan ketma-ket foydalanishga ham
to’g’ri keladi.
1-misol. ∫ 3dx integralni toping.
Yechilishi: 4-xossaga asosan o’zgarmas ko’paytuvchi 3 ni integral
belgisi oldiga chiqaramiz, so’ngra, jadvaldagi 2-formulani qo’llaymiz. U
holda,
∫ 3dx = 3∫ dx = 3 x + c .
To’g’ri yoki noto’g’ri integrallanganlikni tekshirib ko’rish uchun
hosil bo’lgan ( 3х + с ) ni differentsiallaymiz. Agar integral ostidagi ifoda
hosil bo’lsa, integral to’g’ri topilgan bo’ladi, ya’ni:
10
d ( 3 x + c ) = 3dx .
Demak, integral to’g’ri topilgan.
2-misol. ∫ ( 3 x 2 + x − 8 ) dx integralni toping.
Yechilishi: Berilgan integralni topish uchun 5-xossaga asosan uchta
integralga ajratamiz, so’ngra, birinchi integral uchun 4-xossani
qo’llaymiz. Shundan keyin (2), (3) hamda (6)-formulalardan
foydalanamiz. U holda,
∫(
)
x3 x2
x2
3
3 x + x − 8 dx = ∫ 3 x dx + ∫ xdx − ∫ 8dx = 3 ⋅
+
− 8x + c = x +
− 8 x + c.
3
2
2
2
2
2. O’zgaruvchilarni almashtirish
Har doim ham berilgan integralni topishda bevosita integrallash
usulini qo’llash samarali natija bermaydi, yoki bo’lmasa, uni topish
jarayoni nihoyatda qiyinchilik to’g’diradi. Bunday hollarda boshqacha
yo’l tutishga to’g’ri keladi. Ana shunday yo’llardan biri integral ostidagi
o’zgaruvchini almashtirish usulidir. Bu usul o’rniga qo’yish usuli deb
ham yuritiladi. Bu usulning afzalligi shundaki, o’zgaruvchi
almashtirilgandan so’ng, integrallash jarayoni yengillashadi, ya’ni oson
kechadi. Biz qo’yida ana shunday usulni ko’rib o’tamiz.
Aniqmas integralni o’zgaruvchini almashtirish usuli bilan
integrallashning mohiyati shundaki, berilgan ∫ f ( x ) dx integralni asosiy
integrallash formulalarining birortasi bo’yicha oson integrallanadigan
∫ F ( u ) du integralga keltirishdan iborat.
∫ f ( x ) dx integralni topish uchun x o’zgaruvchini
х = g ( u)
deb
belgilab, yangi u o’zgaruvchi bilan almashtiramiz. Bu tenglikni
differensiallab, dx = g′ ( u ) du ni topamiz. Integral ostidagi x va dx larning
o’rniga u va du larni qo’yib, quyidagini hosil qilamiz:
(1)
∫ f ( x ) dx = ∫ f g ( u ) g′ ( u ) du = ∫ F ( u ) du.
(1) formula yordamida integral topilgach, yangi o’zgaruvchi eski
o’zgaruvchiga almashtiriladi. Demak, o’zgaruvchini almashtirish usulida
integrallash uchun quyidagi bosqich ishlari amalga oshiriladi:
1. Integral ostidagi ifodaning qaysi qismini yangi o’zgaruvchi
yordamida belgilashni aniqlash.
11
2. Yangi va eski belgilashlar tengligining ikkala qismini
differensiallash va eski o’zgaruvchining differensialini topish.
3. Topilganlarni integral ostiga qo’yish (almashtirish).
4. Hosil bo’lgan integralni topish.
5. Eski o’zgaruvchiga qaytish.
1-misol. Quyidagi integralni o’zgaruvchini almashtirish usulida
toping.
∫
3 x − 2dx .
Yechilishi: Ildiz ostidagi ifodani t bilan belgilaymiz, ya’ni:
3x − 2 = t
Tenglikning ikkala tomonini differensiallayiz:
( 3 х − 2 )′ dx = dt ,
3dx = dt , dx =
dt
.
3
Integraldagi 3 x − 2 va dx larning o’rniga ularning topilgan
qiymatlarini qo’yib, quyidagi natijaga kelamiz:
3
∫
3 x − 2dx = ∫
dt 1
1 t2
2
t ⋅ = ∫ tdt = ⋅ + c = t t + с .
3 3
3 3
9
2
t ni uning x orqali ifodasi bilan almashtiramiz, ya’ni eski
o’zgaruvchiga qaytamiz. U holda,
∫
3 x − 2dx =
2
2
t t + с = ( 3 x − 2 ) 3 x − 2 + c.
9
9
2-misol. Integralni toping:
∫х
х − 5dx .
Yechilish: х − 5 = t belgilash kiritamiz. Bundan х = t 2 + 5 hamda
dx = 2tdt . Topilganlarni berilgan integralga qo’yamiz:
(
)
(
)
2
4
2
4
2
∫ x x − 5dx = ∫ t + 5 t ⋅ 2tdt = ∫ 2t + 10t dt = 2∫ t dt + 10∫ t dt =
2 5 10 3
t + t +c =
5
3
5
3
2
10
2
10
2
= ( x − 5) 2 + ( x − 5) 2 + c = ( x − 5) x − 5 + ⋅ ( x − 5) x − 5 + c.
5
3
3
3
dx
misol. Integralni toping: ∫
.
2
5
−
2
x
(
)
Yechilishi: Belgilash kiritamiz:
12
3-
dt
⋅U
2
1
holda, ∫ dx 2 = ∫ − dt2 = 1 + c =
+ c.
2t
2t
2(5 − 2 x )
(5 − 2x)
4-misol. Integralni toping:
5 − 2 x = t , bundan dx = −
∫( x
x2 + 1 = t
Yechilishi:
xdx =
1
dt .
2
∫(x
2
+1
x2 + 1 = t
(
+1
)
4
x 3dx .
belgilashni amalga oshiramiz. Bundan,
Integral ostidagi ifodani ko’paytuvchilarga ajratamiz:
(x
U holda,
2
)
4
2
+1
)
4
(
)
4
x 3dx = x 2 + 1 ⋅ x xdx .
(
)
x 3dx = ∫ x 2 + 1 ⋅ x 2 xdx .
4
dan x 2 = t − 1 . Shuning uchun
)
(
)
(
)
x 2 + 1 4 x 2 xdx = 1 t 4 ( t − 1) dt = 1 t 5 dt − 1 t 4dt = 1 x 2 + 1 6 − 1 x 2 + 1 5 + c .
∫
2∫
2∫
2∫
12
10
7
5-misol. Quyidagi ∫ sin x ⋅ cos xdx integralni toping.
Yechilishi: t = cos x belgilash kiritamiz. Bundan, dt = − sin xdx .
U holda, ∫ sin x ⋅ cos 7 xdx = − ∫ t 7 dt = −
6-misol. Quyidagi
e x
∫ 3 x dx
t8
cos 8 x
+c =−
+ c.
8
8
integralni toping:
Yechilishi: t = x belgilash olinsa, dt =
U holda,
e x
2 t
2 t
2
∫ 3 x = 3 ∫ e dt = 3 e + c = 3 e
x
dx
2 x
yoki
dx
= 2dt
x
bo’ladi.
+ c.
3. Aniqmas integralni bo’laklab integrallash
u ( x ) va v ( x ) funktsiyalar biror x sohada uzluksiz va
differentsiallanuvchi bo’lsin. Shu funktsiyalar ko’paytmasining
differentsialini topamiz:
d ( uv ) u1vdx + uv 1dx .
(1)
Shartga asosan, u1v va uv 1 funktsiyalar uzluksiz bo’lganligi sababli, (1)
tenglikning ikkala tomonini integrallash mumkin:
∫ d ( uv ) = ∫ u′vdx + ∫ uv′dx yoki ∫ d ( uv ) = ∫ vdu + ∫ udv . (2)
13
Aniqmas integralning 3-xossasiga asosan
∫ d ( uv ) = uv + c edi.
Bundan foydalanib, (2) tenglikni quyidagi ko’rinishda ifodalash mumkin:
(3)
∫ udv = uv − ∫ vdu.
(3) tenglikka aniqmas integralni bo’laklab integrallash formulasi
deyiladi.
(3) formula yordamida integrallash uchun integral ostidagi ifodani u
va dv ko’paytiruvchilar orqali ifodalash kerak. u ko’paytiruvchini
shunday tanlash lozimki, uning u′ hosilasi u ga nisbatan soddaroq bo’lsin.
1-misol. ∫ x cos xdx integralni toping.
Yechilishi: Berilgan integral x va cos x funktsiyalarning
ko’paytmasidan iborat. Bizga ma’lum bo’lgan integrallash usullari ushbu
integralni topish imkoniyatini bermaydi. Shuning uchun ham bo’laklab
integrallash usulidan foydalanamiz. Buning uchun quyidagi belgilashlarni
kiritamiz:
x = u,
cos xdx = dv .
U holda, dx = du va v = sin x . Bunda c o’zgarmas son yozilmaydi, chunki v
funktsiya dv ning boshlang’ich funktsiyalaridan biridir. Bo’laklab
integrallash formulasi, (3) dan foydalanamiz:
∫ x cos xdx = x sin x − ∫ sin xdx = x sin x + cos x + c.
Talab qilingan integral osongina topildi.
Agar integral ostidagi ifodada х n ko’paytuvchi ishtirok etsa, x n = u
belgilash o’rinli bo’ladi, chunki u daraja ko’rsatkichini pasaytirish
imkonini beradi.
2-misol. ∫ xe ax dx integralni toping.
Yechilishi: Belgilashlarni quyidagicha amalga oshiramiz:
x = u va e ax dx = dv .
x=u
belgilashning ikkala tomonini differentsiallaymiz, e ax dx = dv
ning ikkala tomonini esa integrallaymiz:
dx = du
va
Ushbularni (3) formulaga qo’yamiz:
14
1 ax
e = v.
a
x ax 1 ax
x
1 1
1
e − ∫ e dx = e ax − ⋅ e ax + c = 2 ( ax − 1) e ax + c .
a
a
a
a a
a
x
3-misol. ∫ x sin2 dx ni toping.
2
x
Yechilishi: 1) x = u; sin 2 dx = dv .
2
1
x 1
2) dx = du; v = ∫ ( 1 − cos x ) dx = − sin x
2
2 2
∫ xe
ax
dx =
3)
x
x
x
x2 1
1
dx = ( x − sin x ) − ∫ ( x − sin x ) dx = ( x − sin x ) −
− cos x + c =
2
2
2
2
4 2
x 2 x sin x 1
=
−
− cos x + c .
4
2
2
2
∫ x sin
4-misol. ∫ ln xdx ni hisoblang.
Yechilishi: 1) Belgilash kiritamiz: ln x = u va dx = dv .
2) du va v ni topamiz:
dx
= du
x
x=v.
va
3) Bo’laklab integrallash formulasini qo’llaymiy:
∫ ln xdx = x ln x − ∫ dx = x ln x − x + c.
5-misol. ∫ x ln xdx ni toping.
1) ln x = u; xdx = dv .
Yechilishi:
3)
2) du va v ni topamiz:
dx
x2
= du va
= v.
x
2
1 2
x2
x 2 dx x 2
x
ln
xdx
=
ln
x
−
⋅
=
ln
x
−
x + c.
∫
∫2 2 2
2
4
6-misol. ∫ arcsin xdx ni toping.
Yechilishi.
2)
3)
dx
1 − x2
1) arcsin x = u va dx = dv .
= du
va x = v .
∫ arcsin xdx = x arcsin x − ∫
xdx
1− x
2
. Hosil
bo’lgan
∫
xdx
1 − x2
ni
integrallash uchun yangi belgilash kiritamiz va o’zgaruvchini
almashtirish usuli yordamida topamiz: 1 − x 2 = t .
Uning ikkala tomonini differentsiallaymiz: −2 xdx = dt . U holda,
15
∫
Natijada,
xdx
1− x
2
=−
1 dt
= − t + c = − 1 − x 2 + c.
∫
2 t
∫ arcsin xdx = x arcsin x +
1 − x 2 + c.
Yuqoridagi misollardan ko’rinadiki, bo’laklab integrallash asosan
uch bosqichdan iborat, ya’ni:
1-bosqich: Integral ostidagi ifodani ikkita ko’paytiruvchiga ajratib,
ulardan birinchi u va ikkitasini dv bilan belgilash.
2-bosqich: u va dv ni topish.
3-bosqich: Bo’laklab integrallash formulasi ∫ udv = uv − ∫ vdu ni
qo’llash.
Mustaqil yechish uchun mashqlar
Quyidagilarni bo’laklab integrallash yordamida toping:
№1. F ( x ) boshlang’ich funktsiya berilgan bo’lsa, f ( x ) funktsiyani
toping:
a) F ( x ) = x 6 ;
d) F ( x ) = 5 − sin x;
b) F ( x ) = x −2 ;
e) F ( x ) = x −3 + 5;
1
5
v) F ( x ) = x 5 ;
yo) F ( x ) = sin2 x;
1
7
1
3
g) F ( x ) = − x −7 ;
j) F ( x ) = cos 3 x.
№2. F ( x ) funktsiya f ( x ) funktsiya uchun boshlang’ich funktsiya
bo’la oladimi:
x
2
1
2
x
2
1
x
1
x
a) F ( x ) = x + cos , f ( x ) = 1 − sin ; b) F ( x ) = , f ( x ) = ln x ;
v) F ( x ) = 5 x x , f ( x ) = 7 x ;
g) F ( x ) = 2e 3 x , f ( x ) = 6e 3 x .
№3. F ( x ) funktsiya f ( x ) funktsiya uchun boshlang’ich funktsiya
ekanligini tekshiring:
a) F ( x ) = cos x + sin x ,
f ( x ) = − sin x − cos x;
b) F ( x ) = 4cos x + 5sin x,
f ( x ) = −4sin x + 5cos x;
v) F ( x ) =
3 − sin x
,
5
1
f ( x ) = − cos x;
5
16
1
x
1
;
x2
3
1
f ( x) =
−
+ 2e x ;
2
x + 1 cos x
g) F ( x ) = − x 2 + x − 1,
d) F ( x ) = ln
e) F ( x ) =
f ( x) = 1 − 2x +
x+1
− tgx + e 2 x ,
3
x2 + x − 1
,
x
1
.
x2
f ( x) = 1 +
№4. Quyidagi integrallarni toping va natijani differensiallash
yordamida tekshiring:
a) ∫ 4 x 3dx;
yo)
3
x x
−
dx;
4
x
b)
∫ (7x
v)
∫(
g)
3 1
∫ x − x + 1 dx;
2
)
j ) ∫
− x dx;
)
4 + 2 x + x 4 dx;
3x2
g’)
i)
∫
3 x2 x
3
x2
dx;
3
2
y) ∫ 5 ⋅ 3 x 2 − 2 − 4 3 + 1 dx;
x
x
2x3 − 3x + 7
dx;
∫
x
№5. Quyidagi
yordamida toping:
3 x4 + 2 x 2 − 3 x + 7
dx;
∫
x2
d) ∫
− x 3 + 2 dx;
4
e)
3
dx;
x
∫
k)
integralni
∫ sin х
2
1
dx .
⋅ cos 2 x
o’zgaruvchini
almashtirish
usuli
∫ cos 3 xdx .
№6. Quyidagi integrallarni o’zgaruvchini almashtirish usuli
yordamida toping:
a) ∫ x cos хdx;
b) ∫ sin x ⋅ cos xdx; v) ∫ x ln xdx;
g) ∫ e 4 x dx .
(
2
∫ x 1+ x
№7.
)
5
dx
integralni o’zgaruvchini almashtirish usulida
toping:
№8. ∫ cos 5 xdx integralni toping.
№9.
∫
1 1x
e dx
x2
integralni toping.
№10. ∫ x 1 − x 2 dx integralni toping.
№11.
5 x4
∫ 3 + 4 x 5 dx
integralni toping.
17
№12.
∫
3cos x
dx
1 + 2sin x
integralni toping.
№13. ∫ sin ( 4 x + 3 ) dx integralni toping.
№14. ∫ x 2e x − 2dx integralni toping.
3
2sin x
№15.
∫
№16.
∫ ( ax + b ) integralni toping.
3 + cos x
dx
2
dx
integralni toping.
m
Quyidagilarni bo’laklab integrallash yordamida toping:
№17. ∫ x cos xdx ni toping.
№18. ∫ xe − x dx ni toping.
№19. ∫ ln 2 xdx ni toping.
№20. ∫ xe x dx ni toping.
№21. ∫ sin2 x ⋅ cos xdx integralni toping.
№22. ∫ x sin xdx integralni toping.
№23.
∫
ln x
dx
x2
integralni toping.
№24. ∫ x 2е х dx integralni toping.
№25. ∫ е х cos xdx integralni toping.
№26.
xdx
2
x
∫ sin
integralni toping.
№27. ∫ ( 1 − х ) sin xdx integralni toping.
№28. ∫ е 3 х sin 2 xdx integralni toping.
№29. ∫ xarctgxdx integralni toping.
№30. ∫ х 2 cos xdх integralni toping.
∫ ( 4 x + 6 x − 7 ) ln xdх integralni toping.
№32. ∫ ( x + 1) cos xdх integralni toping.
№33. ∫ ln 1 − x + 1 + x dх integralni toping.
№31.
3
3
18
5§. Ratsional ifodalarni integrallash
Yuqorida aniqmas integralni integrallashning elementar usullarini
ko’rib o’tdik. Ularning barchasi elementar funktsiyalar orqali ifodalash
mumkin bo’lgan funktsiyalar edi. Ammo funktsiyalarning hammasi ham
chekli sondagi amallar yordamida elementar funktsiyalar orqali
ifodalanmaydi. Bunday integrallarga quyidagilarni misol sifatida keltirish
mumkin.
∫е
− х2
∫ sin x
dx ,
2
∫ cos x
dx ,
2
dx ,
∫
sin x
dx ,
x
∫
cos x
dx ,
x
dx
∫ ln x
va hokazolar. Integral ostidagi bu funktsiyalarni elementar funktsiyalarga
keltirib bo’lmaydi.
Quyida integrallash mumkin bo’lgan funktsiyalarni ko’rib o’tamiz.
1. Sodda kasr va ularni integrallash
Ta’rif: Quyidagi kasrlarga sodda kasrlar deyiladi:
I.
A
,
x−a
II.
A
( x − a)
m
, III.
Bx + c
,
x + px + q
2
IV.
(x
Bx + c
2
+ px + q
)
n
(1)
.
va n lar butun musbat sonlar. x 2 + px + q kvadrat uchhad haqiqiy
ildizlarga ega emas deb qaraladi. A, B , C , a , P va q -o’zgarmas haqiqiy
sonlardan iborat.
(1) sodda kasrlarni integrallashni qaraymiz.
I va II ko’rinishdagi kasrlarni integrallash bizga ma’lum, ya’ni:
m
A
1
∫ x − a dx = A∫ x − a dx = A∫
I.
A
∫ ( x − a)
II.
m
dx = A∫
( x − a)
= A⋅
1
( x − a)
m
d ( x − a)
= A ⋅ ln x − a + c .
x−a
dx = A ∫ ( x − a )
− m +1
−m + 1
+c =
A
( x − a)
m −1
⋅ (1 − m )
−m
⋅ d ( x − a) =
(2)
(3)
+ c.
III va IV ko’rinishdagi kasrlarni integrallash uchun ularning
maxraji x 2 + px + q dan ikkihad to’la kvadratini ajratamiz:
2
2
2
P
P
P2
P P
x + px + q = x + 2 ⋅ x + + q − = x + + q −
.
2
2
4
2 2
2
2
19
Bunda a 2 = q −
p2
4
almashtirish kiritish mumkin. U holda,
∫x
2
Bx + c
Bx + c
dx = ∫
dx
2
+ px + q
p
2
x+ 2 +a
ko’rinishdagi integralni hosil qilamiz. Keyin,
belgilashni kiritib, dx = dt va x = t −
x+
p
=t
2
p
2
almashtirishni bajaramiz. Natijada,
kvadrat uchhad quyidagi ko’rinishga keladi:
2
p
x + px + q = x + + a 2 = t 2 + a 2 ,
2
Bp
Bx + c = Bt + c −
.
2
2
U holda,
hisoblanadi:
III
ko’rinishdagi
kasrning
integrali
quyidagicha
Bp
Bt + c −
Bx + c
B 2tdt
Bp
dt
2
dx
=
∫ x 2 + px + q ∫ t 2 + a 2 dt = 2 ∫ t 2 + a 2 + c − 2 ⋅ ∫ t 2 + a 2 =
B
1
Bp
t
B
Bp
= ln t 2 + a 2 + c −
arctg + c = ln x 2 + px + q + c −
⋅
2
a
2
a
2
2
(
)
(
)
1
p2
q−
4
⋅
1
2 + c = B ln x 2 + px + q + 2c − Bp arctg 2 x + p + c .
⋅arctg
2
p2
4q − p 2
4q − p 2
q−
4
x+
(4)
(
)
IV kasrning integralini hisoblashda yuqoridagi almashtirishlar
bajariladi va uni hisoblash quyidagicha amalga oshiriladi:
∫
(
Bp
Bt + c −
Bx + c
B
2t
Bp
dt
2
dx = ∫
dt = ∫
dt + c −
⋅∫
n
n
n
2 t 2 + a2
2
x 2 + px + q
t2 + a2
t 2 + a2
)
(
)
(
)
(
)
n
.
(5)
(5) ning o’ng tomonidagi birinchi integralni hisoblash uchun
quyidagi almashtirish kiritamiz:
t 2 + a 2 = u, 2tdt = du.
U holda,
20
∫
(t
2t
2
+ a2
)
n
dt =
du
∫u
=−
n
1
1
1
1
⋅ n −1 + c = −
⋅
n−1 u
n − 1 t 2 + a2
(
)
n −1
+ c.
(6)
(5) ning o’ng tomonidagi integrallardan ikkinchisini rekkurent
formula yordamida hisoblash mumkin.
2. Ratsional va kasr ratsional funktsiyalarni integrallash
Pn ( x ) = a0 + a1 x + a2 x 2 + ... + a n x n
(7)
ko’rinishdagi ixtiyoriy butun ratsional funktsiyani integrallash ko’p
qiyinchilik to’g’dirmaydi. Buni quyida ko’ramiz:
∫ p ( x) dx =∫ ( a + a x + a x
2
n
0
1
2
)
+ ... + an xn dx = ∫ a0dx +∫ a1 xdx +∫ a2 x2dx + ... + ∫ an xndx =
x2
x3
xn+1
= a0 x + a1 + a2 ⋅ + ... + an ⋅
+ c.
2
3
n+1
( 8)
Endi kasr ratsional funktsiyani hisoblash usulini qaraymiz.
Faraz qilaylik,
pn ( x ) = a0 + a1 x + a 2 x 2 + ... + an x n va
Qm ( x ) = b0 + b1 x + b2 x 2 + ... + bn x n
pn ( x )
, (n > m)
Qm ( x )
ko’phadlar berilgan bo’lib,
noto’g’ri kasrni integrallash
talab qilinsin. Uning integralini hisoblash uchun uning butun qismi
ajratilib, butun ratsional funktsiya va to’g’ri kasr yig’indisi ko’rinishida
ifodalanadi, ya’ni:
pn ( x )
p′′ ( x )
= p′n ( x ) + n
Qm ( x )
Qn ( x )
Bunda pn′ ( x ) -kasrning butun qismi,
pn′′ ( x )
Qm ( x )
(9)
esa berilgan kasrning
to’g’ri kasr qismidir.
(9) kasrning integral ko’rinishi quyidagicha bo’ladi:
pn ( x )
pn′′ ( x )
∫ Q ( x )dx = ∫ p′ ( x ) dx + ∫ Q ( x )dx
n
n
pn′′ ( x )
Qn ( x )
(10)
n
to’g’ri kasrni integrallash uchun ularni sodda kasrlar yig’indisiga
keltirish lozim. Keyin esa ularning integrallari oson hisoblanadi.
21
P ( x)
Q( x)
3. To’g’ri kasrlarni integrallash
ko’rinishdagi to’g’ri kasrlarni integrallash uchun ularni sodda
kasrlarga ajratish lozim.
Har qanday
P ( x)
Q( x)
shakldagi to’g’ri kasrni chekli sondagi sodda
kasrlarning yig’indisi ko’rinishida ifodalash mumkin. Bu esa Q ( x ) , ya’ni
maxrajning sodda ko’paytuvchilarga yoyilishiga bog’liq.
Faraz qilaylik, maxraj Q ( x ) ning yoyilmasi quyidagicha bo’lsin:
(
Q ( x ) = ( x − a )( x − a ) ... ( x − a ) ... x 2 + px + q
2
k
)
m
...
(11)
Maxrajdagi Q ( x ) ning yoyilmasida har bitta ( x − a ) ko’paytuvchiga
k sodda kasrlar guruhi, ya’ni
k
A1
A2
Ak
+
+ ... +
k
2
x − a ( x − a)
( x − a)
lar mos keladi. Q ( x ) ning har bitta
(x
2
+ px + q
(12)
)
m
ko’paytuvchisiga esa
quyidagi m ta sodda kasrlardan tuzilgan kasrlar guruhi mos keladi:
A1 x + B
A2 x + B2
+
x + px + q
x 2 + px + q
2
(
)
2
+ ... +
(x
Am x + Bm
2
+ px + q
)
m
.
(13)
(12) - kasrlarning suratlaridagi koeffitsiyentlari soni k ta, (13)kasrlarning suratlaridagi koeffitsiyentlari soni 2m tani tashkil etadi. (12)
va (13) dagi barcha koeffitsiyentlar soni n tadan iborat ekanligi ma’lum
bo’ladi, ya’ni
∑ k + ∑ 2m = n.
A, B, C harfiy koeffitsiyentlarni topish uchun
P ( x)
Q( x)
kasr
yoyilmasining suratlari harfiy koeffitsiyentlar bilan ifodalanadi. Barcha
sodda kasrlarning umumiy maxraji Q ( x ) dan iborat. Shuning uchun ularni
yig’ib, to’g’ri kasr hosil qilinadi, chunki to’g’ri ratsional kasrlarning
yig’indisi-to’g’ri kasrdan iborat. Yoyilmaning o’ng va chap tomondagi
22
Q( x)
maxraj tashlansa, ikkita ( n − 1) darajali ko’phadning tengligi hosil
qilinadi. Bu tenglik x ga nisbatan ayniyatdir.
Tenglikning bir tomonida
ning turli darajalardagi
x
koeffitsiyentlari, n ta koeffitsiyentga nisbatan harflar bilan belgilangan
chiziqli bir jinsli ko’phadlilar mavjud bo’ladi. Ularni ikkinchi tomondagi
P ( x ) ning mos sonli koeffitsiyentlariga tenglab, n ta chiziqli tenglamalar
sistemasi hosil qilinadi va sistemani yechib, A, B va C koeffitsiyentlar
topiladi.
2
1-misol: P ( x ) = x 2 + 2 x + 9 va Q ( x ) = ( x − 1) ( x 2 + 1) berilgan bo’lib,
P ( x)
Q( x)
kasrni integrallash talab qilinsin.
Yechilishi: Yuqoridagilarga asosan
x2 + 2x + 9
( x − 1) x 2 + 1
(
)
kasrning yoyilgan.
2-misol: P ( x ) = 6 x 2 − 13 x + 4 va Q ( x ) = 3 x 3 − 3 x 2 + 2 x
berilgan bo’lib, P ( x ) kasrni integrallash talab qilinsin.
Q( x)
Yechilishi: Yuqoridagilarga asosan
kasrning yoyilmasini topamiz.
ko’paytiruvchilarga ajratamiz:
ko’phadlar
P ( x ) 6 x 2 − 13 x + 4
=
Q ( x ) x3 − 3x2 + 2x
Buning
uchun
kasrning
suratini
x 3 − 3 x 2 + 2 х = x ( x − 1)( x − 2 ) .
Berilgan kasrni sodda kasrlar yig’indisi ko’rinishiga keltiramiz:
P ( x ) 6 x 2 − 13 x + 4 A
B
C
= 3
= +
+
.
2
Q ( x) x − 3x + 2x x x − 1 x − 2
U holda, umumiy maxraj berib, quyidagi tenglamani hosil qilamiz:
6 x 2 − 13 x + 4 = A ( x − 1)( x − 2 ) + Bx ( x − 2 ) + Cx ( x − 1)
yoki
bundan,
6 x 2 − 13 x + 4 = ( A + B + C ) x 2 − ( 3 A + 2 B + C ) x + 2 A.
x ning bir darajalari oldidagi koeffitsiyentlarni o’zaro tenglashtirib,
tenglamalar sistemasini hosil qilamiz:
23
x 2 : A + B + C = 6,
x : 3 A + 2 B + C = 13,
x 0 : 2 A = 4.
Ushbu sistemani yechib, A, B va C koeffitsiyentlarning son qiymatlarini
topamiz:
А = 2, В = 3 va С = 1.
Bu qiymatlarni sodda kasrlar yig’indisiga qo’yib, integrallaymiz:
∫
6 x 2 − 13 x + 4
dx
dx
dx
dx = 2 ∫
+ 3∫
+∫
= 2 ln x + 3 ln x − 1 + ln x − 2 + c .
3
2
x
x −1
x−2
x − 3x + 2x
3-misol. Quyidagi integralni hisoblang:
∫ x( x
1
2
+4
) dx .
Yechilishi: Berilgan kasrni sodda kasrlar yig’indisi ko’rinishiga
keltiramiz:
1
(
x x +4
2
Bundan, 1 = A(x 2 + 4) + (Bx + c ) x yoki
Tenglamalar sistemasini tuzamiz:
)
=
A Bx + c
.
+
x x2 + 4
1 = ( A + B ) x 2 + cx + 4 A
x 2 : A + B = 0
x : c = 0
,
x 0 : 4 A = 1
u holda,
A=
1
1
, B=−
4
4
va С = 0.
Topilgan koeffitsiyentlarni sodda kasrlarga qo’yib integrallaymiz:
∫ x( x
1
2
+4
)
dx =
(
1 dx 1 xdx
1
1
− ∫ 2
= ln x − ln x 2 + 4
∫
4 x 4 x + 4 4
2
) + c = 14 ln
x
x2 + 4
4- misol. Quyidagi integralni hisoblang:
2 x 2 + 2 x + 13
.
( x − 2)( x 2 + 1)2
Berilgan kasrni sodda kasrlar yig’indisiga keltiramiz:
2 x 2 + 2 x + 13
=
A
Bx + c Dx + E
+ 2
+
.
2
x−2 x +1
x2 + 1
( x − 2)(x 2 + 1)
(
)
Umumiy maxraj berib, quyidagini hosil qilamiz:
2
2 x 2 + 2 x + 13 = A( x 2 + 1) + ( Bx + c )( x 2 + 1) + ( Dx + E )( x − 2 )
2
24
yoki
+ c.
2 x 2 + 2 x + 13 = x 4 ( A + B ) + x 3 ( −2 + c ) + x 2 ( 2 A + B − 2c + D ) + x ( −2 B + c − 2 D + E ) +
+ ( A − 2c − 2 E ) .
Oxirgi tenglikning o’ng va chap tomonidagi bir xil darajali x larning
oldidagi koeffitsiyentlarni tenglashtirib, tenglamalar sistemasini tuzamiz:
x 4 : A + B = 0,
x 3 : −2 + c = 0,
x 2 2 A + B − 2c + D = 2,
x1 −2 B + c − 2 D + E = 2,
x 0 : A − 2c − 2 E = 13.
Noma’lum koeffitsiyentlarni topamiz:
A = 1,
B = −1, С = −2, D = −3
va
E = −4.
U holda, topilgan qiymatlarni sodda kasrlarga qo’yib, integrallaymiz:
dx
x+2
3x + 4
1 3 − 4 x 1 ( x − 2)
∫ x − 2 x 2 + 1 2 dx =∫ x − 2 −∫ x 2 + 1dx − ∫ x 2 + 1 2 dx = 2 ⋅ x 2 + 1 + 2 ln x 2 + 1 −
(
)
2
2 x 2 + 2 x + 13
(
)
(
)
−4arctgx + c .
Mustaqil yechish uchun mashqlar:
Quyidagi integrallarni toping:
№.34 ∫ 2 2 x + 1 dx.
x − 5x + 4
3x + 1
№.40 ∫
( x + 3 ) 2 ( x − 5)
x+2
dx .
x − 2x 2
№.35 ∫
3x − 4
dx .
x + x−6
№.41 ∫
№.36 ∫
2x + 7
dx .
2
x + x−2
№.42 ∫ x − 1 3 dx.
x ( x + 1)
2
3
3
№.37 ∫ 62x − 132 + 7 dx.
x − 3x + 2x
№.43 ∫ dx
.
x ( x 2 + 4)
№.38 ∫ 3 7 x −2 3 dx.
x + 2x − 3x
№.44 ∫
2
№.39 ∫
6x − 4
dx .
x 3 − 4x
dx
.
x +x
3
№.45 ∫ 3dx .
x +1
25
dx .
6§. Ba’zi irratsional funktsiyalarni integrallash
ax + b
cx + d
1.
R( x , m
2.
x m a + bx n
3.
R( x , ax 2 + bx + c
(
ko’rinishdagi ifodalarni integrallash.
) ko’rinishdagi ifodalarni integrallash.
P
ax + b
ko’rinishdagi ifodalarni integrallash.
1. R x, m
dx ko’rinishdagi ifodalarni integrallash. Bunday
cx + d
ifodalarni integrallashda integral ostidagi ifodani ratsinonal ifoda
ko’rinishiga keltirish lozim. Ratsional ifoda shakliga keltiradigan
almashtirishni aniqlash kerak.
Misol sifatida quyidagi:
ax + b
m
R
x
,
∫ cx + d dx
(2)
ifodani qaraylik. Bunda R - ikkita argumentning ratsional funktsiyasi, mnatural son, a, b, c va d lar o’zgarmas sonlardan iborat. t = f ( x ) = m
ax + b
cx + d
almashtirish olamiz, bunda
tm =
ax + b
dt m − b
, x = g(t ) =
cx + d
a − ct m
bo’lsin. U holda, (2) integral
∫ R (ϕ ( t ) , ϕ ′ ( t ) ) dt
(3)
ko’rinishga keladi. R, ϕ , ϕ ′ lar ratsional funktsiyalardir. (3) integralni
oldingi mavzudagi qoida asosida hisoblab, t = f ( x ) ni qo’yib, so’ngra
eski o’zgaruvchiga qaytiladi.
Misol.
∫
dx
3
( x − 1)( x + 1)
2
=∫3
x+1 1
⋅
dx
x −1 x +1
(1) almashtirishni amalga oshiramiz:
t=
3
x+1
,
x −1
t=
t3 + 1
6t 2
,
dx
=
−
t3 − 1
t3 − 1
(
U holda,
26
)
2
dt .
−3
1
1
x+1 1
t+2
t+2
⋅
dx = ∫ 3 dt = ∫ −
+
dt + ∫ 2
dt =
dt = ∫ −
x −1 x +1
t −1
t
t
t
t
t
t
−
+
+
−
+
+
1
1
1
1
2
2
1 t + t +1
2t + 1
= ln
+ 3arctg
+ c.
2
2 ( t − 1)
3
∫
3
Bundan, eski o’zgaruvchiga qaytiladi.
2. x m ( a + bx n )
p
ko’rinishdagi ifodani integrallash
Agar p butun son bo’lsa, ifoda oldingi o’rganilgan guruhga kiradi.
Qaralayotgan ifodani integrallash uchun
(4)
z = xn
almashtirish olamiz va ifoda shaklini o’zgartiramiz:
x
Bundan
m+1
−1 = q
n
m
( a + bx )
n
p
m +1
−1
1
p
dx = ( a + bz ) ⋅ z n dz .
n
desak,
∫ x ( a + bx )
m
n
p
dx =
1
p
( a + bz ) z q dz .
∫
n
(5)
Agar q butun son bo’lsa, oldin o’rganilgan misol turiga kelinadi.
(2) ning o’ng tomonidagi integralni quyidagicha ko’rinishda yozamiz:
a + bz p+ q
z dz .
z
∫
Bundagi p + q butun son bo’lganda yana o’rganilgan misolga kelamiz.
1-misol. Integralni hisoblang:
∫
x3
x3 + 2
dx .
Yechilishi: x = t 6 almashtirish olamiz. U holda, dx = 6tdt bo’ladi.
Integrallashni amalga oshiramiz:
∫
x3
x3 + 2
dx =
∫
dx
(1 + x )
3
x
=∫
(
6t 5dt
t2
t2 + 1 −1
=
6
dt
=
6
∫ 1 + t2
∫ t 2 + 1 dt =
1 + t2 t3
)
1
dt
= 6∫ 1 −
dt = 6 ∫ dt − 6∫
= 6 ( t − arctgt ) + c = 6
2
1+ t
1 + t2
2-misol. Quyidagi integralni hisoblang:
27
(
6
)
x − arctg 6 x + c .
∫x
a − x = t2
Yechilishi:
dx = −2tdt ,
a − x = t.
a − xdx = −2 ∫ a − t
2a
3
=−
(
a− x
)
3
(
belgilash
kiritamiz.
x = a − t2,
Bundan,
U holda,
(
∫x
a − xdx .
+
2
5
(
2
)
t3
t5
t dt = −2a ∫ t dt + 2 ∫ t dt = −2a ⋅ + 2 ⋅ + c =
3
5
2
a−x
2
)
5
4
+ c.
)
3. R x, ax 2 + bx + c ko’rinishidagi ifodalarni integrallash. Eyler
almashtirishlari
Har doim ham kvadrat uchhad teng ildizlarga ega bo’lmaydi.
Shuning uchun ulardan olingan ildizning ratsional ifoda bilan
almashtirishi mumkin bo’lmaydi. Bunday hollarda Eylerning uchta
almashtirishi yordamida integral ostidagi ifoda ratsional ifodaga keladi.
a > 0 bo’lsa, birinchi almashtirish
ax 2 + bx + c = t − a x .
(6)
qo’llaniladi. Uning ikkala tomonini kvadratga ko’taramiz:
bx + c = t 2 − 2 atx .
U holda,
x=
t2 − c
2 at + b
,
ax 2 + bx + c =
Topilgan ifodalarni
at 2 + bx + c a
2 at + b
∫ R ( x,
ax 2 + bx + c
, dx = 2 ⋅
)
at 2 + bt + c a
(2
at + b
)
2
dt .
(7)
integralga qo’yilsa, u holda, qaralayotgan misol t ning ratsional
funktsiyasini integrallashga keltiriladi. Keyin eski x o’zgaruvchiga
qaytiladi,
t = ax 2 + bx + c + a x .
с>0
bo’lsa, ikkinchi almashtirish
ax 2 + bx + c = xt + c
qo’llaniladi. Bundan quyidagiga kelamiz:
28
(8)
ax + b = xt 2 + 2 ct .
Bundan,
2 ct − b
x=
,
a − t2
ct 2 − bt + a c
ct 2 − bt + ca
, dx = 2 ⋅
dt .
2
a − t2
a − t2
ax + bx + c =
2
(
)
Buni (7) ga qo’yib, integral ostidagi ifodani ratsionallashtiramiz, uni
integrallab, eski o’zgaruvchiga qaytamiz:
t=
ax 2 + bx + c − c
.
x
Agar ax 2 + bx + c kvadrat uchhad α va β ildizlarga ega bo’lsa,
uchinchi almashtirish qo’llaniladi. Bunday holda uchhad chiziqli
ko’paytiruvchilarga ajraladi:
ax 2 + bx + c = a ( x − α )( x − β ) .
Agar ax 2 + bx + c = t ( x − α ) deb qaralsa,
a( x − β ) = t2 ( x −α )
hosil bo’ladi. Demak,
x=
− aβ + α t 2
,
t2 − a
ax 2 + bx + c =
2a ( β − α ) t
a (α − β ) t
, dx =
dt .
2
2
2
t −a
t −a
(
)
Hosil bo’lgan ifodani integrallash qiyinchilik tug’dirmaydi.
∫
1-misol.
dx
a2 − x2
integralni Eylerning uchinchi almashtirishini
qo’llab, hisoblang.
Yechilishi: Almashtirish olamiz:
t2 − 1
4at
a − x = t (a − x) , x = a ⋅ 2
, dx =
t +1
t2 + 1
2
2
(
∫
dx
a2 − x2
= 2∫
)
2
dt ,
a2 − x2 =
2at
.
t2 + 1
U holda,
dt
a+ x
= 2arctgt + c = 2arctg
+ c.
t +1
a−x
2
Berilgan integralni a 2 − x 2 = xt − a almashtirish, ya’ni ikkinchi
almashtirish yordamida ham hisoblash mumkin:
∫
dt
a + a2 − x2
= −2 ∫ 2
= −2arctgt + c = −2arctg
+ c.
t +1
x
a2 − x2
dx
29
2-misol.
∫ x+
dx
x2 − x + 1
integralni Eyler almashtirishlari yordamida
hisoblang.
Yechilishi: Eylerning birinchi almashtirishini qo’llaylik:
t2 − 1
t2 − t + 1
x − x + 1 = t − x3 x =
, dx = 2
dt .
2
2t − 1
( 2t − 1 )
2
U holda,
∫ x+
dx
x2 − x + 1
=∫
2 t 2 − 2t + 2
t ( 2t − 1)
2
2
3
3
dt =
dt = ∫ −
+
t 2t − 1 ( 2 t − 1 ) 2
3
1
3
=− ⋅
+ 2 ln t − 2t − 1 + c .
2 2t − 1
2
Berilgan ifodada quyidagi almashtirishni
t = x + x2 − x + 1
amalga oshirsak, u holda
∫ x+
dx
3
1
3
=− ⋅
− ln 2 x + 2 x 2 − x + 1 − 1 +
2 2x + 2 x2 − x + 1 2
x2 − x + 1
+ x2 − x + 1 + c
hosil bo’ladi. Endi, Eylerning uchinchi almashtirishini yuqoridagi
integralni hisoblashda qo’llaymiz:
2t − 1
t2 − t + 1
x − x + 1 = tx − 1, x = 2
− dx = −2 ⋅
dt ,
2
t −1
t2 − 1
2
(
x + x2 − x + 1 =
)
t2 − t + 1
x − x+1 = 2
,
t −1
2
t
.
t −1
Integralni hisoblaymiz:
3 1 1
3 1
3
dt
=
−
⋅
−
⋅
−
∫ x + x 2 − x + 1 t ( t − 1)( t + 1) 2 ∫ t 2 t − 1 2 t + 1 ( t + 1) 2 dt =
3
1
3
=
+ 2ln t − ln t − 1 − ln t + 1 + c .
t +1
2
2
dx
=∫
−2 t 2 + 2 t − 2
Hosil bo’lgan natijaga t =
x2 − x + 1 + 1
x
30
ni qo’yib, soddalashtiramiz:
dx
∫ x+
x − x+1
2
3x
=
x − x +1 + x +1
2
3
− ln
2
x 2 − x + 1 + x + 1 + c1 .
c1 = c +
3
2
1
x 2 − x + 1 + 1 − ln
2
+ 2ln
x2 − x + 1 − x + 1 −
deb olinsa, natija oldingi almashtirishlardagiga aynan teng
bo’ladi.
Mustaqil yechish uchun mashqlar
Quyidagi integrallarni hisoblang:
№46.
dx
∫ 1+
x
№51.
.
dx
∫
(1 + x )
∫
1+ 6 x
dx .
3
x+ x
№49.
∫
1 x−2
dx .
x
x
№50.
∫
№47.
№48.
3
x
dx
(1 + x )
4
№52.
.
2
⋅ x
№53.
∫
∫
(
dx
x 1+ x
4
dx
∫ (1 − x )
№55. ∫
x
№56.
.
dx
.
2x + 1 + 1
1 − x2
№54. ∫ ( x − 2 )
.
)
3
(1 + 2
№57.
№58.
.
1+ x
dx .
1− x
dx
x+3x
)
.
∫x
∫
∫
№59.
∫
№60.
∫x
1
3
x2 + 1
dx .
x3
1 + 2 x − x2
x2
9 − x2
x3
4 − x2
dx .
dx .
dx
a +x
2
dx .
2
.
7 §. Trigonometrik funktsiyalarni integrallash
1. R ( sin x ,cos x ) (1) funktsiyani integrallash.
R ( sin x ,cos x ) ifoda sin x va cos x larning ratsional funktsiyasidir.
Agar sin x ning ishorasi o’zgarganda R ( sin x ,cos x ) funktsiyaning
ham ishorasi o’zgarsa, u holda, t = cos x almashtirish orqali (1) funktsiya t
ning ratsional funktsiyasiga keladi.
Agar cos x ning ishorasi o’zgarganda berilgan funktsiyaning ham
ishorasi o’zgarsa, t = sin x almashtirish olinadi va berilgan (1) funktsiya t
ning ratsional funktsiyasiga keladi.
31
Bir vaqtda sin x va cos x larning ishoralari o’zgarganda (1) fenktsiya
o’z ishorasini o’zgartirmasa, t = tgx almashtirish olinadi va (1) funktsiya t
ning ratsional funktsiyasiga keladi.
t = tg
x
2
almashtirish yordamida (1) funktsiya t ning ratsional
funktsiyasiga keladi.
2. sin 2 n x , cos2 n x , sin 2 n x ⋅ cos 2 n (2) funktsiyalarni integrallash.
Bu funktsiyalarning integralini topishda
sin 2 x =
1
1
( 1 − cos 2 x ) , cos2 x = ( 1 + cos 2 x )
2
2
1
2
va sin x ⋅ cos x = sin 2 x
formulalardan foydalanib, integral ostidagi funktsiyalarning darajalari
pasaytiriladi.
3. sin ax ⋅ cos bx , sin ax ⋅ sin bx , cos ax ⋅ cos bx
(3) ko’rinishdagi
ifodalarni integrallashda
1
sin ( a + b ) x + sin ( a − b ) x ,
2
1
sin ax ⋅ sin bx = cos ( a − b ) x − cosn ( a + b ) x ,
2
1
cos ax ⋅ cos bx = cos ( a + b ) x + cos ( a − b ) x
2
sin ax ⋅ cos bx =
formulalardan foydalanib, sodda holga keltiriladi. So’ngra, integrali
hisoblanadi.
4. tg m x , ctg m x ko’rinishdagi funktsiyalarni integrallashda t = ctgx
almashtirishdan foydalaniladi.
5.
x 2 − a 2 , x 2 + a 2 va a 2 − x 2
ko’rinishdagi
ifodalarning
integrallarini hisoblashda quyidagi trigonometrik almashtirishlardan
foydalaniladi:
1) x 2 − a 2 ko’rinishdagi ifodalarning integralini hisoblashda
x=
a
sin t
(yoki x =
a
cos t
)
almashtirish olinadi.
2) x 2 + a 2 ko’rinishdagi ifodalarning integralini hisoblashda
x = atgt (yoki x = actgt )
almashtirish olinadi.
3) a 2 − x 2 ko’rinishdagi ifodalarning integralini hisoblashda
32
x = a sin t
(yoki x = a cos t )
almashtirishdan foydalaniladi.
1-misol. Integralni hisoblang:
∫ sin
2
x ⋅ cos 2 xdx
Yechilishi: Berilgan integralni hisoblash uchun cos x ni - cos x bilan
almashtirilganda integral ostidagi ifoda o’z ishorasini o’zgartiradi.
Shuning uchun t = sin x almashtirish olamiz. U holda,
(
)
2
2
2
2
∫ sin x ⋅ cos xdx = ∫ t 1 − t dx =
2-misol.
∫ sin
4
dx
ni
x ⋅ cos 2 x
t3 t5
sin 3 x sin x
− +c =
−
+ c.
3 5
5
5
hisoblang.
Yechilishi: Ushbu integralda sin x ni - sin x va cos x ni − cos x bilan
almashtirilganda integral ostidagi ishora o’zgarmaydi. Shuning uchun
t = tgx almashtirishdan foydalanamiz:
∫ sin
2
dx
=
x ⋅ cos 2 x ∫
(1 + t )
2
t
4
3
dt = t −
2 1
1
− 3 + c = tgx − 2ctgx − ctg 3 x + c .
t 3t
3
3-misol. Integralni hisoblang:
dx
∫ sin x ⋅ cos 2 x .
Yechilishi: Bunda t = cos x almashtirishdan foydalanamiz:
dx
dx
∫ sin x ⋅ cos 2 x = ∫ sin x ⋅ ( 2cos
2
x −1
)
=∫
(
dt
1
1+ t 2
=
ln
+
2
1 − t 1 − 2t
2 1− t 2
2
)(
)
1 1− t
1
1 + 2 cos x
x
+ ln
+c=
+ ln tg + c .
ln
2 1+ t
2
2 1 − 2 cos x
4-misol. Integralni hisoblang:
1
1 − r2
dx ,
2 ∫ 1 − 2r ⋅ cos x + r 2
( 0 < r < 1,
−π < x < π ).
Yechilishi: Berilgan integralni hisoblash uchun t = tg
almashtirishni bajaramiz:
33
x
2
universal
1
1 − r2
dx = 1 − r 2
2
∫
2 1 − 2r ⋅ cos x + r
(
)∫
dt
(1 − r )
2
+ (1 + r )
2
1+ r
=
arctg
t+c =
1− r
⋅ t2
x
1+ r
= arctg
⋅ tg + c .
2
1− r
5-misol. ∫ sin5 xdx ni hisoblang.
Yechilishi: t = cos x almashtirish olamiz:
(
5
4
2
∫ sin xdx = ∫ sin x ⋅ sin xdx = ∫ 1 − cos x
)
2
(
)
(
)
⋅ sin xdx = − ∫ 1 − t 2 dx = − ∫ 1 − 2t 3 + t 4 dt =
2
2 3 1 5
2
1
t − t + c = − cos x + cos 3 x − cos 5 x + c .
3
5
3
5
4
∫ sin x ⋅ cos xdx ni hisoblang.
= − ∫ dt + 2∫ t 2dt = − t +
6-misol.
Yechilishi: t = sin x almashtirish olamiz.
U holda, dt = cos xdx bo’ladi. Demak,
∫ sin
4
1 5
1
t + c = sin 5 x + c .
5
5
x ⋅ cos xdx = ∫ t 4dt =
7-misol. ∫ tg 2 xdx integralni hisoblang.
Yechilishi: t = tgx almashtirish olamiz.
(
)
1 + t2 − 1
1
1
∫ tg xdx = ∫ t ⋅ 1 + t dt = ∫ 1 + t 2 dt = ∫ dt − ∫ 1 + t 2 dt = t − arctgt + c = tgx − x + c .
4
8-misol. ∫ cos x ⋅ cos 3 xdx ni hisoblang.
3
2
2
Yechilishi: Ushbu integralni hisoblash uchun trigonometrik
funktsiyalar ko’paytmalari formulalaridan foydalanamiz:
1
4
4
4
1
13
∫ cos 3 x ⋅ cos 3 xdx = 2 ∫ cos 3 + 3 x + cos 3 − 3 x dx = 2 ∫ cos 3
=
5
x + cos x dx =
3
1 3
13
1 3
3
13
3
5
sin x + sin
⋅ sin x + + x + c =
+ c.
2 13
3
2 5
26
3
10
3x
9-misol.
∫
a 2 − x 2 dx
integralni hisoblang.
Yechilishi: Quyidagi almashtirishni bajaramiz: x = a sin t , bundan
dx = a cos tdt .
a 2 − x 2 = a 2 − a 2 sin 2 t = a 1 − sin 2 t = a cos t .
U holda,
34
∫
=
a 2 − x 2 dx = ∫ a cos t ⋅ a cos tdt =a 2 ∫ cos 2 tdt = a 2 ∫
1 + cos 2t
a2
dt =
dt + ∫ cos 2tdt =
2
2 ∫
a2
1
t + sin 2t + c .
2
2
x
a
Endi eski, ya’ni x argumentga qaytamiz. x = a sin t dan sin t = . U holda,
x
t = arcsin .
a
2
x
1
Ma’lumki, cos t = 1 − = a 2 − x 2 , shuning uchun
a
a
2x
x 1 2
sin 2t = 2sin t ⋅ cos t = 2 ⋅ ⋅
a − x2 = 2 a2 − x2 .
a a
a
U holda,
∫
a 2 − x 2 dx =
a2
x 1 2x 2
a2
x x 2
2
arcsin
+
⋅
a
−
x
+
c
=
arcsin
+
a − x 2 + c.
2
2
a 2 a
2
a 2
Mustaqil yechish uchun mashqlar
№61. ∫ sin4 xdx .
№72.
№62. ∫ cos 3 xdx .
№73.
tgx
∫ tgx − 3 dx .
∫ sin
4
dx
.
x + cos 4 x
№63.
∫ sin 2 x .
№74.
№64.
∫ cos 2 x .
dx
№75.
№65.
dx
sin 2 x
∫ sin x + 2cos x dx.
1
∫ 1 + sin x dx .
dx
∫ sin x ⋅ cos
4
x
№76. ∫ cos 4 xdx.
.
№66. ∫ tg 3 xdx .
№77.
№67. ∫ sin 2 x ⋅ cos 4 xdx .
№78.
№68. ∫ cos x ⋅ cos 4 xdx.
№79.
∫ sin
3
x cos 3 xdx .
∫ sin 3 x ⋅ sin 4 xdx .
35
∫
4 − x 2 dx .
№69.
cos 2 x
∫ sin 4 x dx .
№80.
№70.
sin x + sin 3 x
∫ cos 2 x dx .
№81.
№71.
sin 2 x
∫ 3 + 4sin2 x dx .
∫x
x 2dx
∫
9 − x2
.
a − xdx .
2- БОБ. АНИҚ ИНТЕГРАЛ ВА УНИ ҲИСОБЛАШ
1§. Аниқ интеграл тушунчаси
Ихтиёрий
y = f (x ) функция бирор [ a , b ] оралиқда
берилган бўлиб, у
узлуксиз бўлсин. [ a , b ] оралиқда n та x0 , x1 , x 2 , x3 , K, x n кетма- кет куқталар
оламиз. У ҳолда, бу нуқталар [ a , b ] оралиқни n та қисмга ажратади. Бунда
a = x0 ва b = xn деб оламиз. Ҳосил бўлган элементар кесмаларни қуйидагича
ифодалаймиз:
y
y = f (x )
[ x0 , x1 ],[ x1 , x2 ],K,[ xn−1 , xn ].
[ x0 , x1 ] кесмада ξ1, [ x1 , x2 ] да
ξ1 ξ2 ξ3 ξ4 ξ5 ξn
ξ 2 , [ x 2 , x3 ] да ξ 3 ва ҳоказо, [ xn−1 , xn ] да
ξ n нуқта оламиз. У ҳолда, қуйидаги
0
a = x0
x1
x2
x3
x4
x5
b = xn x
йиғинди ўринли бўлади:
Sn = f (ξ1 )( x1 − x0 ) + f (ξ2 )( x2 − x1 ) + K + f (ξn )(xn − xn−1 )
k =n
ёки
∑ f (ξ )(x
k =1
k
k
− xk −1 ).
(1)
(2)
x1 − x0 = ∆x1 , x2 − x1 = ∆x2 ,K, xn − xn−1 = ∆xn белгилашлар киритамиз. У ҳолда (1)
ва (2) ни қуйидагича ёзиш мумкин:
S n = f (ξ1 )∆x1 + f (ξ 2 )∆x2 + K + f (ξ n )∆xn
ёки
36
n
S n = ∑ f (ξ k )∆xk = f (ξ1 )∆x1 + f (ξ 2 )∆x2 + K + f (ξ n )∆xn .
(3)
k =n
(3) га f (x ) функциянинг [ a , b ] оралиқдаги интеграл йиғиндиси дейилади.
Таъриф: f (x ) функциянинг [ a , b ] кесмадаг аниқ интеграли деб интеграл
йиғиндининг
элементар
кесмалардан
энг
каттасининг
узунлиги λ = 0
бўлгандаги лимитига айтилади ва қуйидаги кўринишда ифодаланади:
b
n
∫ f (x )dx = lim ∑ f (ξ )∆x
λ →0
a
Бунда
k =1
k
k
.
(4)
a - интегралнинг қуйи,
b - юқори
чегарасидир.
Интегралнинг
ўқилиши: «Интеграл a дан b гача, эф икс де икс».
Агар f (x ) функция [ a , b ] оралиқда узлуксиз бўлса, у ҳолда интеграл
йиғинди
S n чекли лимитга эга бўлади, яъни қарралаётган f (x ) функция
[ a , b ] да
интегралланувчи
бўлиб,
интеграл
йиғиндининг
лимити [ a , b
оралиқнинг бўлиниш усулига ва ҳар бир элементар кесмадаги ξ нуқтанинг
олинишига боғлиқ бўлмайди.
1
Мисол.
∫ xdx
интегрални таъриф асосида ҳисобланг.
0
Ечилиши: Берилишига кўра f (x ) = x, a = 0 ва b = 1. [0, 1] оралиқни қуйидаги
x0 = 0,
1
x1 = ,
n
элементар
n −1
2
x2 = ,K, xn−1 =
, xn = 1 нуқталар
n
n
кесмаларга
ажратамиз ва берилган
ёрдамида n та
функциянинг уларга мос
қийматларини топамиз:
2
1
2
n −1
n
, f ( xn ) = = 1.
f (x0 ) = 0, f (x1 ) = , f ( x2 ) = ,K, f ( xn−1 ) =
n
n
n
n
2
2
2
2
2
k 1 k
У ҳолда, интеграл йиғиндининг қўшилувчилари f ( xk ) ⋅ ∆xk = ⋅ = 3 .
n n n
37
тенг
Интеграл йиғинди қуйидагича бўлади:
1 n−1 2 1 2
12 + 22 + K + (n − 1)
2
2
=
S n = ∑ f (xk )∆xk = ∑ xk = (x0 + x1 + K + xn−1 ) =
3
n
n
n
k =0
k =0
n−1
2
(n − 1) ⋅ n ⋅ (2n − 1) =
=
6n 3
1 2 n 3 + 3n 2 + n 1 1
1
⋅
= +
+ 2.
3
n
6
3 2n 6n
1 1
1 1
+
+ 2 = . Демак,
У ҳолда, S = lim S n = lim
n →∞ 3
2n 6n 3
1
∫x
2
dx =
0
1
кв. бирл.
3
2§. Аниқ интегралнинг хоссалари
1- хосса. Ҳар қандай M ўзгармас сон учун қуйидаги тенглик ўринли:
b
∫ Mdx = M (b − a ).
(1)
a
Исботи: f (x ) = M функциянинг [ a , b ] даги интеграл йиғиндисини қарайдик:
n
n
n
i =1
i =1
∑ f (ξ )∆x = ∑ M ⋅ ∆x = M ∑ ∆x
1
i =1
i
i
= M (b − a )
Демак, (1) тенглик ўринли экан.
2- хосса. Ўзгармас сонни интеграл белгиси олдига чиқариш мумкин:
b
b
∫ Mf (x )dx = M ∫ f (x )dx.
a
(2)
a
Исботи: Mf ( x ) фунуциянинг [ a , b ] даги интеграл йиғиндиси учун қуйидаги
ўринлидир:
n
∑ Mf (ξ ) ⋅ ∆x
i =1
i
i
=M ∑ f (ξi ) ⋅ ∆xi .
n
Шунинг учун
n
i =1
n
b
i =1
a
lim ∑ Mf (ξ i ) ⋅ ∆xi =M lim ∑ f (ξ i ) ⋅ ∆xi = M ∫ f ( x )dx.
n→∞
i =1
n→∞
Демак, Mf (x ) функция [ a , b ] оралиқда интегралланувчи бўлиб, (2) формула
ўринли экан.
3-хосса. Агар f (x ) ва g ( x ) функциялар [ a , b ] оралиқда
38
интегралланувчи
бўлса, уларнинг алгебраик йиғиндиси ҳам шу оралиқда интегралланувчи
бўлади, яъни:
b
b
b
a
a
a
∫ [ f (x ) ± g (x )]dx = ∫ f (x )dx ± ∫ g (x)dx.
b
n
n
a
i =1
i =1
(3)
Исботи: ∫ [ f ( x ) ± g ( x )]dx = lim
∑ [ f (ξi ) ± g (ξi )]∆xi = lim
∑ f (ξi )∆xi ±
n→∞
n→∞
n
b
b
i =1
a
a
± lim ∑ g (ξ i )∆xi = ∫ f (x )dx ± ∫ g (x )dx.
n→ ∞
4-хосса. Агар аниқ интегралнинг чегаралари ўзаро алмаштирилса, унинг
ишораси қарама –қаршига ўзгаради:
b
a
a
b
∫ f (x )dx = − ∫ f (x )dx.
(4)
Исботи талабаларга ҳавола қилинади.
5-хосса. Чегаралари ўзаро тенг, яъни a = b бўлган аниқ интеграл нолга тенг:
a
∫ f (x )dx = 0.
(5)
b
Исботи талабаларга ҳавола қилинади.
6-хосса. Агар f (x ) фнкция [ a , b ] да
мусбат бўлиб, a < b бўлса, қуйидаги
тенгсизлик ўринли бўлади:
b
∫ f (x )dx ≥ 0.
(6)
a
Исботи: [ a , b ] оралиқ ихтиёрий [ xi−1 , xi ] элементар кесмаларга ажратилганда
ва ξi нуқта [ xi −1 , xi ] да ихтиёрий танланганда f (ξ i ) ≥ 0 ва ∆xi > 0 бўлади. У
ҳолда,
n
∑ f (ξ )∆x
i =1
i
39
i
≥ 0.
n
b
i =1
a
lim ∑ f (ξ i )∆xi = ∫ f (x )dx ≥ 0.
Бундан,
n→∞
7-хосса. Агар [ a , b ] оралиқда a < b бўлганда f ( x ) ≥ ϕ ( x ) бўлса,
b
b
a
a
∫ f (x )dx ≥ ∫ ϕ (x )dx .
(7)
ўринли бўлади.
Исботи: Шартга асосан f (x ) ≥ ϕ ( x ). У ҳолда, уни [ a , b ] да интеграллаймиз:
b
∫ [ f (x ) − ϕ (x )]dx ≥ 0.
a
3-хоссага асосан
b
b
a
a
∫ f (x )dx − ∫ ϕ (x )dx ≥ 0.
8-хосса. Агар [ a , b ] оралиқда a < b бўлиб, m ва M лар f (x ) функциянинг шу
оралиқдаги энг кичик ва энг катта қийматлари бўлса, қуйидаги ўринли
бўлади:
b
m(b − a ) ≤ ∫ f (x )dx ≤ M (b − a ).
(8)
a
Исботи: Шартга асосан
m ≤ f (x ) ≤ M .
Тенгсизликни [ a , b ] оралиқда интеграллаймиз:
b
b
b
a
a
a
∫ mdx ≤ ∫ f (x )dx ≤ ∫ Mdx.
У ҳолда, 2- хоссага ва 1- хоссага асосан
b
m(b − a ) ≤ ∫ f (x )dx ≤ M (b − a ).
a
9-хосса. (Ўрта қиймат ҳақидаги теорема). Агар f (x ) функция [ a , b ] оралиқда
узлуксиз бўлса, бу оралиқда шундай c нуқта мавжуд бўладики, унинг учун
40
b
∫ f (x )dx = f (c )(b − a ).
(9)
a
тенглик ўринли бўлади.
Исботи: [ a , b ] оралиқда m ва M лар f (x ) функциянинг энг кичик ҳамда энг
катта қийматлари бўлсин. У ҳолда, 8 –хоссага асосан
b
m(b − a ) ≤ ∫ f ( x )dx ≤ M (b − a ).
a
b
1
f ( x )dx ≤ M . f (x ) функция узлуксиз бўлганлиги сабабли у
Бундан, m ≤
b − a ∫a
[ a , b ] оралиқдаги барча қийматларни қабул қилади. У ҳолда, c [ a , b ] даги x
ва x2 нуқталар орасида ётади, яъни x1 < c < x2 . Бундан
a < c < b.
b
1
f ( x )dx = f (c )
Демак,
b − a ∫a
b
∫ f (x )dx = (b − a ) f (c ).
ёки
a
3§. Нъютон-Лейбниц формуласи
Фараз қилайлик, f (x ) функция [ a , b ] оралиқда узлуксиз бўлсин. У ҳолда,
функция шу
оралиқда
бошланғич
функцияга эга
бўлади.
Бошланғич
функцияларидан бири Q ( x ) бўлиб, у қуйидагидан иборат бўлсин:
Q (x ) =
x
∫ f (t )dt , бунда a ≤ x ≤ b.
(1)
a
Шу оралиқда f (x ) функциянинг
бошқа
бошланғичи F (x ) ҳам
мавжуд
бўлсин. У ҳолда, бу бошланғич функциялар бир – биридан бирор c ўзгармас
сонга фарқ қилиши маълум, яъни
x
∫ f (t )dt = F (x ) + c.
(2)
a
41
Агар x = a бўлса, (1) тенглик
ҳамда 5- хоссага
асосан
қуйидагига эга
бўламиз:
a
∫ f (t )dt = F (а ) + c.
(3)
a
F (a ) + c = 0, c = − F (a ).
(4)
(4) ни (2) га қўйсак
x
∫ f (t )dt = F (x ) − F (a ).
(5)
a
ҳосил бўлади. x = b деб олсак
b
∫ f (x )dx = F (b ) − F (a ).
(6)
a
(6) формулага Ньютон –Лейбниц формуласи дейилади.
F (b ) − F (a ) айирмани қуйидаги кўринишларда ёзиш қабул қилинган.
F (x ) a ёки [F ( x )]a
b
b
У ҳолда, (6) формула бундай ифодаланади:
b
∫ f (x )dx =F (x )
a
b
= F (b ) − F (a ).
(7)
a
Юқори чегараси
ўзгарувчидан
иборат
бўлган (5) аниқ
интегрални
ҳисоблашнинг Ньютон –Лейбниц усули қуйидаги кўринишда бўлади:
x
∫ f (t )dt =F (t )
a
x
= F (x ) − F (a ).
(8)
a
Шунингдек, қуйи чегараси
ўзгарувчидан
иборат бўлган
ифодаси эса қуйидагича бўлади:
b
b
x
x
∫ f (t )dt =F (t )
= F (b ) − F ( x ).
(9)
42
аниқ
интеграл
b
∫ f (x )dx аниқ
интегрални ҳисоблашда қуйидаги босқич ишлари кетма – кет
a
бажарилади:
Қуйидаги аниқмас интеграл топилади:
1.
∫ f (x )dx = F (x ) + c.
2.
F ( x ) + c нинг x = b даги қиймати топилади, яъни F (b ) + c.
3.
F ( x ) + c нинг x = a даги қиймати ҳисобланади, яъни F (a ) + c.
4.
[F (b ) + c] − [F (a ) + c] = F (b ) − F (a ) айирама топилади.
3
1-мисол.
∫ x dx интегрални
2
ҳисобланг.
1
Ечилиши: Бунда a = 1 ва b = 3 .
Аниқмас интеграл
1.
∫ x dx
2
ни ҳисоблаймиз:
x3
∫ x dx = 3 + c.
2
2.
F (b ) ни топамиз:
33
F (b ) = F (3) = = 9.
3
3.
F (a ) ни топамиз:
1
F (a ) = F (1) = .
3
4.
F (b ) + F (a ) = 9 −
3
1 26
2
=
=8 .
3 3
3
3
x3
33 13
1
2
2
= − = 9− = 8 .
Демак, ∫ x dx =
31 3 3
3
3
1
43
b
2-мисол. Ҳисобланг:
∫ cos xdx .
a
Ечилиши: Интегрални ҳисоблашни юқоридаги босқичлар асосида, яъни (7)
формулани қўллаш орқали бажарамиз:
b
∫ cos xdx = −sin x a = −(sin b − sin a ) = sin a − sin b.
b
a
∫ (x
+ 2 x )dx.
3
3-мисол. Интегрални ҳисобланг:
3
2
Ечилиши: Аниқ интегралнинг 3- хоссасига асосан берилган интегрални
икки қисмга ажратамиз ва Ньютон –Лейбниц
формуласидан фойдаланиб,
ҳисоблаймиз:
∫(
3
)
3
3
3
3
x4
2x2
81
85
1
x + 2 x dx = ∫ x dx + ∫ 2 xdx =
+
= −4+9−4 =
= 21 .
4 2
2 2 4
4
4
2
2
2
3
3
Мустақил ечиш учун машқлар
Интегралларни хисобланг:
2
№1.
∫ (x
3
∫ xdx
№7.
1
3
)
+ 2 x dx.
1
π
4
3
№2.
∫ x dx
2
№8.
0
0
№3.
∫ (x −1)dx
№9.
−1
∫ (4 x
2
№4.
3
∫ (2 x
1
2
)
−1
№10.
∫ 7(x
1
−3
π
8
0
)
+ 3 dx.
−1
− 3x + 2 x dx
№5. ∫ sin xdx
3
3
+
2
sin
x
dx.
2
∫0 cos x
№11.
2
∫ x dx
2
0
44
)
+ 1 dx.
π
№6.
π
∫ cos xdx
№12.
π
2
∫ (2e
)
+ 5 sin x dx.
x
0
Ўрта қиймат ҳақидаги теорема
Теорема. Агар
f (x ) функция [ a , b ] кесмада узлуксиз бўлса, у ҳолда, шу
кесмада шундай c нуқта мавжуд бўладики, унинг учун
b
∫ f (x )dx = f (c )(b − a )
(1)
a
тенглик ўринли бўлади.
Исботи: Фараз қилайлик, a < b бўлсин. У ҳолда, функциянинг берилган [ a , b
кесмадаги энг катта қиймати M ва энг кичик қиймати m бўлсин, яъни
m ≤ f (x ) ≤ M .
(2)
[ a , b ] да (2) тенгсизликни интеграллаймиз:
b
b
b
a
a
a
∫ mdx ≤ ∫ f (x )dx ≤ ∫ M dx.
b
Бундан,
m(b − a ) ≤ ∫ f ( x )dx ≤ M (b − a ).
(3)
a
(3)ни b − a > 0 га ҳадма – ҳад бўламиз:
b
1
m≤
f ( x )dx ≤ M .
b − a ∫a
Берилган f (x )
(4)
функция [ a , b ] да узлуксиз бўлганлиги учун қўйи ва
юқори чегара оралиғидаги (яъни [ m , M ]) исталган қийматни қабул қилади.
b
У ҳолда, [ a , b ] да шундай c нуқта мавжуд
1
f ( x )dx
бўладики, f (c ) =
b − a ∫a
бўлишини таъминлайди. Бу эса (1) формуладан иборат. Теорема исбот бўлди.
45
4§. Аниқ интегрални ўзгарувчини алмаштириш (ўрнига қўйиш) усули
билан ҳисоблаш
Аниқмас
интегрални
маълумки, агар
ўзгарувчини
интеграллаш
алмаштириш усулида
қоидалари, хоссалари ёки
ечишдан
формулалар
ёрдамида интеграллаш қийинлик туғдирса интеграл остидаги функцияга
янги ўзгарувчи киритиш лозим. Аниқ интегрални ҳисоблашда ҳам шу усул
қўлланилади.
b
∫ f (x )dx
ни
ўзгарувчини
алмаштириш
усулида
ҳисоблаш
талаб
a
қилинсин. Янги t ўзгарувчини киритайлик. У ҳолда, x = ϕ (t ). ϕ (t ) функция
[ a , b ] кесмада
узлуксиз
ва
дифференциалланувчи
ўзгарувчи [α , β ] кесмада ўзгарганда x
бўлсин.
Агарда
ўзгарувчи [ a , b ] да ўзгарса, яъни
ϕ (α ) = a, ϕ (β ) = b, ҳамда f (ϕ (t )) мураккаб функция [α , β ] кесмада узлуксиз
ва аниқланган бўлса, қуйидаги формула ўринли бўлади:
b
β
a
α
∫ f (x )dx = ∫ f (ϕ (t )) ⋅ ϕ ′(t )dt.
(1) формулага ўзгарувчини
(1)
алмаштириш усулида
интеграл
формуласи
дейилади.
F ( x ) функция f (x ) нинг бошланғичи бўлсин. У ҳолда, F (ϕ (t )) функция
f (ϕ (t )) ⋅ ϕ ′(t ) нинг бошланғичи бўлади. Шунинг учун
β
b
α
a
∫ f (ϕ (t )) ⋅ ϕ ′(t )dt = F (ϕ (β )) − F (ϕ (α )) = F (b) − F (a ) = ∫ f (x )dx.
Демак, (1) формула ҳосил бўлди.
Юқоридагиларни умумлаштириб, ўзгарувчини алмаштириш усулида
интеграллашни қуйидаги кетма – кетликда бажариш тавсия қилинади:
1.Имкони бўлса, интеграл остида берилган ифодани соддалаштириш.
2.Янги ўзгарувчини киритиш ( x = ϕ (t ) ).
46
3.Интегралнинг янги чегараларини аниқлаш.
4.Ҳосил бўлган интегрални ҳисоблаш.
3
1-
мисол.
∫ (2 x − 1) dx ни ҳисобланг.
3
2
Ечилиши: 2 x −1 = t алмаштиришни бажарамиз. Унинг
иккала
томонини
дифференциаллаймиз:
d (2 x − 1) = du,
Бундан dx =
2dx = du.
1
du.
2
Интегралнинг янги чегараларини топамиз. Бунинг учун 2 x −1 = u даги x
нинг ўрнига аввал интегралнинг юқори
чегараси 3 ни, кейин эса қуйи
чегараси 2 ни қўйиб ҳисоблаймиз:
u ю = 2 ⋅ 3 − 1 = 5,
u к = 2 ⋅ 2 − 1 = 3.
Демак, янги чегаралар uю = 5 ва u к = 3 экан. У ҳолда,
1 3
1 u4
1 4 4
∫2 (2x − 1) dx = 2 ∫2 u du = 2 ⋅ 4 ∫2 = 8 (5 − 3 ) = 68.
3
3
3
3
2
2-
мисол. Интегрални ҳисобланг: ∫ (2 x + 1) dx .
4
0
Ечилиши: Интеграл остидаги 2 x + 1 ни t ўзгарувчи билан алмаштирамиз. У
ҳолда 2 x +1 = t нинг дифференциали қуйидагича бўлади: 2dx = dt. Бундан,
dx =
1
dt. Энди янги чегараларни топамиз. Бунинг учун 2 x +1 = t даги x нинг
2
ўрнига юқори чегара 2 ни, кейин эса қуйи чегара 0 ни қуйиб ҳисоблаймиз:
x = 2 да t ю = 5, x = 0 да t к = 1.
Демак, янги интегралнинг юқори чегараси t ю = 5 , қуйи чегарси t к = 1 га тенг
экан. Юқорида айтилганларнинг аналитик ифодасини келтирамиз:
47
2 x + 1 = t , 2 x + 1 = t , 2 ⋅ 2 + 1 = t , t = 5;
ю
2
x
+
1
dx
=
(
)
=
1
∫0
2
x
1
t
,
2
0
1
t
,
t
1
.
+
=
⋅
+
=
=
dx
=
dt
к
2
2
4
5
5
5
(
)
1
1 t5
t5
1 5 5
1
= ∫ t ⋅ dt = ⋅
=
=
5 − 1 = ⋅ 3124 = 312,4.
2
2 5 1 10 1 10
10
1
4
a
3-мисол. Интегрални ҳисобланг:
∫
a 2 − x 2 dx, a > 0.
0
Ечилиши: Бунда интеграл остидаги ифодадаги x ни a sin t билан
алмаштирамиз:
x = a sin t .
У ҳолда, dx = a sin tdt ҳосил бўлади. Энди интегралнинг янги чегараларини
топамиз:
π
;
2
x = a да a = a sin t ,
sin t = 1,
tю =
x = 0 да 0 = a sin t ,
sin t = 0,
t к = 0.
Демак,
x = a sin t ,
a 2 − x 2 dx =
dx = a cos tdt
a
∫
0
π
2
π
2
a
0
π
t ю = ,
2 =
t к = 0.
π
2
π
2
∫
a 2 − a 2 sin 2 t ⋅ a cos tdt =
0
π
2 2
1 + cos 2t
a
dt =
2
2
0
= ∫ a ⋅ cos t ⋅ a cos tdt = a 2 ∫ cos 2 tdt = a 2 ∫
π
2
∫ dt +
0
a 1
a2 π
1
π 1
= t + sin 2t = − 0 + ⋅ sin 2 ⋅ − ⋅ sin 0 =
2 2
2 2
2
0
2 2
2
a2 π 1
1 a 2 π a 2π
=
⋅ =
.
+ ⋅ 0 − ⋅ 0 =
2 2 2
2 2 2
4
48
π
2 2
a
2
∫ cos 2tdt =
0
1
2
4-мисол. Интегрални ҳисобланг:
x +1
∫0 1 + 4 x 2 dx.
Ечилиши: Интеграл остидаги ифодани иккита касрга ажратиб, интеграллар
йиғиндисига келтирамиз ва уларни алоҳида – алоҳида ҳисоблаймиз, яъни:
1
2
1
2
1
2
x +1
x
1
=
+
dx
dx
2
2
∫0 1 + 4 x
∫0 1 + 4 x
∫0 1 + 4 x 2 dx .
2
Биринчи интегралда 1 + 4 x = t , иккинчисида
эса 2 x = u
алмаштиришни
бажарамиз. У ҳолда, биринчи интегралнинг янги чегаралари: t ю = 2, t к = 1
иккинчисиники эса
u ю = 1,
uк = 0
бўлади. Интегрални
ҳисоблашнинг
аналитик ифодаси қуйидагича:
1
2
1
2
1
2
x +1
x
1
dx
=
dx
+
2
2
∫0 1 + 4 x
∫0 1 + 4 x
∫0 1 + 4 x 2 dx =
1 + 4 x 2 = dt
2x = u
t ю = 2
u ю = 2
,
=
1
dx = 1 du u = 1 =
t
1
=
xdx
dt
=
к
к
2
8
2
1
2
1
2
1
1
1
1 1
1
1
1
1
= ∫ dt + ∫
du = ∫ dt + ∫
du = ln t + arctgu =
2
2
8t
2(1 + u )
81t
2 0 1+ u
8
2
1
0
1
0
=
1
(ln 2 − ln 1) + 1 (arctg1 − arctg0) = 1 ln 2 + 1 2 − 0 ≈ 0,48.
8
2
8
2 2
Мустақил ечиш учун машқлар
Қуйидаги интегралларни ўзгарувчини алмаштириш усули ёрдамида
ҳисобланг:
5
№13.
a
∫ (4 − x ) dx .
3
№21.
∫
−a
4
49
a 2 − x 2 dx .
1
1
1
dx .
№14. ∫
(
)
3
x
+
1
0
2
№15.
№22.
1
1 − x 2 dx .
0
π
1
dx .
5x − 1
∫
∫
№23.
2 sin x
∫π (1 − cos x )2 dx .
2
∫ (2 x
)
1
№16.
3
3
4
+ 1 x dx .
2
№24.
0
∫ 2x
9 − x 2 dx .
2
0
π
8
sin 2 4 x + cos2 2 x
№25. ∫ sin 2 4 x ⋅ cos2 2 x dx .
π
2
№17. ∫ 9 x + 1x dx .
3
2
0
12
7
№18.
1
∫ (8 − x )
0
π
2
2
3
dx .
№26.
x ⋅ cos xdx .
7e x dx
dx .
№27. ∫ x
e
+
3
0
№19. ∫ x 1 + x dx .
0
π
2
13
∫
π
4
3
1
3
№20.
∫ sin
2 x − 1dx .
№28.
∫ 4e
sin x
⋅ cos xdx .
0
5
5§. Аниқ интегрални бўлаклаб интеграллаш
u ( x ) ва v ( x ) функциялар берилган бўлиб, улар [ a , b ] кесмада узлуксиз
ҳосиллалар ( u′( x ) ва v′( x ) ) га эга бўлсин. У ҳолда, бизга маълум бўлган
(u (x )v(x ))′ = u ′(x )v(x ) + u (x )v′(x )
(1)
тенгликни [ a , b ] кесмада интеграллаймиз:
b
′
b
b
a
a
∫ [u (x )v(x )] dx = ∫ u ′(x )v(x )dx + ∫ u (x )v′(x )dx .
a
50
(2)
(2)ни қуйидаги кўринишда ҳам ифодалаш мумкин:
b
′
b
b
a
a
∫ (uv ) dx = ∫ u′ vdx + ∫ u v′dx.
a
(3)
(3)нинг чап томонини қуйидагича ёзиш мумкин:
b
b
′
(
)
uv
dx
=
uv
∫
a.
(4)
a
У ҳолда (3):
b
b
a
a
uv a = ∫ u ′ vdx + ∫ u v′dx
b
b
ёки
∫ udv = uv
a
(5)
b
b
a
− ∫ vdu.
(6)
a
ҳосил бўлади. Бу формулага аниқ
интегрални
бўлаклаб
интеграллаш
формуласи дейилади.
π
2
1-мисол.
∫ x cos xdx интегрални ҳисобланг.
a
Ечилиши: Берилган аниқ интегрални бўлаклаб интеграллаш усулида ечиш
учун
x = u ва cos xdx = dv
деб белгилаймиз. У ҳолда,
dx = du ва v = sin x
бўлади. Буларни (6)га қўямиз:
π
2
π
2
π
x = u
∫0 x cos xdx = dx = du v = cos xdx = sin x = x ⋅ sin x 02 − ∫0 sin xdx =
∫
cos xdx = dv,
π
π
π
π
π
π
π
= ⋅ sin − 0 ⋅ sin 0 + cos x 02 = ⋅1 + cos − cos 0 = + 0 − 1 = − 1.
2
2
2
2
2
2
51
1
2-мисол. Ҳисобланг:
∫ xe dx.
x
0
Ечилиши: (6) формулани қўллаймиз:
x
1
1
x = u e dx = dv,
x 1
x
x
1
0
∫0 xe dx = dx = du v = e x dx = e x = xe 0 − ∫0 e dx = 1⋅ e − 0 ⋅ e − ∫0 e dx =
∫
[ ]
1
x
1
= e − et = e − e − e0 = 1.
0
π
6
3-мисол. Ҳисобланг:
∫ cos xdx.
0
Ечилиши:
π
6
π
π
cos 3 xdx = dv,
x = u
1π
x
6 1 6
x
xdx
cos
3
x
xdx
sin
3
=
=
⋅
−
sin
3
=
−
1
.
1
∫0
∫
3
dx
du
=
3
9
2
v
x
sin
3
=
0
0
3
π
2
4-мисол. Ҳисобланг:
x
∫π sin 2 x dx.
6
Ечилиши: Белгилашлар киритамиз, сўнгра (6) формулани қўллаймиз:
dx
π
= dv,
π
2
2
x = u sin x
x
2
= − x ⋅ ctgx π + ∫ ctgxdx =
∫ 2 dx = dx = du
dx
π sin x
π
6
v = ∫ 2 = −ctgx
6
6
sin x
π
2
π
2
π
6
π
2
π
π 3
π 3
1
= − xctgx + ∫ ctgxdx =
+ lnsin x π2 =
+ ln 1 − ln =
6
6
2
π
6
6
=
π 3
1 π 3
π 3
− ln =
− ln1 + ln 2 =
+ ln 2.
6
2
6
6
Мустақил ечиш учун машқлар
52
∫ (x
)
2
№29.
2
3
3
− 1 xdx .
№33.
−1
3
№30.
1
π
128 x
∫ (x
1
2
+ 1)
5
dx .
№34.
e
∫ (2 x − 1) dx .
3
№35.
1
2
∫
1
π
4
№32.
∫ x sin xdx .
0
2
№31.
∫ ln xdx .
dx
.
x
2
∫ sin 2 xdx .
№36.
π
6
∫ xe dx .
x
0
2- БОБ. АНИҚ ИНТЕГРАЛНИНГ ТАДБИҚЛАРИ
1§. Ясси фигураларнинг юзини ҳисоблаш
Ясси фигураларнинг юзини ҳисоблашда аниқ интегрални қўллашнинг
бир неча
ҳоллари
мавжуд.
Бунда чегара
функцияларининг
вазиятлари муҳим аҳамиятга эга. Баъзи ҳолларини кўриб ўтамиз.
53
жойлашув
1)Агар y = f ( x ) функция OX ўқининг юқори (манфий бўлмаган) қисмида
жойлашган ҳамда узлуксиз бўлиб, x = a ва x = b тўғри чизиқ кесмалари
билан
чегараланган
бўлса, ҳосил
бўлган
эгри
чизиқли
трапеция юзи
y
b
b
a
a
S = ∫ ydx ёки S = ∫ f ( x )dx
f (x )
(1)
формула ёрдамида топилади.
B
A
S
0
Мисол:
y = 0, x = −1,
y = x + 1,
2
x=2
a
чизиқлар
b
билан
x
чегараланган
фигуранинг юзини ҳисобланг.
2
Ечилиши: Шартга асосан фигура y = x + 1 эгри чизиқ, абциссалар ўқи
( y = 0 ) ҳамда x = −1 ва x = 2 тўғри чизиқлар билан чегараланган. У ҳолда,
(1) формуладан фойдаланиб, қуйидаги интегрални ҳисоблаймиз:
S=
3
x3
23 (− 1)
+ 2 − (− 1) = 6.
x + 1 dx = + x = −
3
3
3
−1
∫(
2
−1
2
2
)
Демак, берилган эгри чизиқли трапециясимон фигуранинг юзи 6 га тенг
экан.
2) Агар y = f ( x ) функция OX ўқининг
y
пастки қисмида жойлашган ҳамда узлуксиз
бўлиб, x = a ва x = b тўғри чизиқ кесмалари
0
a
x
билан чегараланган бўлса, ҳосил бўлган эгри
чизиқли трапециясимон фигуранинг юзи
A
y = f (x )
қуйидаги формула ёрдамида топилади:
b
b
a
a
S = − ∫ ydx ёки S = − ∫ f ( x )dx .
(1)
54
B
y = 0, x = −1,
y = − x 2 − 2,
Мисол:
x = 1 чизиқлар
билан
чегараланган
фигуранинг юзини ҳисобланг.
Ечилиши: Берилган
масалани ечиш учун (2) формуладан
фойдаланиб,
чегаралари -1 ва 1 дан иборат бўлган қуйидаги аниқ интегрални ҳисоблаймиз:
1
(
)
S = − ∫ − x 2 − 2 dx =
−1
−1
1
x3
2
x 2 + 2 dx = + 2 x = 3 .
3
3
−1
∫(
3
)
3) y = f ( x ) узлуксиз функция графиги [ a , b ] кесмада OX ўқини чекли сондаги
нуқталарда
кесиб
ўтсин. У ҳолда, [ a , b ] кесма функциянинг
ишораси
алмашинишига асосланиб, бир хил ишорали қисмлари алоҳида –алоҳида
кесмачаларга ажратилади, яъни [ a; c ] , [ c; d ] , [ d ; e ] ва [e, b ] . У ҳолда изланган
S юза ҳосил бўлган
y
y = f (x )
юзачаларнинг алгебраик йиғиндисидан
иборат бўлади. Бунда қисм
+
функцияларнинг ишоралари эътиборда
+
a- c
0
d
-
e
x
бўлади. Изланаётган S юза қуйидаги
интегралларнинг алгебраик йиқиндилари ёрдамида топилади:
c
d
e
b
a
c
d
e
S = − ∫ f ( x )dx + ∫ f ( x )dx − ∫ f ( x )dx + ∫ f ( x )dx.
Мисол: y = sin x, y = 0, x = −
π
2
фигуранинг юзини
ва x = π
(3)
чизиқлар
билан
чегараланган
y
ҳисобланг.
Ечилиши: Берилганларга ҳамда
y = sin x
π
π
чизмаларга асосан барча x ∈ − ; 0 лар −
2
2
0
π
x
учун sin x ≤ 0 ва барча x ∈ [0; π ] лар учун sin x ≥ 0 дир. У ҳолда, (3) формулага
55
асоса:
π
0
π
S = − ∫ sin xdx + ∫ sin xdx = cos x π − cos x 0 =
π
2
0
2
0
π
= cos 0 − cos − − cos π + cos 0 = 1 − 0 − (− 1) + 1 = 3.
2
4) Агар фигура [ a , b ] кесмада иккита узлуксиз f ( x ) ва g ( x ) функциялар,
x = a ҳамда x = b тўғри чизиқлар билан чегараланган бўлса, унинг юзи
қуйидаги формула ёрдамида ҳисобланади:
b
S = ∫ ( f ( x ) − g ( x ))dx.
(4)
a
Бунда f ( x ) ≥ g (x ) ва a ≤ x ≤ b дир.
y
2
Мисол: y = x + 2 ва y = x чизиқлар
y = f (x )
билан чегараланган фигуранинг юзини топинг.
y = g (x )
Ечилиши: Интеграллаш чегараларини,
яъни a ва b ни берилган чизиқ
0
a
b
x
тенгламаларини ўзаро тенглаштириб, топамиз:
x + 2 = x2 ,
x 2 − x − 2 = 0.
Бундан, x1 = −2, x2 = 1 яни a = −2, b = 1. У ҳолда, (4) формулага асосан:
1
x2
x3
1 1
1 8
1
S = ∫ ((x + 2 ) − x )dx = + 2 x − = − + 2 − (− 4 ) − − − = 8 .
3 −2 2 2
3 3
3
2
−2
1
2
Демак, изланаётган фигуранинг юзаси S = 8
1
дан иборат экан.
3
Қуйида баъзи эгри чизиқли фигураларнинг юзаларини топиш
формулаларни қараймиз.
Эллипснинг юзи
Маълумки, эллипснинг тенгламаси
56
x2 y 2
+
=1
a 2 b2
(5)
дан иборат. Эллипсни 4 та чоракка ажратиб, унинг бир бўлаги, яъни
1
S ни
4
топиш етарлидир. (5) га асосан
y=
b 2
a − x2 .
a
(6)
b
(1) формулага асосан
a
1
b
S = ∫ ydx = ∫ a 2 − x 2 dx.
4
a0
a
x = a sint , dx = a sin tdt.
Қуйидаги алмаштиришлар оламиз:
У ҳолда, интегралнинг янги чегараларини аниқлаймиз: 0 = asin t ва a = a sin
лардан α = 0 ва β =
π
. Булардан ,
2
π
2
π
2
π
2
1
b
ab
(1 + cos 2t )dt =
S = ∫ a 2 − a 2 sin 2 t ⋅ a cos tdt = ab ∫ cos 2 tdt =
∫
4
a0
2
0
0
π
ab 1
2 ab π π
=
⋅ = ab.
1 + sin 2t =
2 2
2 2 4
0
Демак,
1
π
S = ab.
4
4
S = πab.
Бундан,
(7)
Эллипс юзини топишнинг умумий фомуласи қуйидаги кўринишда
a
бўлади:
b
a 2 − x 2 dx = πab.
a
−a
S = 2∫
(8)
Иккита парболанинг кесишмасидан ҳосил бўлган фигуранинг юзи
y 2 = 2 px ва x 2 = 2 py параболалар
y
берилан. S юза OKAN ва OLAN юзалар
айирмасига тенг. Берилган паралар
O(0; 0) ва A(2 p; 2 p ) нуқталарда
A x 2 = 2 py
M
K
S
L
57
y 2 = 2 px
кесишишади. Шунинг учун
2p
S=
∫
0
0
N
x2
(2 p ) .
4
dx = p 2 =
2 px dx − ∫
2p
3
3
0
2p
x
2
(9)
Демак, изланган OKALO юза OMAN квадратининг учдан бир қисмидан
иборат.
Циклоиданинг юзи
x = a(t − sin t ) ва y = a(1− cos t ) берилган бўлса, y
S OMANO =
2π
2π
∫ ydx = a ∫ (1 − cos t ) dt = 3πa .
2
2
0
M
2
(10)
a
0
Демак, циклоиданинг юзи S = 3πa 2 иборат экан .
0
N
A x
Қутб координаталарида юзани топиш
AOB сектор AB ёй, OA ва OB нурлар билан чегараланган бўлсин.
Бундай секторнинг юзи қутб координаталарида қуйидаги формула
ёрдамида топилади:
ϕ
1 2 2
S = ∫ r dϕ.
2 ϕ1
(11)
Бунда r -қутб радиуси, ϕ -қутб радиусининг OX ўқ билан ташкил қилган
бурчаги, яъни қутб бурчаги.
Архимед спирали биринчи ўрамининг OX ўқи билан чегараланган қисмининг
юзи
Архимед спиралининг биринчи ўрами O нуқтадан (қутб марказидан)
бошланиб, A нуқтада тугаган бўлсин.
B
0
58
a
A
x
c
У ҳолда, қутб бурчаклари ϕ1 = 0 ва ϕ2 = 2π бўлади. Қутб радиуси
r=
a
ϕ
2π
(12)
дан иборатдир. Бунда a - спирал қадами, яъни OA = a .
(11) формулага
асосан BCA эгри чизиқ
ва OA спирал
қадами билан
чегараланган фигуранинг юзи қуйидаги формула ёрамида ҳисобланади:
2π
2π
1 2
a2
1
S = ∫ r dϕ = 2 ∫ ϕ 2dϕ = πa 2 .
20
8π 0
3
(13)
Кардиоиданинг юзи
ρ = a(1+ cosϕ ) - кардиода билан
чегараланган
юзани
ҳисоблаш
ρ = a(1+ cos ϕ )
қилинсин. Маълумки, кардоида
1
S
2
OX қутб ўқига нисбатан симметрик.
Шунинг учун унинг юқори қисми
0
2a
юзасини топиб, натижа иккилантирилса,
етарли бўлади. У ҳолда,
π
1
1
S = ∫ ρ 2dϕ.
2
20
(14)
Бундан,
π
π
π
S = ∫ ρ dϕ = a ∫ (1 + cosϕ ) dϕ =a ∫ dϕ + 2∫ cosϕdϕ + ∫ cos2 ϕdϕ . (15)
0
0
0
0
0
π
π
2
2
2
π
∫ dϕ = π ,
0
талаба
2
π
∫ cos ϕdϕ = sinϕ
0
59
π
0
=0
ҳамда
A
x
π
π
π
π
1
1
1
=
+
=
+
=
ϕ
ϕ
(
ϕ
)
ϕ
ϕ
ϕ
cos
d
1
cos
2
d
sin
2
∫0
2 ∫0
2
2
2
0
2
эканлигини
ҳисобга
олсак, (15) қуйидагидан иборат бўлади:
π
π 3π 2
S = ∫ ρ 2dϕ = a2 π + 0 + =
a.
2
2
0
Демак, кардиоиданинг юзи S =
(16)
3π 2
a экан.
2
Мустақил ечиш учун машқлар
2
2
№37. y = x ва y = x параболалар билан чегараланган фигуранинг юзини
топинг.
2
№38. xy = a гипербола ва y = 0 , x = b , x = 2b
(b > 0 )
тўғри чизиқлар
билан чегараланган фигуранинг юзини топинг.
2
№39. OX ўқ ҳамда y = 2 x − x парабола
билан
чегараланган
фигура
юзини топинг.
№40. y =
a3
a2 + x2
(a > 0)
ва абциссалар ўқи билан чегараланган фигура
юзни ҳисобланг.
№41. OX ўқ ва y = 2( x − 1)(3 − x) парабола билан чегараланган фигура
юзини топинг.
№42. y = 2(x − 1)
парабола ва x = 3 тўғри чизиқ билан чегараланган
юзани топинг.
x
№43. y = 2 эгри
чизиқ
ва
y = 2,
x = 0 тўғри чизиқлар билан
чегараланган юзани ҳисобланг.
2
2
№44. y = 1 − x ва y = x − 7 параболалар
билан
чегараланган
юзани
топинг.
3
№45. x = a cos t
3
ва y = a sin t
астроидалар билан чегараланган юзани
60
топинг (бунда 0 ≤ t ≤ 2π ).
2
2
№46. ρ = a cos 2ϕ лемнискатани ясанг
ва
бу эгри
чизиқ
билан
чегараланган барча соҳалар юзини топинг.
2§. Ёй узунлигини ҳисоблаш
y = f ( x ) эгри чизиқ [ a , b ] кесмада берилган бўлиб, ясси ва узлуксиз бўлсин.
У ҳолда, функция шу кесмада узлуксиз ҳосилага эга бўлади. Эгри
чизиқни n та
ёрдамида
бўлакка
кетма- кет
ажратамиз
ва бўлиниш нуқталарини
туташтирамиз.
ёйчаларнинг ҳар бирига битта
кесмалар
Натижада, ҳосил бўлган қисм
кесмача мос келади. Агар эгри чизиқни
бўлишни давом эттирсак, қисм ёйчаларнинг узунлигига уларга мос келувчи
кесмаларнинг
узунлиги
яқинлашади. Функция графигининг
бўлиниш
нуқталаридан OX ўқига проекциялар туширамиз. Ундаги ҳар икки нуқта
орасидаги масофаларни ∆x1 , ∆x2 ,K, ∆xn лар билан белгилаймиз. Ихтиёрий
M i −1 ва M i нуқталар ординаталари фарқини ∆yi билан белгилаймиз. У
ҳолда, Пифагор теоремасига асосан M i −1 M i кесманинг узунлиги қуйидагича
бўлади.
M i−1M i =
(∆xi )2 + (∆yi )2 .
Ҳосиланинг таърифига асосан:
(1)
∆y i
= y ′, у ҳолда
∆x i
M i −1M i = 1 + y ′2 ⋅∆xi .
(2)
Кесмалар ҳосил қилган синиқ чизиқнинг узунлиги
n
∑
i =1
1 + y′2 ⋅∆xi
(3)
дан иборат бўлади. Эгри чизиқнинг узунлиги l ни топиш учун (3) нинг
∆xi → 0 даги лимитини олиш лозим, яъни:
61
n
l = lim ∑ 1 + y′2 ⋅ ∆xi .
∆xi →0
(4)
i =1
(4) – интеграл йиғиндидан иборат. Уни интеграл кўринишида ифодалаш
мумкин:
b
b
l = ∫ 1 + y′ dx ёки l = ∫ 1 + f ′2 (x )dx.
2
a
(5)
a
(5) формула ясси эгри чизиқ, яъни ёйнинг узунлигини топиш формуласидир.
Тўғри бурчакли координаталар системасида ёй дифференциали қуйидаги
формула кўринишида ифодаланади:
(dx )2 + (dy )2 .
dl = 1 + y ′2 dx ёки dl =
(6)
2
1-мисол. O(0; 0) ва N (2; 3) нуқталар билан чегараланган y = x + 2 парабола
ёйининг узунлигини топинг.
Ечилиши: Парабола тенгламасидан ҳосила оламиз:
′
y′ = x 2 + 2 = 2x , яъни y′ = 2 x .
(
)
(5)- формулани қўллаймиз:
2
′
2
2
l = ∫ 1 + (2 x ) dx = ∫ 1 + 4 x dx = 2∫
0
2
0
0
x 1
1
1
= 2
+ x 2 + ln x +
+ x2
2 4
8
4
(
1
+ x 2 dx =
4
2
= 2 17 + 1 ln 2 + 17 − 1 ln 1 =
4 8
4 8 2
0
)
1
= 17 + ln 4 + 17 ≈ 4,65.
4
Демак, изланаётган ON ёйнинг узунлиги 4,65 узунлик ўлчов бирлигига тенг
экан.
2-мисол. O(0; 0)
3
ва N 3; нуқталар орасидаги
2
узунлигини топинг.
62
x2
y=
парабола ёйининг
2
x2
Ечилиши: Берилган параболанинг y =
тенгламасини дифференциаллаб,
2
dy
= x ни, сўнгра, (5) формулага асосан ON ёйнинг узунлигини топамиз:
dx
l=
3
∫
0
(
)
3
1
1
1 + x dx = x x 2 + 1 + ln x + x 2 + 1 ≈ 2,4.
2
2
0
2
Демак, ёй узунлиги 2,4 узунлик ўлчов бирлигидан иборат экан.
3-мисол. 0 ≤ t ≤ T да x = a cost ,
y = a sin t айлананинг узунлигини топинг.
Ечилиши: x′ ва y′ ларни топамиз:
dx = −a sin tdt ва dy = a cos tdt .
У ҳолда,
dt = a 2 sin2 t + a 2 cos2 t = a 2 sin2 t + cos2 t dt = adt.
T
Бундан,
l = ∫ adt = aT .
0
Мустақил ечиш учун машқлар.
(
№46. O(0; 0) ва N 3; 2 3
)
2
3
нуқталар билан чегараланган 9 y = 4 x эгри
чизиқли ёйнинг узунлигини топинг.
2
№47. M (2; − 1) ва N (5; − 8) нуқталар билан чегараланган y = ( x −1) эгри
3
чизиқли ёйнинг узунлигини топинг.
2
2
2
№48. x + y = r айлананинг узунлигини топинг.
№49. y = x парабола ёйининг O(0; 0)
2
3 3
N
; нуқталар орасидаги
ва
2
4
узунлигини топинг.
2
№50. y = 4 − x парабола ёйининг OX ўқи билан кесишиш нуқталари
орасидаги қисмининг узунлигини ҳисобланг.
2
№51. x − 2 y − 3 = 0 эгри чизиқнинг OX ўқи билан кесишиш нуқталари
орасидаги ёй узунлигини топинг.
63
2
3
№52. y = x эгри чизиқ ёйининг 3x − 4 = 0 тўғри чизиқ билан кесишган
қисми узунлигини топинг.
3
2 2
№53. x1 = 0 ва x2 = 8 бўлганда y = x яримкубик
3
парабола
ёйининг
узунлигини топинг.
№54. x = a(t − sin t ),
y = a(1 − cos t ),
(0 ≤ t ≤ 2π )
циклоиданинг битта арки
ёйининг узунлигини топинг.
x
x
a(e2 + 1)
a a − a
y
=
e
+
e
N
№55.
занжир ёйининг M (0; a ) ва a; 2e нуқталар
2
орасидаги узунлигини топинг.
2
№56. 0 ≤ t ≤ 2π бўлганда x = a cos t ,
y = a sin 2 t эгри
чизиқ
ёйининг
узунлигини топинг.
2
2
2
№57. x + y = R айлана ёйининг координаталар текислигидаги биринчи
чоракда ётган қисми узунлигини топинг.
3§. Айланиш жисмининг ҳажми
y = f ( x ) формула билан берилган AB эгри чизиқнинг [ a , b ] кесмада OX
ўқи атрофида айланишидан ҳосил бўлган жисмнинг ҳажмини топиш талаб
қилинсин.
y
∆y
y
0
a
Айланиш жисмини OX га
x
x+h
b
x
перпендикуляр
текисликдар
билан n та
бўлакларга ажратамиз. Перпендикуляр текисликларнинг бири 0 нуқтадан a
масофада, иккинчи
текислик x масофада,
64
кейингиси
эса x + h масофада
бўлсин. Бунда, h - орттирма бўлиб, h = dx дир. У ҳолда, жисмнинг биринчи
икки текислик
билан
қисмининг ҳажми v( x ) , ундан
кесилган
кейинги
қисмининг ҳажми эса v(x ) + ∆v(x ) дан иборат бўлади.
Биринчи цилиндрсимон
жисмнинг
баландлиги h = dx , асос
радиуси
y = f ( x ) ; икинчисининг баландлиги ҳам h = dx , асос радиуси y + ∆y. У ҳолда
2
биринчи жисм ҳажми πy dx , иккинчисиники эса π ( y + ∆y ) dx бўлади. Икки
2
цилиндр орасидаги ∆v орттирма ҳажм 2πhy ⋅ ∆y дан иборат бўлади. Аммо ∆v
∆y → 0 ва h → 0 да чексиз кичик миқдор бўлиб, 0га
ҳажм
интилади
Шунинг учун ҳажмнинг дифференциали кичик цилиндрсимон жисмнинг
2
ҳажми πy dx бўлади. Буни интеграллаймиз:
b
b
v = ∫ π y dx = π ∫ ( f (x )) dx.
2
2
a
(1)
a
(1) тенглик айланиш жисмининг ҳажмини топиш формуласидан иборат.
1-мисол. Асос радиуси MN = r ва
баландлиги ON = h бўлган
айланиш
параболоиди сегментининг ҳажмини топинг.
Ечилиши: Маълумки, парабола
2
тенгламаси y = 2 px бўлиб, параболанинг
ихтиёрий N (h; r ) нуқтадан ўтишини эътиборга олсак.
r 2 = 2 ph.
(2)
Парабола тенгламаси ва (2) дан
бўлади. Бундан,
y=
r
h
x.
r2
y = x.
h
2
(3)
(4)
У ҳолда, (1) формулага асосан параболоид сегментининг ҳажми қуйидагича
бўлади:
b
r2x
1
v =π∫
dx = πr 2 h.
h
2
a
(5)
65
2
2-мисол. y = x парабола, OX ўқ ва x = 1 тўғри чизиқ билан чегараланган эгри
чизиқли
трапециянинг OX ўқи
атрофида
айланишидан
ҳосил
бўлган
жисмнинг ҳажмини топинг.
2
Ечилиши: (1) формуладан фойдаланамиз. Бунда, f ( x ) = x , a = 0 ва b = 1
ларни формулага қўйиб, интегрални ҳисоблаймиз:
1
1
( )
v = π ∫ ( f (x )) dx =π ∫ x
2
0
2 2
0
Демак, жисмнинг ҳажми
1
x5
π
dx = π ∫ x dx = π ⋅
= .
5 0 5
0
1
4
π
дан иборат экан.
5
4§. Кўндаланг кесим юзи маълум бўлган жисмнинг ҳажми
x = a ва x = b кесмалардан ўтган ҳамда OX ўққа
текисликлар
билан
чегараланган V жисмнинг
перпендикуляр
ҳажмини
бўлган
топиш
талаб
қилинсин. У ҳолда жисмни n та ўзаро параллел бўлган текисликлар билан
OX ўқига параллел ҳолда бўлакларга ажратамиз. Ихтиёрий x = xi−1 ва x = x
текисликлар билан чегараланган жисмнинг ҳажми ∆vi , асос юзи S (xi )
баландлиги ∆xi бўлсин. У ҳолда,
∆vi = S ( xi ) ⋅ ∆xi
(6)
ўринли бўлади. Жисмнинг умумий ҳажми қуйидагича бўлади:
n
v = lim ∑ S ( x )∆xi .
ε →0
(7)
i =1
Бунда, ε баландлик ∆xi ларнинг энг
каттаси. (7)
тенглик
интеграл
йиғиндидан иборат. Шунинг учун (7) ни қуйидагича ифодалаш мумкин:
b
v = ∫ S ( x)dx.
(8)
a
(8) - кўндаланг
кесим
юзи маълум
формуласи.
66
бўлган
жисмнинг
ҳажмини
топиш
2
Мисол. y = 4 x, y = 0, x = 0, x = 4 чизиқлар билан чегараланган ҳамда OX ў
атрофида айланишдан ҳосил бўлган жисмнинг ҳажмини топинг.
Ечилиши: Ҳосил
бўладиган жисм
айланиш параболоидидан
иборат
бўлади. Унинг ҳажмини (8) формула ёрдамида топамиз. Бунда a = 0 , b = 4 ва
S (x ) = 4 x дир.
4
v = π ∫ 4 xdx = π ⋅ 4 ⋅
0
2 4
x
2
0
4
= 2πx 2 = 32π .
0
Баъзи жисмларнинг ҳажмини топиш формулалари:
Пирамиданинг ҳажми:
H
S
1
v = 2 ∫ x 2 dx = SH .
H 0
3
Параболоид сегментиининг ҳажми:
h
r2x
1
v =π∫
dx = πr 2 h
h
2
0
(яъни цилиндр ҳажмининг яримига тенг- Архимед тадқиқоти)
Эллиптик асосли конус:
v=
1
Sa
3
( a - ката ярим ўқ)
Эллипсоид:
(
b
)
b2 2
4
v = π ∫ 2 a − x 2 dx = πab 3 .
a
3
a
Шарнинг ҳажми:
4
v = π ∫ y dx = π ∫ (r 2 − x 2 )dx = πr 3 .
3
−r
−r
r
r
2
Мустақил ечиш учун машқлар
№56. Биринчи чоракда
парабола
ёйи
билан
ётган, координата
чегараланган
67
ўқлари
фигуранинг OX
ҳамда y = 4 − x
ўқи атрофида
айланишидан ҳосил бўлган жисмнинг ҳажмини топинг.
2
2
№57. Биринчи чоракда ётган ҳамда x + y = 1, y = x ва y = 0 чизиқлар
билан чегараланган текисликнинг OX ўқи атрофида айланишидан ҳосил
бўлган жисмнинг ҳажмини топинг.
№58. y =
3 2
x парабола ва y =1 − x тўғри чизиқнинг кесишишидан ҳосил
4
бўлган фигуранинг OX ўқи арофида айланишидан ҳосил бўлган жисмнинг
ҳажмини топинг.
№59. OY ўқ, y = sin x - синусоида ёйи ҳамда y = cos x - косинусоида ёйи
билан
чегараланган
фигуранинг OX ўқ
атрофида
айланишидан
ҳосил
бўлган жисмнинг ҳажмини топинг.
π
№60. y = cos x 0 ≤ x ≤ косинусоида
2
ўтиб, OX ўқига
перпендикуляр
фигуранинг OX ўқи
атрофида
бўлган
ва
координаталар
текислик
айланишидан
билан
ҳосил
марказидан
чегараланган
бўлган
жисмнинг
ҳажмини топинг.
№61. Қуйидаги чизиқлар билан чегараланган ҳамда OX ўқи атрофида
айланишидан ҳосил бўлган жисмлар ҳажмини топинг:
2
а) y = 4( x − 2),
2
б) y = x − 4,
y = 0, x = 3, x = 6;
y = 0;
в) y = sin x,
2
г) y = 4 − x ,
y = 0, x = 0, x = π ;
x − y + 2 = 0.
№62. Қуйидаги чизиқлар билан чегараланган ва OY ўқи атрофида
айланишидан ҳосил бўлган жисмлар ҳажмини топинг:
2
а) y = x ,
y = 1,
2
б) y = x + 1,
y = 4, ва x = 0;
y = 5;
2
в) y = 9 x,
y = 3x;
2
г) y = 2 x, 2 x + 2 y − 3 = 0.
68
3- БОБ. АНИҚ ИНТЕГРАЛЛАРНИ ТАҚРИБИЙ ҲИСОБЛАШ
1§. Тўғри тўртбурчаклар формуласи
Тўғри бурчакли координаталар системасида y = f ( x ) узлуксиз функция
берилган бўлсин. Интеграллаш оралиғи [ a , b ] ни x0 , x1 , x2 , x3, K, xn нуқталар
ёрдамида n та тенг бўлакларга ажратамиз. У ҳолда, бир бўлакнинг узунлиги
h=
xn − x0
b−a
ёки h =
n
n
(1)
дан иборат бўлади. y = f ( x ) , y = 0 , x = a, x = b чизиқлар билан чегараланган
эгри
чизиқли
y0 , y1 , y2 , K, yn
фигура
бўлади.
ҳам n та
Бўлаклар
бўлакка
ажралиб,
ками ва ортиғи
ординаталари
билан
тўғри
тўртбурчакларга тўлдирилади.
Ками билан тўлдирилган тўғри тўртбурчакларнинг юзалари йиғиндиси:
b
S = ∫ ydx ≈
a
b−a
( y0 + y1 + y2 + K + yn−1 ).
n
(2)
Ортиғи билан тўлдирилган юзалар йиғиндиси эса
b
S = ∫ ydx ≈
a
b−a
( y1 + y2 + K,+ yn ).
n
(3)
69
дан иборат бўлади.
Агар юзалар яна иккига бўлинса, (2) ва (3) ларнинг хатоси камая боради.
n → ∞ ва h → 0 бўлса, улар
аниқ
интегралнинг
янада
ҳақиқийроқ
қийматини беради. (3) ни қуйидагича ифодаласа ҳам бўлади:
b
S = ∫ ydx ≈
a
b − a
y 1 + y 3 + K ,+ y 2 n−1 .
n 2
2
2
( 3′ )
2§. Трапециялар формуласи
Трапециялар формуласини келтириб чиқаришда [ a , b ] кесмани n та
тенг бўлакларга ажратамиз. У ҳолда, бўлиниш нуқталари (яъни абциссалар)
x0 = a , x1 , x2 ,K , xn = b бўлади. Кесмалар ўзаро тенг бўлганлиги учун уларни
умумий ҳолда h билан белгиласак,
x0 = a, x1 = x0 + h, x2 = x1 + h,K, xn = xn−1 + h = b
(4)
бўлади. Ордината чизиқлари мос равишда
y0 , y1 , y2 , K, yn
(5)
лардан иборат бўлиб, улар кетма- кет туташтирилса, синиқ чизиқлар ҳосил
бўлади. Абцисса, ординаталар ва функция чизиқлари билан чегараланган
эгри чизиқли трапециялар ҳосил бўлиб, уларнинг юзалари
y0 + y1
y +y
y +y
h, S 2 = 1 2 h,K, S n = n−1 n h
2
2
2
S1 =
(6)
лардан иборат. У ҳолда, эгри чизиқли трапециясимон S фигуранинг юзи
қуйидагича бўлади:
b
S = ∫ ydx =S1 + S 2 + K + S n =
a
=
y0 + y1
y + y2
y + yn
h+ 1
h + K + n−1
h=
2
2
2
h y0 + yn
+ y1 + y2 + K + yn−1 .
2 2
Бунда h =
(7)
b−a
дан иборт.
n
70
Бу формулага трапециялар формуласи дейилади. (6) формуланинг хатоси
тўртбурчаклар формуласига нисбатан кичикроқ. Агар n → ∞ бўлса,
тўғри
h → 0 бўлиб, ҳато янада камаяди. Натижада, бу формула интегралнинг
изланган қийматини етарлича аниқликда беради.
3§. Симпсон формуласи (Параболик формула)
Юқоридан y = f ( x ) эгри чизиқли
y
функция, ён томонлари x = − h ва x = h
P
кесмалар, пастдан y = 0 абциссалар
M
ўқи билан чегараланган фигуранинг
y1
юзини топиш талаб қилинсин.
N
y0
y2
0
–h
x
Агар h чексиз кичик бўлса, y = f ( x ) функцияни
тақрибан M (− h; y1 )
P(0; y0 ) ва N (h; y2 ) нуқталардан ўтувчи
Y = αx 2 + β x + λ
(7)
парабола ёйи билан
алмаштириш
мумкин бўлади. У ҳолда, бу ёй
билан
чегараланган фигуранинг юзи қуйидагича бўлади:
h
ax3 βx 2
2α 3
2
S = ∫ αx + βx + λ dx =
+
+ λx =
h + 2λh.
3
2
3
−h
−h
h
(
)
(8)
MPN ёй ўтган нуқталарнинг x = − h , x = 0 ва x = h абциссаларини (7) га кетма
– кет қўямиз:
y1 = αh 2 − β h + λ , y0 = γ , y2 = αh 2 + β h + λ .
Булардан, γ = y0 ва α =
y1 − 2 y0 + y2
.
2h 2
(9)
(9) қийматларини (8)га қўйсак, параболик ёй формуласи келиб чиқади:
h
∫ ydx = 3 h( y
1
1
−h
− 2 y0 + y 2 ) + 2 y0 h =
h
( y1 + 4 y0 + y2 ).
3
(10)
Бу формуланинг эгри чизиқли фигура юзини топишдаги хатоси «тўғри
71
бурчакли
формуласи» га
тўртбурчаклар» ва «трапециялар
нисбатан
кичикроқдир.
Координаталар системасини параллел кўчиришни ҳисобга олсак, (10)
формулани қуйидагича ҳам ифодалаш мумкин:
h
b
a+b
+ y (b ).
2
∫ ydx = 3 y(a ) + 4 y
a
(11)
Агар [ a , b ] кесма n бўлакка ажратилса, ундаги эгри чизиқли юзалар сони
ҳам n та бўлади. У ҳолда, параболик ёки Симпсон формуласининг умумий
кўриниши қуйидагича бўлади:
b
S = ∫ ydx =
a
b − a y0 + yn
+ ( y1 + y2 + K + yn−1 ) + 2 y 1 + y 3 + K + y 1
n−
3n 2
2
2
2
(12)
ёки
b
S = ∫ ydx =
a
h
(
y0 + yn ) + 2( y1 + y2 + K + yn−1 ) + 4 y 1 + y 3 + K + y 1 .
n−
6n
2
2
2
Мисол. Қуйидаги интегралнинг n = 10 бўлганда
1
топинг:
dx
∫ 1+ x
0
2
.
тўртбурчаклар формуласи»,
қиймати
қийматини
π
≈ ≈ 0,785398 K .
4
Ечилиши. Берилган интегралнинг
ёрдамида
тақрибий
(13)
ҳисоблаб
«трапеця
тақрибий
қийматини «тўғри
формуласи» ва «Сипсон формуласи
кўриб, натижаларини
таққослаб
кўрамиз. (Унинг
π
≈ 0,785398K дан иборат).
4
1) Тўғри тўртбурчаклар
формуласи ёрдамида
тақрибий
қийматини
топиш учун ( 3′ ) формуладан фойдаланамиз. Бунинг учун [ a , b ] кесмани, яъни
[0, 1] ни 10 бўлакка
k = 0,10 ва
ажратамиз ва
қуйидагиларни
b−a 1
=
):
n
10
72
ҳосил
қиламиз (бунда
x 1 = 0,55
y 1 = 0,9975
2
2
x 3 = 0,15
y 3 = 0,9780
2
2
x 5 = 0, 25
y 5 = 0,9412
2
2
x 7 = 0,35
y 7 = 0,8909
2
2
x 9 = 0, 45
y 9 = 0,8316
2
2
x11 = 0,55
y11 = 0,7678
2
2
x13 = 0,63
y13 = 0,7029
2
2
x15 = 0,75
y15 = 0,6400
2
2
x17 = 0,85
y17 = 0,5806
2
2
x19 = 0,95
y19 = 0,5256 .
2
2
Йиғиндиси:7,8561
У ҳолда, ( 3′ ) дан:
1
1
dx
1
=
⋅ 7,8561 = 0,78561.
1 + x 2 10
0
∫ ydx = ∫
0
Демак, интеграл қиймати 0,78361 бўлиб , унинг хатоси тахминан 0,0002 га
тенг.
2) трапециялар формуласи ёрдамида юқоридаги интегрални ҳисоблайиз
n = 10 деб, тўртта рақамгача ҳисоблаймиз. Трапеця формуласига асосан
қуйидагиларни аниқлаймиз:
x0 = 0,0
y0 = 1,0000
x10 = 1,0
y10 = 0,5000
73
Йиғиндиси:1,5000
x1 = 0,1
y1 = 0,9901
x2 = 0,2
y2 = 0,9615
x3 = 0,3
y1 = 0,9174
x4 = 0,4
y4 = 0,8621
x5 = 0,5
y5 = 0,8000
x6 = 0,6
y6 = 0,7353
x7 = 0,7
y7 = 0,6711
x8 = 0,8
y8 = 0,6098
x9 = 0,9
y9 = 0,5525
Йиғиндиси:7,0996
У ҳолда, (6) формуладан:
1
dx
1 1,5000
=
⋅
+ 7,0998 = 0,78498.
2
1+ x
10 2
0
1
∫ ydx = ∫
0
Демак, трапециялар формуласи қўлланиб, интеграл ҳисоблаганда, у 0,78998
дан иборат бўлди. Топилган тақрибий қиймат ҳақиқий қийматдан 0,0004 га
фарқ қилади.
3) Симпсон формуласи ёрдамида
берилган
интегралнинг
тақрибий
қийматини топамиз. Бунинг учун n = 2 деб, бешта рақамгача ҳисоблаймиз.
Бунда
b−a 1
= дан иборат бўлади. У ҳолда,
3n
6
x0 = 0
1
y0 = 0,50000
2
x 1 = 0,25
2 y 1 = 1,88235
2
x1 = 0,50
2
y1 = 0,80000
74
x 3 = 0,75
2 y 3 = 1,28000
2
2
1
y2 = 0, 25000
2
x2 = 1,00
Йиғинди:4,71235
(12) формулага асосан:
1
1
dx
1
=
⋅ 4,71235 = 0,78539
2
1
+
x
6
0
∫ ydx = ∫
0
ни ҳосил қиламиз. Топилган тақрибий қиймат ҳақиқий қийматдан 0,00001 га
фарқ қилади.
Демак, Симпсон формуласи ёрдамида берилган интегрални топиш юқоридаги
( 3′ ) ва (6) формулалар билан топишга нисбатан анча аниқроқ эканлиги
кўринди.
Мустақил ечиш учун машқлар.
№63. Қуйидаги итегралнинг тақрибий қийматини топинг. Бунда n = 10 .
1
№64.
dx
∫0 1 + x
(≈ ln 2 ≈ 0,69315)
интегралнинг тақрибий қийматини n = 10
да тўғри тўртбурчаклар формуласи ва трапециялар формуласи бўйича
топинг.
1
−x
№65. Трапециялар формуласи бўйича ∫ e dx интегрални 0,001 гача
2
0
аниқлик билан ҳисобланг.
3
№66.
dx
∫0 x интегрални
трапециялар
формуласи
бўйича интеграллаш
оралиғини 4 бўлакка бўлиб, ҳисобланг.
1
x
№67. ∫ e dx интегрални 0,01 гача аниқлик билан ҳисобланг.
2
0
75
1
№68.
∫
x 2 + 1 ⋅ sin xdx интегрални 0,01 гача аниқлик билан ҳисобланг.
0
6
№69. Трапеция формуласи ёрдамида n = 5 бўлганда
∫
0
dx
8 + x2
интегрални
тақрибий ҳисобланг.
10
№70. n = 8 деб,
dx
∫ lg x
интегрални тақрибий ҳисобланг.
2
4
№71. Трапеция формуласи бўйича
n = 8 да
∫
2 + x 2 dx
интегрални
0
ҳисобланг.
№72. h =
π
2
π
да
2
∫ cos xdx
π
−
2
интегрални
Симпсон формуласи
ёрдамида
тақрибий ҳисобланг.
1
№73.
dx
∫ 1+ x
2
аниқ интегрални
n = 2 деб олиб, Симпсон
формуласи
0
ёрдамида ҳисобланг.
π
2
№74.
sin x
dx интегрални 2n = 10 да Симпсон
x
0
∫
ҳисобланг.
76
формуласи
ёрдамида
- БОБ. ФИЗИКАВИЙ ВА ТЕХНИКАВИЙ МАСАЛАЛАРНИ ЕЧИШДА
АНИҚ ИНТЕГРАЛНИ ҚЎЛЛАШ
1§. Моддий нуқтанинг статик моменти ва оғирлик маркази
Фараз қилайлик,
XOY координаталар
текислигида
қуйидаги
моддий
нуқталар системаси берилган бўлсин:
A1 ( x1 , y1 ), A2 ( x2 , y2 ),K , An ( xn , yn ).
(1)
Бу нуқталарнинг массалари мос равишда
m1 , m2 ,K, mn
(2)
дан иборт бўлсин. У ҳолда, моддий нуқталарнинг OX ўққа нисбатан статик
моменти (M x ) қуйидагидан иборат бўлади:
M x = m1 y1 + m2 y2 + K + mn yn ,
(3)
n
ёки
M x = ∑ mi yi = myc .
( 3′ )
i =1
OY ўққа нисбатан статик моменти эса
M y = m1 x1 + m2 x2 + K + mn xn
(4)
n
ёки
M y = ∑ mi xi = mxc .
( 4′ )
i =1
Таъриф: m = m1 + m2 + K + mn бўлганда
77
(xc ; yc ) =
My Mx
координатали
,
m
m
нуқтага моддий нуқталар системасининг оғирлик маркази дейилади.
Оғирлик марказининг
координаталари ( 3′ ) ва ( 4′ ) ларга
асосан қуйидаги
формулалар орқали топилади:
n
xc =
My
m
=
∑m y
i =1
n
i
i
∑ mi
,
(5)
.
(6)
i =1
n
M
yc = x =
m
∑m x
i =1
n
i i
∑ mi
i =1
Мисол. mK = mL = mN = 1 бирлик массалари қўйилган K, L ва N нуқталарнинг
оғирлик маркази учбурчак медианаларининг кесишиш нуқтаси бўлишини
кўрсатинг.
y
Ечилиши. K, L , N нуқталарни
y0
L
координаталар системасида тасвирлашда
K нуқтани координаталар марказига, L
0
K
C
x
ва N нуқталарнинг ўртаси, яъни С
нуқтани OX ўқида ётадиган қилиб
- y0
N
жойлаштирамиз. У ҳолда, K нуқтанинг
координаталари (0;0) , L нуқтанинг ординатаси
(− y0 ) дан
иборат бўлади. Бундан кўринадики,
y0 , N нуқтанинг ординатаси
С оғирлик марказининг
yc ординатаси қуйидагидан иборат бўлади:
yc =
0 ⋅ 1 + y 0 ⋅ 1 − y0 ⋅ 1 0
= = 0.
2
2
Демак, С нуқта OX ўқида ётиши маълум бўлди.
Агар массалар учта нуқтага эмас, балки фигуранинг ҳамма жойига текис
қўйилган бўлса, бундай фигураларнинг статик моментини топишда
78
йиғиндининг ўрнига интегралдан фойдаланилади.
2§. Текис эгри чизиқнинг статик моменти ва оғирлик маркази
[ a , b ] оралиқда
эга бўлган AB эгри чизиқли f ( x
узлуксиз ҳосилага
функция берилган бўлиб, у L узунликка эга бўлсин. Бунда AB эгри чизиқни
бир жинсли, яъни чизиқли
зичлиги ρ ўзгармас, соддалик учун ρ = 1 деб
қараймиз.
AB эгри чизиқнинг OX ва OY ўқларга нисбатан статик моментларини
ҳамда эгри чизиқнинг
y
A3
B=An
оғирлик марказини топамиз. Бунинг
A2
учун AB эгри чизиқни
C(xc,yc)
A1
A = A0 (x0 , y0 ), A1 (x1 , y1 ),K , An (xn , yn ) = B
A=A0
yc
нуқталар орқали n та бўлакка
x
ажратамиз. Бу нуқталарга l параметрнинг
0
xc
l0 = 0 < l1 < l2 < K < ln = L
қийматлари мос келсин. l параметр A нуқтадан бошланган ёйдан иборат.
Ai Ai +1 ёйнинг узунлигини
∆li = li +1 − li ,
шу ёйнинг массасини эса ∆mi билан белгилаймиз. У ҳолда, ρ = 1 бўлганда
масса қуйидагича бўлади:
∆mi = ρ ⋅ ∆li = ∆li .
Қисм ёйнинг узунлигини моддий нуқта деб қарасак, у ҳолда, унинг оғирлик
маркази
унга
мос келадиган
қисм
ёй
узунлигига
тенг
бўлади, яъни
∆mi = ∆li . Моддий нуқтанинг OX ўқдан yi , OY ўқдан эса xi масофаларда
ётганлигини эътиборга олсак, қуйидаги тенгламалар ўринли бўлади:
∆Mxi = yi ⋅ ∆mi = yi ⋅ ∆li
∆Myi = xi ⋅ ∆mi = xi ⋅ ∆li
79
ва
∆li ≈ 1 + ( f ′( xi )) ⋅ ∆xi бўлганлиги сабабли,
2
∆Mx ≈ f ( x ) 1 + ( f ′( x ))2 ⋅ ∆x
i
i
i
i
∆Myi ≈ xi 1 + ( f ′( xi ))2 ⋅ ∆xi .
У ҳолда, AB эгри чизиқ бўлаклари
ва
{∆li } → 0 даги
йиғиндисининг λ = max
1≤i ≤ n
лимитлари қуйидагилардан иборат бўлади:
n
b
i =1
a
M x = lim ∑ f ( xi )∆li = ∫ f ( x ) 1 + ( f ′( x )) dx,
λ →0
2
n
b
i =1
a
(7)
M y = lim ∑ xi ⋅ ∆li = ∫ x 1 + ( f ′( x )) dx,
λ →0
2
(8)
b
m = l = ∫ 1 + ( f ′( x )) dx.
2
(9)
a
(5)-(9) формулалардан фойдаланиб, текис эгри чизиқ оғирлик марказининг
формулаларини ҳосил қиламиз:
b
xc =
∫x
a
b
1 + ( f ′( x )) dx
2
2
1 + ( f ′( x )) dx
∫
,
(10)
a
b
yc =
∫ f (x )
1 + ( f ′(x )) dx
2
a
b
∫
1 + ( f ′(x )) dx
.
(11)
2
a
Агар f ( x ) ни y = f ( x ) ва
b
L=
∫
1 + ( f ′( x )) dx эканлигини эътиборга олсак,
2
a
(10) ва (11) ни соддалик учун қуйидаги кўринишларда ёзиш ҳам мумкин:
80
b
xc =
1 + ( y′) dx
∫x
2
a
L
,
(12)
.
(13)
b
∫ y 1 + ( y′) dx
2
yc =
a
L
(13) формуладан:
b
L ⋅ yc = ∫ y 1 + ( y′) dx
2
(14)
a
ҳосил бўлади. (14)нинг
томонини 2π га
иккала
кўпайтириб, қуйидаги
формулага эга бўламиз:
b
2
2πyc ⋅ L = 2π ∫ y 1 + ( y′) dx,
(15)
a
(15)нинг чап томони yc радиусли айлана узунлигини, ўнг томони эса AB ясси
эгри чизиқнинг OX ўқи атрофида айланишидан ҳосил бўлган сирт юзасини
ифодалайди, яъни 2πycl = S .
b
b
Демак, L = ∫ y 1 + ( y′) dx ёй узунлигининг, S = 2π ∫ y 1 + ( y′) dx эса айланма
2
2
a
a
жисм сиртининг юзини топиш формуласидир. Юқридагиларни хулосалаш
учун қуйидаги Гульден теоремасини келтирамиз:
Теорема. Текис эгри чизиқни шу чизиқ билан
атрофида
айлантиришдан
ҳосил
қилинган
кесишмайдиган
сиртнинг юзи
бирор
ў
бу чизиқ
узунлигини C оғирлик маркази томонидан чизилган айлана узунлигига
кўпайтирилганига тенгдир.
Мисол.
ўқларига
y = R 2 − x 2 (бунда
нисбатан
− R ≤ x ≤ R ) ярим
статик
моментини
координаталарини топинг.
81
айлананинг
ва
оғирлик
координата
маркази
Ечилиши. Берилган функция, яъни
ярим айлана
формуласидан
ҳосила
оламиз.
(
y′ =
1 + ( y′) =
R
2
У ҳолда,
топамиз:
Mx =
R
∫
)
′
R2 − x2 =
R2 − x2
R −x ⋅
2
R −x
∫ x⋅
−R
Ярим
айлананинг
R2 − x2
.
R
R
2
R
My =
2 R2 − x2
x
=−
. (7) ва (8) формулаларни қўллаб M x ва M y ни
2
−R
− 2x
dx = R ∫ dx = 2 R 2 ҳамда
2
−R
R
R
R −x
2
узунлиги
dx = − R R − x
2
2
= 0.
2
−R
L
= πR га
2
тенглиги маълум. (12) ва (13)
формулаларни қўллаб, оғирлик марказининг координаталарини топамиз:
2R
.
Демак, C 0;
π
0
2R 2 2 R2
xc =
= 0 ва yc =
.
=
πR
π
2R
3§. Текис фигураларнинг статик моменти ва оғирлик маркази
[ a, b]
оралиқда
x=a
ва
x=b
тўғри чизиғлар ҳамда
OX ўқ
билан
чегараланган, манфиймас эгри чизиқли трапеция y = f ( x ) функция орқали
берилган. Эгри
чизиқ
массаси ρ = 1 зичликда
узлуксиз
тақсимланган
бўлсин. У ҳолда, эгри чизиқли трапециянинг массаси унинг юзасини сон
қийматига тенг. Эгри чизиқли трапециянинг
y
y = f (x )
статик моментлари M x ва M y ни
топиш учун уни xi = a +
b−a
i
n
( i = 0,1,2,K, n ) нуқтадан ўтувчи
1
y
2
ва ордината ўқига параллел
0
бўлган тўғри чизиқлар ёрдамида
a
x
∆x
82
b
x
n та бўлакка ажратамиз. Ажратилган бўлаклардан бирининг массаси
∆S i ≈ yi ⋅ ∆xi
дан
иборат. Бўлакнинг
оғирлик
yi
маркази xi ,
2
ни ҳисобга олиб,
қуйидагиларни ҳосил қиламиз:
∆M x i = yi ∆xi ⋅
yi yi2
=
∆xi ,
2
2
∆M y i = yi ∆xi ⋅ xi = xi yi ⋅ ∆xi .
{∆xi } → 0 даги лимитини
Уларнинг барчасининг йиғиндисини λ = max
1≤i ≤n
топамиз:
b
n
1
1
M x = lim ∑ y 2 ∆xi = ∫ y 2 dx,
2 λ →0 i =1
2a
n
b
i =1
a
(16)
M y = lim ∑ x ⋅ y∆xi = ∫ xydx
λ →0
n
b
i =1
a
(17)
m = lim ∑ y ⋅ ∆xi = ∫ ydx = S .
λ →0
(18)
(18) формула берилган эгри чизиқли трапециянинг массасидан иборат.
(10) ва (11) ёки (12) ва (13) дан
оғирлик
марказининг координаталарини
аниқлаймиз:
b
xc =
My
m
=
∫ x ydx
a
b
,
(19)
∫ ydx
a
b
M
yc = x =
m
∫y
2
ydx
a
b
.
(20)
∫ ydx
a
(20) тенгламанинг иккала томонини 2πm га кўпайтирамиз:
83
b
2πyc ⋅ m = π ∫ y 2 dx.
(21)
a
Ҳосил бўлган тенгламанинг ўнг томони айланиш жисмининг ҳажми
формуласидир. Агар m = S эканлигини эътиборга олсак, (21)ни қуйидагича
ифодалаш мумкин бўлади:
V = S ⋅ 2πyc .
(22)
Текис фигурани у билан кесишмаган ўқ атрофида айланишидан ҳосил
бўлган жисмнинг ҳажми- шу фигура юзининг шу шакл оғирлик маркази
чизган айлана узунлиги билан кўпайтимасига тенг. Бу Гульденнинг иккинчи
теоремаси эди.
2-мисол.
x = a (t − sin t ), y = a (1− cos t )
Пластинка
циклоиданинг битта
аркаси ва
асоси
(бунда
t ∈ [0; 2π ]
билан пластинканинг OX ўққ
нисбатан статик моментини топинг.
Ечилиши: Пластинканинг OX ўққа нисбатан статик моментини топиш
учун (16) формуладан фойдаланамиз:
1
Mx =
2
3-мисол.
x2 + y2 ≤ r 2
2π
2π
1 3
5a 3
3
∫0 y dx = 2 ∫0 a (1 − cos t ) dt = 2 π .
2
( y > 0)
ярим
айлана
оғирлик
марказининг
координаталарини топинг.
Ечилиши: Берилган ярим айлананинг оғирлик маркази ординатасини топиш
учун Гульденнинг иккинчи теоремаси, (29) формуладан фойдаланамиз, яъни:
V = S ⋅ 2πyc дан yc =
v
.
2πS
Айланиш жисми шар бўлганлиги сабабли унинг ҳажми V =
84
4 3
πr , ярим
3
4 3
πr
4r
πr
3
y
=
=
S
=
c
2
айлана юзаси
. У ҳолда,
πr
3π .
2
2π
2
2
Фигура OY ўқига нисбатан симметрик бўлганлиги учун xc = 0. Шунинг учун
4r
оғирлик маркаси С 0;
3π
дан иборат бўлади.
Мустақил ечиш учун машқлар
№75. y = x,
y=
1
,
x2
y = 0 ва x = 3 чизиқлар
билан
чегараланган
фигуранинг юзини топинг.
№76. y =
x,
y = 2 ва x = 0 чизиқлар билан чегараланган фигуранинг
юзини топинг.
№77.
y = f1 ( x ) = x
ва
z = f 2 (x ) = 2 − x 2
фигуралар
билан
чегараланган
фигуранинг юзини топинг.
№78. y = x
3
2
яримкубик
параболанинг x = 0 дан x = 5 гача
бўлган ёйи
узунлигини топинг.
2
№79. y = 2 x (бунда y > 0, 0 ≤ x ≤ 2 )
параболанинг OX
ва OY ўқларга
нисбатан статик моментиларини топинг.
№80. y = cos x косинусоида ёйининг (бунда −
π
π
≤ x ) OX
2
2
ўққа нисбатан
статик моментини топинг.
№81. y = 2 x , OX ўқ ва x = 1 чизиқлар билан чегараланган фигуранинг
оғирлик марказини топинг.
№82.
y 2 = 20 x ва x 2 = 20 y чизиқлар
билан чегараланган
фигуранинг
оғирлик марказини топинг.
№83. y = 4 − x
2
ва y = 0 чизиқлар билан
85
чегараланган
координаталарини
топинг.
№84. Гульденнинг биринчи теоремасидан фойдаланиб, a радиусли ярим
айлананинг оғирлик марказини топинг.
№85. Гульден теоремасидан фойдаланиб, H баландлик, ва асос радиуси r
бўлган конуснинг ён сирти ва ҳажмини топинг.
4§. Куч ишини ҳисоблаш
Ўзгармас F куч OX ўқи бўйлаб йўналтирилган ҳамда унинг P нуқтаси OX
ўқи бўйлаб
(a, b )
кесмада жойлашган бўлсин. У ҳолда, шу кесмада кучнинг
бажарган иши
A = F ab
(1)
формула ёрдамида ҳисобланади. Агар F куч ўзининг катталигини ўзгартирса,
куч ишини (1) формула ёрдамида ҳисоблашнинг имкони бўлмай қолади.
Шунингдек, куч
бажарган
ишни
ҳисоблашда
кўпинча
қуйидаги Гук
қонунидан фойдаланилади:
F = kx,
(2)
бунда F -куч, x - пружинанинг F куч таъсирида
абсолют
узайиши, k
пропорционаллик коэффициенти. Биз қуйидаги ўзгарувчан F куч ишини
ҳисоблашга доир масалани қараймиз.
Масала. Бирорта F куч OX ўқ бўйича
йўналтирилган
бўлсин. F (x
кучнинг (a, b ) кесмадаги ишини ҳисобланг.
Ечилиши: Берилган F куч OX ўқи
бўйича
йўналган
бўлса,
унинг
катталиги x га боғлиқ бўлади, яъни F = F (x ). Аниқ интеграл интеграллар
йиғиндисининг лимити эканлигини эътиборга олиб, (a, b ) кесмани
а = x0 < x1 < x2 < K < xk −1 < xk < K = b
нуқталар ёрдамида кичик қисмларга ажратамиз. Бунда F (x) куч xk −1 даги
86
(xk −1 , xk )
қийматини
кесмада ҳам
сақлайди деб
қараймиз, яъни F (xk −1 ). У
ҳолда, (1) формула ёрдамида F (x) куч ишини ҳисоблаб,
A = F ( xk −1 )( xk − xk −1 )
(3)
эканлигини топамиз. Шунингдек, (a, b ) даги барча кичик кесмаларда F (x
кучнинг бажарган ишларини топиб, қуйидаги жадвални тузамиз:
Кесмалар
тартиби
1
2
3
...
k
k +1
...
n
Алоҳида – алоҳида
Кесма
Куч
узунлиг
каттал
и
иги
x1 − a
x2 − x1
x3 − x2
...
xk − xk −1
F (a)
F ( x1 )
F ( x2 )
...
F ( xk −1 )
xk +1 − xk
...
b − xn−1
F ( xk )
...
F ( xn−1 )
кесмаларда
бажарилган
Кучнинг
кесмадаги иши
F (a) ( x1 − a )
F ( x1 ) ( x2 − x1 )
F ( x2 ) ( x3 − x2 )
...
F ( xk −1 ) ( xk − xk −1 )
F ( xk ) ( xk +1 − xk )
...
F ( xn−1 ) ( b − xn−1 )
ишларнинг йиғиндиси
қуйидагича бўлади:
An = F (a )( x1 − a ) + F ( x1 )(x2 − x1 ) + F ( x2 )(x3 − x2 ) + K tF (xn−1 )(b − xn−1 ). (4)
Ушбу йиғинди – интеграл
йиғиндидан
иборатдир.
Маълумки,
интеграл
йиғиндининг лимити аниқ интегралдир, яъни:
b
∫ F (x )dx.
a
Демак, F (x) кучнинг
(a, b ) кесмада
бажарган иши аниқ интегралдан иборат
b
экан:
A = ∫ F ( x )dx.
(5)
a
87
1-мисол.
(0, 1)
кесмада F ( x) = x + 1 тенглама
билан берилган F кучнинг
бажарган ишини топинг.
Ечилиши: Кесманинг чегаралари a = 0 ва b = 1 дир. У ҳолда, (5) формуладан
фойдаланиб, қуйидаги интегрални ҳисоблаймиз:
1
x2
1
3
A = ∫ (x + 1)dx = + x = + 1 = .
1
2
0 2
0
1
Демак, F кучнинг берилган кесмада бажарган иши A =
3
.
2
a = −2 ва b = 2 бўлганда F = x 2 + x
2-мисол. Кесманинг чегара нуқталари
тенглама ёрдамида берилган F кучининг бажарган ишини ҳисобланг.
Ечилиши: (5) формуладан фойдаланиб, A ишни топамиз:
2
x3 x2
8 4 8 4
A = ∫ (x + x )dx = + = − + + + = 4.
2 −2
3 2 3 2
3
−2
2
2
Демак, бажарилган иш A = 4 экан.
3-мисол: Пружинани 0,04м қисиш учун 24 Жоул иш бажарилиши маълум
бўлса, уни 0,2 м қисиш учун қандай иш бажариш лозим?
Ечилиши: Берилганларга
кўра, пружина
қисилган
катталик 0,04м,
бажарилган иши эса 24 Жоул эканлиги маълум. У ҳолда, (5) формулага асосан:
24 =
0 , 04
∫
0
У ҳолда, 0,0008k = 24, k =
x2
kxdx = k
2
0 , 04
=
0
0,0016
k = 0,0008 k .
2
24
= 30000(H / м ).
0,0008
Энди пружинани 0,2 м қисиш учун қанча иш бажариш лозимлигини
топамиз:
0, 2
x2
А = ∫ 30000 xdx = 30000
2
0
88
0, 2
= 15000 x 2
0
0, 2
0
= 600( Ж ).
Мустақил ечиш учун машқлар
№86. a = 0 ва b = 2 лар билан
чегараланган
кесмада F = x тенглама
билан берилган F кучнинг бажарган ишини топинг.
№87. F куч F = x + 1 тенглама ёрдамида берилган бўлсин, кучнинг [1; 3
кесмада бажарган ишини топинг.
2
№88. F = x − x + 1 тенглама билан берилган кучнинг a = −2 ва b = −1 лар
билан чегараланган кесмада бажарган ишини топинг.
№89.
F ( x) =
0≤x≤2
кесмада
OX ўқи бўйлаб, ҳаракатланаётган
ҳамда
1
тенглама билан берилган кучнинг бажарган ишини топинг.
x +1
№90. Пружинани 0,01м.га чўзиш учун 1H куч талаб қилинса, уни 0,05м.
чўзиш учун қанча иш бажариш керак бўлади.
№91. Агар пружинани 1см.га чўзиш учун 100 H куч талаб қилинса, уни
5см чўзиш учун қанча иш бажариш талаб қилинади?
№92. Рессор 2Жоул нагрузка остида 1см эгилиши маълум бўлса, уни 3см
деформациялаш учун қанча иш бажариш лозим.
№93. Винтсимон пружинани 0,2см сиқиш учун 0,32кг иш бажарилса, уни 6см
сиқиш учун сарф бўладиган ишни ҳисобланг.
4
№94. P = 2 ⋅ 10 H оғирликдаги
ракетанинг ердан h = 1500 км. баландликка
кўтарилиши учун қанча иш бажарилиши лозим.
89
3-bob.Хосмас интеграл
1§. Хосмас интеграл тушунчаси
Маълумки, интеграл тушунчаси берилганда интеграллаш оралиғи
[a,
b] чекли ва
интеграл
остидаги f ( x ) функция
[a,
b] кесмада
аниқланган ҳамда узлуксиз бўлиш шартлари таъкидланган эди. Агар
бу шартлардан
ҳеч бўлмаганда
бирортаси
бажарилмаса,
бундай
интегралларга хосмас интеграллар дейилади.
2§.Чегараси чексиз бўлган хосмас интеграллар
(I тур хосмас интеграл)
f ( x ) функция a ≤ x ≤ +∞ оралиқда узлуксиз бўлсин. У ҳолда,
қуйидаги таъриф ўринли бўлади:
90
Таъриф: Агар b → +∞ да
b
∫ f (x )dx .
(1)
a
интеграл чекли лимитга эга бўлса, бу интегралга f ( x ) функциянинг a
дан чексизгача бўлган интеграли ёки хосмас интеграли дейилади ва
қуйидагича белгиланади:
+∞
∫ f (x )dx .
(2)
a
У ҳолда, таърифга асосан қуйидаги тенглак ўринли бўлади:
+∞
b
∫ f (x )dx = lim ∫ f (x )dx .
a
b→ +∞
(3)
a
Агар b → +∞ да (3) интеграл чекли лимитга эга бўлса, хосмас
интеграл яқинлашувчи; агар лимити чексиз ёки лимитга эга бўлмаса
хосмас
интеграл
узоқлашувчи
бўлади. (3) тенглик I тур хосмас
интегралдан иборат.
+∞
dx
∫ 1+ x
1-мисол. Интегрални ҳисобланг:
2
0
Ечилиши: Аввал аниқмас интегрални ҳисоблаймиз. Сўнгра, Ньютон
–Лейбниц формуласини қўллаймиз:
+∞
dx
π
π
+∞
=
arctgx
=
arctg
(
+
∞
)
−
arctg
0
=
−
0
=
.
∫0 1 + x 2
0
2
2
Бунинг лимити чекли сон бўлиб, интеграл яқинлашувчи бўлади.
2-мисол. Интегрални ҳисобланг:
+∞
∫2
−x
0
91
dx
Ечилиши:
+∞
−x
∫ 2 dx =
0
+∞
1
1
1
(
− 2−x ) =
1 − x .
0
ln 2
ln 2 2
У ҳолда, x → +∞ да лимитни ҳисоблаймиз:
+∞
∞
1
1
1
−x
2
dx
=
lim
2
dx
=
lim
1
−
=
≈ 1,4.
x
∫0
x → +∞ ∫
x → +∞ ln 2
2 ln 2
0
−x
Демак, интегралнинг лимити чекли сондан иборат бўлиб, хосмас
интеграл яқинлашувчи экан.
b
Чегараси чексиз бўлган I тур хосмас интегралнинг
∫ f (x )dx
ва
−∞
+∞
∫ f (x )dx
кўринишлари ҳам мавжуд. Уларни кўриб ўтамиз.
−∞
b
Таъриф: Агар a → −∞ да
∫ f (x )dx
интегралнинг лимити мавжуд
a
бўлса, бу лимит
f ( x ) функциянинг хосмас
интеграли
дейилади ва
қуйидагича ифодаланади:
b
b
∫ f (x )dx = lim ∫ f (x )dx
−∞
a → −∞
(4)
a
Ушбу хосмас интегралнинг яқинлашиш ёки узоқлашиш шартлари (3)
даги кабидир.
b
Таъриф: Агар a → −∞ ва b → +∞ да
∫ f (x )dx интегралнинг
a
лимити мавжуд бўлса, бу лимит f ( x ) функциянинг хосмас интеграли
дийлади ҳамда у қуйидагича ифодаланади:
+∞
b
−∞
a → −∞
b →+∞ a
∫ f (x )dx = lim ∫ f (x )dx
92
(5)
Бунда − ∞ < a < b < +∞ .
3-мисол. Хосмас интегрални ҳисобланг:
+∞
1
∫1+ x
2
dx
−∞
Ечилиши:
+∞
b
1
1
b
dx
dx
arctgx
=
=
= lim [arctgb − arctga ] =
lim
lim
2
2
∫−∞1 + x
a
a → −∞ ∫ 1 + x
a → −∞
a → −∞
b →+∞ a
b → +∞
b → +∞
= arctg∞ − arctg (− ∞ ) = arctg∞ + arctg∞ =
π π
+ = π.
2 2
Демак, берилган хосмас интеграл яқинлашувчи экан.
3§.Узилишга эга бўлган функцияларнинг хосмас интеграллари (II
тур хосмас интеграл)
(a, b )
оралиқда ёки унинг чегараларида узилиш нуқтаси бўлган
ҳолларни қарайлик.
Таъриф:
( a, b ] ярим очиқ
оралиқда
узлуксиз
ва x = a нуқтада
узилишга эга бўлган (ёки аниқланмаган) f ( x ) функциянинг хосмас
интеграли деб,
b
∫ f (x )dx
(7)
a
интегралга
айтилади. (7) хосмас
интеграл
қуйидаги
лимит билан
аниқланади:
b
b
∫ f (x )dx = lim ∫ f (x )dx.
a
λ →0
a +λ
93
(8)
(7) хосмас интегралнинг яқинлашиш ёки узоқлашиш шартлари
худди I тур хосмас интеграллари кабидир, яъни (7) нинг ўнг томонидаги
лимит чекли бўлса – яқинлашувчи, чексиз бўлса –узоқлашувчи бўлади.
Интеграл остидаги f ( x ) функция учун бошланғич F ( x ) функция
маълум
бўлса, Ньютон –Лейбниц
формуласига
асосан
қуйидаги
тенглик ўринли бўлади:
b
∫
f ( x )dx = lim F ( x ) a +λ = lim[F (b ) − F (a + λ )] = F (b ) − F (a ).
b
λ →0
a
λ →0
Агар [ a, b) ярим очиқ
оралиқда
( 8′ )
узлуксиз ҳамда x = b нуқтада
узилишга эга бўлган (ёки аниқланмаган) f ( x ) функциянинг хосмас
интеграли қуйидагича бўлади:
b −λ
b
∫ f (x )dx = lim ∫ f (x )dx = lim F (x )
λ →0
a
b −λ
λ →0
a
a
= lim[F (b − λ ) − F (a )] = F (b ) − F (a ).
(9)
λ →0
Агар хосмас интеграл [a, b] кесманинг бирор x = k нуқтасида
узилишга
эга ёки
аниқланмаган
бўлса, у ҳолда,
хосмас
интеграл
қуйидаги формула ёрдамида аниқланади:
b
k
b
a
a
k
∫ f (x )dx = ∫ f (x )dx + ∫ f (x )dx .
(10)
Агар (10) хосмас интегралнинг ўнг томонидаги интеграллардан
ҳеч бўлмаганда
биттаси
узоқлашувчи
бўлса ҳам
хосмас
интеграл
узоқлашувчи бўлади. (10) нинг яқинлашувчи бўлиши учун унинг ўнг
томонидаги интегралларнинг барчаси яқинлашувчи бўлиши лозим.
1- мисол.
Қуйидаги
интегралнинг
текширинг:
94
яқинлашувчилигини
2
∫
0
dx
.
x
Ечилиши: x → 0 да
интилади, яъни f (x ) =
интеграл
1
x
остидаги
функция
чексизликка
→ ∞ . У ҳолда, x = 0 нуқта [0; 2] кесманинг чап
охирида ётади. Шунинг учун қуйидаги ўринли бўлади:
2
∫
0
dx
x
2
= 2 x = 2 2 − 0 = 2 2.
0
Демак, интеграл яқинлашувчи экан.
2- мисол. Интегрални ҳисобланг:
a
∫
0
a 2 dx
a2 − x2
.
Ечилиши: Берилган хосмас интеграл остидаги функция x = a да
k
узилишга эга.
∫
0
a 2 dx
k
= a 2 arcsin . Натижанинг x → a даги лимити
a
a2 − x2
πa 2
дан иборат, яъни
2
a
∫
0
πa 2
.
=
2
2
2
a −x
a 2 dx
Демак, хосмас интеграл яқинлашувчи.
4§. Хосмас интнгралларнинг яқинлашувчанлигини текшириш
аломатлари
Берилган функциянинг
ҳолларда
хосмос
бошланғичлари
интегралларнинг
номаълум
яқинлашувчанлигини
бўлган
аниқлаш
қийин бўлади. Шунинг учун ҳам бундай ҳолларда махсус яқинлашиш
аломатларидан фойдаланилади. Қуйида улардан баъзиларини кўрамиз.
95
1. Яқинлашишнинг таққослаш аломати. f ( x ) ва g ( x ) функциялар
[ a, + ∞ ) оралиқда узлуксиз ва ихтиёрий x ≥ a учун 0 ≤ f ( x ) ≤ g ( x ) шарт
ўринли бўлсин. У ҳолда:
+∞
а) ∫ g (x )dx хосмас
+∞
интегралнинг
яқинлашишидан
a
∫ f (x )dx
нинг
a
яқинлашиши;
+∞
+∞
∫ f (x )dx
б)
нинг
узоқлашишидан
a
∫ g (x )dx
нинг
узоқлашиши
a
келиб чиқади.
2. Хосмас
интегралларнинг
абсолют яқинлашиш
аломати.
f ( x ) функция ихтиёрий x ≥ a учун аниқланган бўлсин. У ҳолда:
+∞
а)
∫ f (x ) dx
+∞
хосмас
интеграл
яқинлашувчи
бўлса,
a
∫ f (x )dx
a
интеграл ҳам яқинлашувчи бўлади ва у абсолют яқинлашувчи дейилади.
+∞
б) Агар
∫ f (x ) dx
хосмас интеграл
узоқлашувчи
бўлса, у ҳолда
a
+∞
∫ f (x )dx интеграл
шартли яқинлашувчи дейилади.
a
Мустақил ечиш учун машқлар
Қуйидаги хосмас интегралларни ҳисобланг ва яқинлашишини
текширинг:
+∞
№1.
∫
2
xdx
(x
2
−3
+∞
+∞
)
3
.
xdx
.
№2. ∫
2
1
+
x
1
+∞
+∞
dx
.
№4. ∫
2
1
+
x
0
№5.
∫
1
96
dx
.
x
№3.
dx
∫1 x 2 .
+∞
№6.
dx
∫ x+ x
1
3
.
+∞
№7.
∫
1
+∞
dx
3 .
x2
+∞
dx
№8. ∫ p .
x
1
∫e
№9.
− px
dx.
0
Таққослаш аломатидан фойдаланиб, текширинг:
+∞
+∞
dx
.
№10. ∫
8
+
1
x
1
№11. ∫ e
− x2
+∞
arctgx
dx.
№12. ∫
2
x
1
dx.
0
+∞
xdx
.
№13. ∫
3
+
(
1
x
)
0
+∞
+∞
sin x
№14. ∫ 2 dx.
x
1
№15.
dx
∫0 1 + x 4 .
Хосмас интегралларни ҳисобланг ва яқинлашишини текширинг:
1
1
dx
∫0 x .
№16.
1
№19.
dx
∫
1 − x2
0
№17.
dx
.
x
∫
0
1
.
№20.
0
1
e
dx
.
№22. ∫
x
ln
x
1
∫
№23.
∫
0
1
№18.
dx
.
1− x
dx
.
x + 4x 3
dx
.
3
x
−1
∫
1
№21.
dx
∫−1 x 2 .
+a
№24.
4-bob.Karrali va egri chiziqli integrallar
1§. Ikki karrali integral tushunchasi
97
∫a
−a
3
a2
.
x2
Ma’lumki, «aniq integral»
tushunchasi
kiritilganda
egri
chiziqli
trapesiyaning yuzini topish haqida fikr yuritilib, integral yig’indi aniq
integralning limitidan iborat edi. Quyidagi hajmni topish masalasi orqali
ikki
o’lchovli
integral
yig’indining
ikki
karrali
integraldan
iborat
ekanligini ko’ramiz.
Faraz qilaylik, yuqoridan z = f (x, y ) ( f (x, y ) ≥ 0 ) uzluksiz funktsiya
bilan, pastdan XDY tekislikda S yopiq soha bilan, yon tomonidan esa to’g’ri
silindrik sirt bilan chegaralangan hamda
oz
uning yasovchilari
o’qqa
parallel bo’lsin. Hosil bo’lgan jism silindroid
z
deb nomlanadi. Agar uning asoslari o’zaro
z = f ( x, y )
parallel bo’lsa, silindr deb atalishi,
uning hajmi v = sh ekanligi maktab
f ( xi , yi )
matematika kursidan ma’lum.
S
0
Berilgan silindroidning hajmini
topish uchun S asosini ∆S1 , ∆S 2 , K , ∆S n
y
Pi ( xi , yi )
∆S i
x
chekli bo’laklarga ajratamiz. Har bir
bo’lakda Pi (xi , yi ) nuqtani belgilaymiz, hamda ∆S i asosli va
f (xi , yi ) dan
iborat
silindrik
ustunlar
yasaymiz.
balandligi
Bunday
silindrik
ustunlarning hajmi asos yuzi bilan balandligi ko’paytmasiga teng, ya’ni:
f ( xi , yi ) ⋅ ∆S i
(1)
U holda, talab qilingan silindroidning hajmi taqriban quyidagidan
iborat bo’ladi:
n
V ≈ ∑ f ( x i , y i ) ⋅ ∆S i
i =1
(2)
Agar asosdagi ∆S i bo’lakning eng katta diametrini d bilan belgilasak
n → ∞ bo’lganda d → 0 bo’ladi. Natijada,
formulasi hosil bo’ladi:
98
silindroidning aniq hajmi
n
V = lim ∑ f ( xi , yi ) ⋅ ∆S i
d →0
(3) formulaning
o’ng
(3)
i =1
f (x, y ) funktsiyaning S sohadagi ikki
qismiga
o’lchovli integral yig’indisi deyiladi.
Ta’rif: S sohaning bo’laklari qanday usulda ajratilishi va Pi (xi , yi )
nuqtaning qanday tanlanishidan qat’iy nazar, quyidagi
n
lim ∑ f ( xi , yi ) ⋅ ∆S i
d →0
i =1
limit mavjud bo’lsa, bunday limitga f (x, y ) funktsiyaning S sohadagi ikki karrali
integrali deyiladi va u quyidagicha ifodalanadi:
n
lim ∑ f (xi , yi ) ⋅ ∆S i = ∫∫ f ( x, y )ds
d →0
i =1
(4)
s
yoki
∫∫ f (x, y )dxdy
(5)
s
f (x, y ) integral ostidagi funktsiya, ds
Bunda S –integrallash sohasi,
(yoki dxdy )-yuza elementi deb nomlanadi. Yuqorida berilgan masaladagi
silindrning hajmi (4) yoki (5) formulaga asosan
V = ∫∫ f ( x, y )ds yoki V = ∫∫ f ( x, y )dxdy
s
s
dan iborat bo’ladi.
2§. Ikki karrali integrallarning xossalari
Quyida ikki karrali integralning asosiy xossalarini keltiramiz.
1-xossa.
Agar f (x, y ) funktsiya S sohada
integrallanuvchi
bo’lsa,
cf (x, y ) funktsiya ham shu sohada integrallanuvchi, ya’ni quyidagi tenglik
o’rinli bo’ladi:
99
∫∫ cf (x, y )ds = c ∫∫ f (x, y )ds
s
(bunda C-o’zgarmas son)
(1)
s
2-xossa. Agar f ( x, y ) va ϕ ( x, y ) funktsiyalar S sohada integrallanuvchi
bo’lsa, f (x, y ) ± ϕ ( x, y ) funktsiyalarning algebraik yig’indisi ham shu sohada
integrallanuvchi, ya’ni quyidagi tenglik o’rinli bo’ladi:
∫∫ [ f (x, y ) ± ϕ (x, y )]ds = ∫∫ f (x, y )ds ± ∫∫ ϕ (x, y )ds
S
S
(2)
S
3-xossa. Faraz qilaylik, f ( x, y ) funktsiya S sohada berilgan bo’lib, shu
sohada S1 va S 2 sohachalarga ajralsin. Agar
∫∫ f (x, y )ds va ∫∫ f (x, y )ds
S1
S2
integrallar mavjud bo’lsa, u holda, quyidagi integrallar ham mavjud
bo’ladi:
∫∫ f (x, y )ds
S
va
∫∫ f (x, y )ds = ∫∫ f (x, y )ds + ∫∫ f (x, y )ds
S
S1
(3)
S2
3§. Ikki karrali integrallarni hisoblash
Ikki karrali
integrallarni hisoblash masalaning
qo’yilishiga, uning
mazmuniga qarab ikkita oddiy integralga keltiriladi va hisoblanadi. Bunday
hisoblash usullaridan ayrimlarini ko’rib o’tamiz.
1. f ( x, y ) funktsiya g sohada integrallanuvchi bo’lib, tomonlari x = a ,
x = b, y = c va y = d lardan iborat bo’lgan to’g’ri to’rtburchakdan iborat
b
bo’lsin. Undan tashqari, ixtiyoriy x ∈ [a , b ] uchun ϕ (x ) = ∫ f (x, y )dy integral
a
100
d
mavjud deb qaraylik. U holda, ∫ ∫ f (x, y )dy dx ham mavjud bo’ladi. Uni
a c
b
quyidagi ko’rinishda ifodalash mumkin:
∫∫
g
b
d
d
f ( x, y )ds = ∫ ∫ f ( x, y )dy dx = ∫ dx ∫ f (x, y )dy
a c
a
c
b
(1)
Bunday integralni hisoblashda avval ichki integral y ga nisbatan, natijasi esa
x ga nisbatan integrallanadi.
d
Agar ixtiyoriy y ∈ [c, d ] uchun ϕ ( y ) = ∫ f (x, y )dx integral mavjud bo’lsa,
c
b
(
)
f
x
,
y
dx
dy integral ham mavjud bo’ladi. Uni quyidagicha ifodalash
∫c ∫a
d
mumkin:
∫∫
g
d
b
b
f ( x, y )ds = ∫ ∫ f ( x, y )dx dy = ∫ dy ∫ f (x, y )dx
c a
c
a
d
(2)
Bunda, avval x ga, natijasi esa y ga nisbatan integrallanadi.
(1) va (2) dan quyidagi xulosaga kelish mumkin:
Agar
f ( x, y ) funktsiya g
d
∫ f (x, y )dy
c
to’g’ri
to’rtburchakda
uzluksiz
bo’lib,
b
va
∫ f (x, y )dx
integrallar
mavjud
bo’lsa, u holda, quyidagi
a
tenglik o’rinli bo’ladi:
b
d
d
b
a
c
c
a
∫∫ f (x, y )ds = ∫ dx ∫ f (x, y )dy = ∫ dy ∫ f (x, y )dx
g
2.
f ( x, y ) funktsiya g sohada uzluksiz bo’lib,
chiziqlar va uzluksiz y = ϕ1 (x ),
(3)
x = a,
x = b to’g’ri
y = ϕ 2 (x ) egri chiziqlar bilan chegaralangan
101
bo’lsin. Bunda, barcha x ∈ [a , b ] lar uchun ϕ 2 (x ) ≥ ϕ1 (x ) . Bulardan tashqari,
ixtiyoriy x ∈ [a , b ] uchun
ϕ2 ( x )
∫( )f (x, y )dy integral
mavjud bo’lsin. U holda,
ϕ1 x
b
ϕ2 ( x )
a
ϕ1 x
∫ dx ∫( )f (x, y )dy
mavjud bo’lib, quyidagi o’rinli bo’ladi:
b
ϕ2 ( x )
a
ϕ1 x
∫∫ f (x, y )ds = ∫ dx ∫( )f (x, y )dy
g
(4)
3. Agar f ( x, y ) funktsiya g sohada uzluksiz bo’lib,
ϕ2 ( x )
ϕ2 ( y )
ϕ1 x
ϕ1 y
∫( )f (x, y )dy va
∫( )f (x, y )dx
mavjud bo’lsa, u holda,
b
ϕ2 ( x )
d
ϕ2 ( y )
a
ϕ1 x
c
ϕ1 y
∫∫ f (x, y )ds = ∫ dx ∫( )f (x, y )dy = ∫ dy ∫( )f (x, y )dx
g
(5)
Misollar
1-misol.
S- kvadratdan
bo’lib, 0 ≤ x ≤ 1 va 0 ≤ y ≤ 1 ekanligi
ibort
ma’lum bo’lsa, quyidagi integralni hisoblang:
∫∫ (x
2
+ y 2 )dxdy .
S
Yechilishi: Berilgan shartga asosan a = 0, b = 1 va c = 0, d = 1 (1)
formuladan foydalanamiz:
1
2
y2
2
2
∫a dx ∫c f (x, y )dy = ∫0 dx ∫0 (x + y )dy = ∫0 x y + 3 dx =
0
b
d
1
1
1
1
x3 1
1
1 1 2
= ∫ x 2 + dx = + x = + = .
3
3 3 0 3 3 3
0
1
102
Agar berilgan masalaning geometrik ma’nosini hisobga olsak, asosi
kvadratdan va yuqorisi egri chiziqli
to’rtburchakdan iborat bo’lgan
aylanish paraboloidining hajmini topish talab qilingan edi.
2-misol. Ikki karrali integralni hisoblang:
∫∫ xy
2
dxdy . Bunda S- to’g’ri
S
to’rtburchak, 0 ≤ x ≤ 1 va − 2 ≤ 0 ≤ 3 .
Yechilishi: Ushbu mashqni bajarishda o’zgaruvchilarni ajratamiz va
chegara qiymatlarini qo’yib, hisoblaymiz, ya’ni:
1
3
x2
∫0 xdx ⋅ −∫2 y dy = 2
2
1
y3
⋅
3
0
3
−2
5
1
27 8 1 35 35
= − 0 − − = ⋅
=
=5 .
6
2
3 3 2 3 36
2
2
3-misol. Agar S soha y = x va y = x parabolalar bilan chegaralangan
bo’lsa, quyidagi integralni hisoblang:
∫∫ ( y
2
+ x )dxdy
D
Yechilishi: Berilgan integralni hisoblashda (4) formuladan
a = 0, b = 1, ϕ1 ( x ) = x 2 va ϕ 2 ( x ) = x .
foydalanamiz. Bunda
∫∫
g
1
y3
f ( x, y )ds = ∫ dx ∫ ( y 2 + x )dy = ∫ + xy dx =
3
0
0
0
x2
1
1
x
1
3
1 3
4 32 1 6
1 6
33
3
2
2
.
= ∫ x + x − x + x dx = ∫ x − x − x 3 dx =
3
3
3
3
140
0
0
1
Agar c = 0,
d = 1, ϕ1 ( y ) = y 2 va ϕ 2 ( y ) =
y deb belgilasak, u holda
(5) formula qo’llaniladi, ya’ni:
y
1
32 y 3 4
2 x2
33
∫0 dy ∫2 (y + x )dx = ∫0 xy + 2 2 dy = ∫0 y + 2 − 2 y dy = 140 .
y
y
1
y
1
2
4-misol. Koordinata tekisliklari va x = 1,
y = 2 hamda x + y + z = 4
tekisliklar bilan chegaralangan brusning hajmini hisoblang.
103
Yechilishi: Berilgan brus quyidan tomonlari x = 0, y = 0, x = 1 va y = 2
bilan chegaralangan to’g’ri to’rtburchak
z
bilan, yuqoridan z = 4 − x − y tekislik bilan
chegaralangan silindrik jismdan iborat.
Shuning uchun brusning hajmini quyidagi
integral yordamida hisoblaymiz:
0
y
1
2
0
0
V = ∫∫ (4 − x − y )dxdy = ∫ dx ∫ (4 − x − y )dy =
g
2
2
1
y2
dx = ∫ (6 − 2 x )dx = (6 x − x 2 ) = 5.
= ∫ 4 y − xy −
2 0
0
0
0
1
Demak, V = 5 kub o’lchov birligi.
Mustaqil yechish uchun mashqlar
№1. Integralni hisoblang:
1
∫ dx∫
0
x
dy
y2
№2. Integralni hisoblang:
∫ ∫ (5x
3 5
2
y − 2 y 2 )dxdy.
1 2
№3. Asosi g kvadratdan, ya’ni 0 ≤ x ≤ 1 va 0 ≤ y ≤ 1 iborat
bo’lgan
f ( x, y ) = x 2 + y sin x funktsiyaning ikki karrali integralini hisoblang.
№4. Soha y = x , y = 2 x va x = 1 lar
bilan
quyidagi integralni hisoblang:
∫∫ (xy + y )dxdy.
2
g
104
chegaralangan
bo’lsa,
№5. Markazi koordinatalar boshida va radiusi R bo’lgan aylana
bilan
chegaralangan
z = xy funktsiyaning ikki karrali
integralini
R2 + x2
R
∫ ∫ xydxdy = ∫ dx ∫ xydy ).
hisoblang (Ko’rsatma:
−R
AR
− R2 − x2
2
2
№6. x = 1, y = x , y = 2 x , z = 0 tekisliklar va z = x + y sirt bilan
chegaralangan jismining hajmini toping.
№7. Quyidagilarni hisoblang:
à
x
a) ∫ dx ∫ dy;
0
4
2x
2
x
b) ∫ dx ∫
0
y
dy.
x
№8. Takror integralni hisoblang:
2
ln y
∫ dy ∫ e dx.
x
1
0
№9. Integralni hisoblang:
∫∫ cos(x + y )dxdy.
Bunda g soha x = 0,
y = π va y = x to’g’ri chiziqlar
g
bilan chegaralangan.
2
2
№10. y = 4 − x va 2 y = x + 8 parabolalar bilan
figuraning yuzasini hisoblang (Ko’rsatma:
2
4− y 2
0
2 y 2 −8
2 ∫ dy
chegaralangan
∫ dx ).
№11. Integralni hisoblang:
∫∫ (x y )dxdy.
2
Bunda S soha uchlari O(0; 0), A(2; 0) va B(2; 1) nuqtalarda
S
yotgan
π
2
2
∫x
0
uchburchak (Ko’rsatma: bunda
2
dx ∫ ydy .
0
105
y = 0,
x
y = , x = 2 , ya’ni
2
4§. Uch karrali integral va uni hisoblash
N ( x; y ; z ) nuqtaning f ( x, y, z ) funktsiyasi biror D yopiq fazoviy sohada
va uning
chegaralarida uzluksiz
bo’lsin. Bu sohani, xuddi ikki karrali
integraldagi kabi n bo’lakka bo’lamiz. ∆v1 , ∆v 2 , K , ∆v n lar bo’laklarning
hajmlari bo’lsin. Har bir bo’lakda N 1 , N 2 , K N n nuqtalarni olib, quyidagi
yig’indini tuzamiz:
S n = f (x1 , y1 , z1 )∆v1 + f (x 2 , y 2 , z 2 )∆v 2 + K + f ( xn , y n , z n )∆v n .
Ta’rif:
D sohaning
bo’laklarga
qanday
usulda
ajralishi va N i
nuqtaning qanday tanlanishidan qat’iy nazar quyidagi
n
lim ∑ f (xi , y i , z i ) ⋅ ∆vi
d →0
(1)
i =1
limit mavjud bo’lsa, bunday limitga f ( x, y, z ) funktsiyaning D sohadagi uch
karrali integrali deyiladi hamda u quyidagicha ifodalanadi:
n
lim ∑ f ( xi , yi , zi ) ⋅ ∆vi =
d →0
yoki
i =1
∫∫∫ f (x, y, z )dv
(2)
D
∫∫∫ f (N )dv
yoki
∫∫∫ f (x, y, z )dxdydz.
(3)
D
D
Bunda D – integrallash sohasi,
dv
yoki
dxdydz - to’g’ri
burchakli
koordinatalarda hajm elementi deb nomlanadi.
Uch karrali integralning xossalari ikki karrali integralning xossalari
kabidir.
Qirralari koordinatalar
a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d
va
o’qiga
e≤z≤ f
parallel
bo’lgan hamda
tengsizliklarni
quyidagi
qanoatlantiruvchi
parallelepiped berilgan bo’lib, uning hajmini topish talab qilinsin. U holda,
uning hajmi quyidagi integrallardan biriga keltirilib, yechiladi:
106
f
d
b
e
c
a
b
d
f
a
c
e
d
b
f
c
a
e
b
f
d
a
e
c
∫∫∫ f (x, y, z )dxdydz = ∫ dz∫ dy∫ f (x, y, z )dx ,
D
∫∫∫ f (x, y, z )dxdydz = ∫ dx∫ dy∫ f (x, y, z )dz ,
D
∫∫∫ f (x, y, z )dxdydz = ∫ dy ∫ dx∫ f (x, y, z )dz ,
D
∫∫∫ f (x, y, z )dxdydz = ∫ dx ∫ dz ∫ dy.
D
1-misol.
(4)
(5)
(6)
(7)
Integralni toping:
1 4 3
∫ ∫ ∫ (x + y + z )dxdydz.
0 2 0
Yechilishi: Integralni topish uchun (4)- (7) formulalardan birini
qo’llash mumkin, masalan (4) formulani qo’llaylik:
3
x 2
∫0 dz ∫2 dy ∫0 (x + y + z )dx =∫0 dz ∫0 dy 2 + yx + zx dz =
0
4
1
1
4
1
9
3 2
9
∫0 dz ∫2 2 + 3 y + 3z dy =∫0 dz 2 y + 2 y + 3zx dy = ∫0 (− 27 − 6 z )dz =
2
1
4
3
1
3
1
6
= − 27 z − z 2 = −27 ⋅ 0 − 3 ⋅ 0 + 27 + 3 ⋅1 = 30.
2 0
Demak, integralning qiymati 30 ga teng. Boshqa formulalar yordamida
topilsa ham xuddi shu natija hosil bo’lar edi.
2-misol.
∫∫∫ (x + y − z )dxdydz
integralni hisoblang. Bunda
v parallelepiped
v
x = −1, x = 1, y = 0, y = 1, z = 0, z = 2 tekisliklar bilan chegaralangan.
Yechilishi: Integralni (5) formula yordamida yechaylik. U holda,
107
1
1
2
−1
0
0
∫∫∫ (x + y − z )dxdydz = ∫ dx∫ dy ∫ (x + y − z )dz =
v
2
1
1
z2
= ∫ dx ∫ xz + yz − = ∫ dx ∫ (2 x + 2 y − 2 )dy =
2 0 −1 0
−1
0
1
1
1
1
[
]
[
1
= ∫ 2 xy + y − 2 y dx = ∫ (2 x − 1)dx = x − x
2
−1
2
−1
0
1
]
= −2 .
−1
Mustaqil yechish uchun mashqlar
№12. Kubning
tengsizlik-larni
quyidagi 0 ≤ x ≤ 1,
qirralari
qanoatlantirsa,
0 ≤ y ≤ 1 va 0 ≤ z ≤ 1
f ( x, y , z ) = x + xy + xyz funktsiyaning
integralini hi-soblang.
№13. To’g’ri
burchakli
0 ≤ z ≤ 1 teng-sizliklarni
karrali
parallelepiped 0 ≤ x ≤ 1,
qanoatlantirsa,
− 1 ≤ y ≤ 1 va
quyidagi funktsiyalarning uch
integral-larini hisoblang:
a) f (x, y, z ) = xyz,
b) f ( x, y, z ) = xy + yz + xz,
2
v) f (x, y, z ) = x z ⋅ cos y.
№14. V piramida x + y + z = 1 tekislik va x = 0,
y = 0 hamda z = 0
koordinata tekisliklari bilan chegaralangan bo’lsa,
∫∫∫ (x + y + z )dxdydz
v
integralni hisoblang.
№15. Quyidagi integralni hisoblang:
1
x
y
0
0
0
∫ dx∫ dy ∫ xyzdz
№16. Quyidagi sirtlar bilan chegaralangan jismning hajmini toping:
x = y 2 , z = 2 y 2 , xy = 1, xy = 4, x = 1, x = 3.
5§. Egri chiziqli integral va uning xossalari
108
Quyida ikki o’zgaruvchili funktsiyaning egri chiziqli integrali ustida
to’xtalamiz.
XOY
koordinatalar
tekisligida
uzluksiz bo’lgan
AB egri chiziqli
f ( x, y ) funktsiya berilgan bo’lsin. AB egri chiziqni qism yoylarga ajratamiz.
Аk Ak +1 yoylarning har birida
(xk , y k ) nuqtalarni
y
belgilaymiz va
ularning quyidagi yig’indisini
B
M5
hosil qilamiz:
A5
M4
A
S n = f ( x1 , y1 )∆x1 + f (x2 , y 2 )∆x2 + K
A4
A1 A2 A3
Mp M1 M2 M3
K + f (xn , y n )∆xn
0
yoki
x0
x1
x2
x3
x4
x5
X
n −1
S n = ∑ f ( x k , y k )∆x k .
(1)
k =0
∆xk = x k +1 − x k .
Bunda ∆x k -absissa orttirmasi, ya’ni
Ta’rif:
Agar n ning cheksiz ortishi bilan
uzunligi ∆S k nolga intilsa, AB yoyning
M k M k +1 yoy
eng katta
qanday
bo’lishidan
va
( xk , y k )
nuqtalarning qanday tanlanishidan qat’iy nazar (1) yig’indi chekli limitga
bo’yicha f ( x, y )dx ning egri
limitga AB egri chiziq
ega bo’ladi. Bunday
chiziqli integrali deyiladi va quyidagicha ifodalanadi:
∫ f (x, y )dx.
(2)
AB
U holda, ta’rifga asosan:
n −1
∫ f (x, y )dx = lim ∑ f (x , y )∆x .
AB
∆S →0
k =0
k
k
k
(3)
Shuningdek, AB egri chiziq bo’yicha f ( x, y )dy ning egri chiziqli integrali
quyidagicha ifodalanadi:
109
n −1
f ( x, y )dy = lim ∑ f ( xk , y k )∆y k .
∫
∆S →0
AB
(4)
k =0
(3) va (4) integrallardan foydalanib umumiy holda P(x, y )dx + Q(x, y )dy
ifodaning egri chiziqli integralini
∫ P(x, y )dx + Q(x, y )dy
(5)
AB
ko’rinishda yozish mumkin. (5) formulani
quyidagicha
ifodalash
ham
mumkin:
∫ P(x, y )dx + Q(x, y )dy = ∫ P(x, y )dx + ∫ Q(x, y )dy .
AB
AB
Berilgan funktsiyaning
(6)
AB
AB fazoviy
chiziq
bo’yicha
egri chiziqli
integrali
∫ P(x, y )dx + Q(x, y )dy + R(x, y )dz
(7)
AB
ko’rinishida ifodalanadi.
Egri chiziqli integralning xossalari
1- xossa. Agar AB chiziq o’z holida saqlanib, uning yo’nalishi (ya’ni B
dan A ga qarab ) o’zgarsa, egri chiziqli integralning absolyut qiymati
saqlanadi, ammo ishorasi o’zgaradi:
∫ P(x, y )dx + Q(x, y )dy = − ∫ P(x, y )dx + Q(x, y )dy
BA
AB
yoki
∫ P(x, y )dx + Q(x, y )dy + R(x, y )dz = − ∫ P(x, y )dx + Q(x, y )dy + R(x, y )dz .
BA
(8)
AB
2- xossa. Egri chiziqli integrallar uchun quyidagi tenglik o’rinlidir:
∫ P(x, y )dx + Q(x, y )dy = ∫ P(x, y )dx + Q(x, y )dy + ∫ P(x, y )dx + Q(x, y )dy .
с1 + с2
с1
с2
110
(9)
Ba’zi fizikaviy va geometrik kattaliklarning uch karrali integrallar
yordamida ifodalanishi:
1. Jism hajmi:
a) Umumiy holda ifodasi:
V = ∫∫∫ dv
D
b) To’g’ri burchakli koordinatalardagi ifodasi:
V = ∫∫∫ dxdydz
v) Silindrik koordinatalardagi ifodasi:
V = ∫∫∫ r ⋅ dr ⋅ dϕ ⋅ dz
Bunda, r ⋅ dr ⋅ dϕ ⋅ dz - silindrik koordinatalardagi hajm elementlari.
g) Sferik koordinatalardagi hajm ifodasi:
V = ∫∫∫ ρ 2 ⋅ sin Θ ⋅ dρdϕ ⋅ dΘ
Bunda, ρ , Θ, ϕ biror P nuqtaning sferik koordinatalari. To’g’ri burchakli
va sferik koordinatalar uchun o’zaro quyidagi munosabatlar o’rinlidir:
x = ρ sin Θ ⋅ cos ϕ ,
2.
oz o’qqa nisbatan
y = ρ sin Θ ⋅ sin ϕ , z = ρ cos Θ.
geometrik jismning inersiya momenti:
a) Umumiy holdagi ifodasi:
J z = ∫∫∫ r 2 dv
D
b) To’g’ri burchakli koordinatalardagi ifodasi:
J z = ∫∫∫ (x 2 + y 2 )dxdydz
v) Silindrik koordinatalardagi ifodasi:
J z = ∫∫∫ r 3 dr ⋅ dϕ ⋅ dz
111
g) Sferik koordinatalardagi hajm ifodasi:
J z = ∫∫∫ ρ 4 ⋅ sin 3 Θ ⋅ dρdϕ ⋅ dΘ
3. Jism massasi:
a) Umumiy holdagi ifodasi:
M = ∫∫∫ µdv
D
b) To’g’ri burchakli koordinatalardagi ifodasi:
M = ∫∫∫ µdxdydz
v) Silindrik koordinatalardagi ifodasi:
M = ∫∫∫ µr ⋅ dr ⋅ dϕ ⋅ dz
g) Sferik koordinatalardagi hajm ifodasi:
M = ∫∫∫ µρ 2 ⋅ sin Θ ⋅ dρdϕ ⋅ dΘ
6§. Egri chiziqli integralni hisoblash
AB egri chiziq parametrik tenglamalari bilan berilgan bo’lsin:
x = ϕ (t ),
y = φ (t )
(10)
Bunda, ϕ (t ) va φ (t ) funktsiyalar hamda ularning ϕ ′(t ) , φ ′(t ) hosilalari [α, β ]
kesmada uzluksiz. t parametrning bu kesmada o’zgarishi M (x, y ) nuqtaning
AB bo’ylab A dan B ga qarab harakatiga mos keladi. ∆S → 0 da S n yig’indi
chekli
limitga
eng
bo’ladi. Shuning uchun quyidagi
tengliklar
bo’ladi:
β
∫ P(x, y )dx = ∫ p[ϕ (t ),φ (t )]ϕ ′(t ),
AB
α
112
(11)
o’rinli
β
∫ Q(x, y )dy = ∫ Q[ϕ (t ),φ (t )]φ ′(t ).
(12)
α
AB
(11) va (12) ni umumlashtiramiz, ya’ni :
β
∫ P(x, y )dy + Q(x, y )dy = ∫ {P[ϕ (t ),φ (t )]ϕ ′(t ) + Q[ϕ (t ),φ (t )]φ ′(t )}dt,
(13)
α
AB
(11), (12) va (13) tengliklar egri chiziqli integralni hisoblash formulalaridir.
Demak, yuqoridagi formulalar yordamida egri chiziqli integralni hisoblash
oddiy aniq integralni hisoblashga olib kelar ekan.
1-masala. Egri chiziqli
∫ ydx − xdy
integralni x = r cos t va y = r sin t
AB
parametrik tenglamalar bilan berilgan AB aylananing birinchi choyragi
bo’ylab hisoblang.
y
Yechilishi: Nuqta AB aylananing A nuqtasidan
B ga qarab harakatlanganda t parametr π dan 0
A
2
gacha kamayadi. U holda, (13) formulaga asosan
quyidagiga ega bo’lamiz:
0
B
π
2
(r sin t )(r cos t )′ − (r cos t )(r sin t )′ dt =r 2 dt = πr
−
=
ydx
xdy
∫
∫
∫0
2
π
AB
0
2
2
2-masala. Egri
chiziqli
J=
∫ − ydx + xdy
integralni
x2 + y2 = a2
AB
aylananing yuqori qismi bo’ylab hisoblang.
Yechilishi:
AB yoy quyidagi parametrik tenglamalar bilan berilgan
y
bo’lsin:
x = a cost , y = a sin t .
Nuqta A dan B ga AB yoy bo’ylab
M
harakatlanganda parametr π dan 0 gacha
113
a
A
0
t
B
kamayadi, ya’ni t = π va t = 0 bo’ladi.
Parametrik tenglamalarni berilgan integralga qo’yamiz:
0
J = ∫ − a sin t ⋅ d (a cos t ) + a cos t ⋅ d (a sin t ) = a
0
2
π
2
∫ dt = −πa .
2
π
Mustaqil yechish uchun mashqlar
№17. Egri chiziqli
∫ xy
2
dx + x 2 ydy
y = 2x 2 parabolaning
integralni
OA
koordinata boshi 0 dan A(1; 2) nuqtasigacha OA yoyi bo’ylab hisoblang.
№18.
Egri chiziqli
∫ ( x + y)ds
integralni
hisoblang.
Bunda
k
k
y = 2 x − 1 to’g’ri chiziqning kesmasi (− 1 ≤ x ≤ 2) .
№19. Agar
∫ xds integralni
x2
y=
2
parabola
yoyi
k bo’lsa, egri
chiziqli
hisoblang (bunda 0 ≤ x ≤ 1 ).
k
y2
2
2
2
№20. (x, y ) nuqtadagi zichligi P = 2 dan iborat bo’lgan x + y = R
R
aylananing massasini aniqlang.
( y ≥ 0)
ning C ( x0 , y 0 )
aniqlang (Ko’rsatma:
Mexanikada
2
2
№21. Bir jinsli yarim aylana k : x + y = R
og’irlik markazi koordinatalarini
bir jinsli k egri chiziqning og’irlik markazi koordinatalari x0 =
y0 =
1
xds,
L ∫k
1
yds formulalar yordamida topiladi. (Bunda L - egri chiziq yoyining
L ∫k
uzunligi ).
114
3
2
№22. y = x - yarimkubik parabola yoyining OY o’qqa nisbatan J y inersiya momentini toping. Bunda, 0 ≤ x ≤
№23.
Egri chiziqli
∫y
2
4
2
. (Ko’rsatma: J y = ∫ x ds ).
3
k
dx − x 2 dy integralni hisoblang. Bunda, k egri
k
2
chiziq y = 1 − x parabolaning M (− 1; 0 ) dan N (1; 0) nuqtasigacha bo’lgan
yoy uzunligi.
№24. Egri chiziqli
(0 ≤ x ≤ 1) to’g’ri
dx − dy
∫k xy integralni
hisoblang. Bunda, x + y = 1
chiziqning kesmasi k .
1bob.
Javoblar
Aniqmas integrallar
b)-2x-3;
v)x4;
g)2x-8;
d)
;
ye)-3x-4;
№2. a)bo`ladi;
b)yo`q; v)yo`q;
g)bo`ladi.
yo)
3)a)boshlang`ich emas; b)boshlangich; v)boshlang`ich; g)boshlang`ich emas;
d)boshlang`ich emas;
ye)boshlang`ich. №4.a)x4+c; b)
v)
№1.a)6 ;
4x+
g)
z)
d)
ye)
yo)6
i)
y)
115
+
j)
k)
№5.
№11.№13.-
.
.
№16.
.
№17. xsinx+cosx+c. №18.
№20.
№21.
№25. 0,5
№19. x
№22.
№24.
№26.
№28. –
. №27.
№
29.
№32.
c.
№34.
№33.xlnx
№36.
№38.
№39.
№41.
№42.
№44.
№45.
№58.-
№59.
№76.
№77.
№79
+c.
№37.
+c. №40.
№43.
arctg
№60.
№78.
№80.
№81.
2-bob.Жавоб ва кўрсатмалар (xosmas in).
116
№35.
+∞
dx
∫x
№3. Яқинлашади,
2
= 1.
№4. Яқинлашувчи.
№5. Узоқлашувчи.
1
+∞
№6.Яқинлашувчи,
∫
1
dx
= 0. №7. Яқинлашувч,
x + x3
+∞
∫
1
dx
= 2. №8. p > 1 бўлса,
3
x2
lim N 1− p = 0, яқинлашувчи; p < 1 бўлса, lim N 1− p = ∞, узоқлашувчи; p = 1
N →+∞
N →∞
бўлса, узоқлашувчи. №9. p > 0 да яқинлашувчи; p < 0 да узоқлашувчи;
№10.Кўрсатма: Таққослаш
аломатидан
dx
∫ 1+ x
ҳам
8
яқинлашувчи
бўлади.
1
,
1 + x8
+∞
dx
∫1 x 8 -яқинлашучи. Шунинг учун
1
ϕ ( x ) = 8 , x ∈ [1; + ∞[ да 0 < f ( x ) < ϕ (x ).
x
+∞
f (x ) =
фойдаланамиз:
№11. Яқинлашувчи. №12.Кўрсатма:
1
+∞
N
arctgx
arctgx
dx.
2
∫1 x 2 = Nlim
∫
→ +∞
x
1
dx
arctgx
x2
=
dx
=
∫1 x 2
dx
1
dϕ =
, v=−
x
1 + x2
ϕ = arctgx ,
N
dv =
N
arctgx
dx
arctgx
π
1
2
arctg
x
x
=
+∫
=
−
+
1
+
ln
+
ln
(
1
+
)
=
+
x 1 1 x(1 + x 2 )
N
2
4
1
N
N
+∞
arctgN
N
+ ln 2 −
+ ln
.
N
1+ N 2
Демак,
хосмас
Яқинлашувчи.
1
1
интеграл
1
∫
0
dx
= 2,
x
яқинлашувчи.
№15. Яқинлашувчи.
dx
dx
= lim ln x
∫0 x = εlim
∫
→ 0+
ε →0 +
x
0
1
0
arctgx
π
dx
=
+ ln 2 бўлади.
∫1 x 2
4
N → ∞ да
= +∞ .
№16.
Демак,
№13.Яқинлашувчи.
Кўрсатма: Таърифга кўра
интеграл
узоқлашувчи.
яқинлашувчи. №18. Кўрсатма: Таърифга асосан
117
№14.
№17.
−ε
1
1
dx
dx
dx
+
lim
= 0,
∫−1 3 x = εlim
∫
∫
→0− 3 x
ε →0+ 3 x
−1
ε
1
∫
0
π
= .
1− x2 2
dx
яқинлашувчи.
1
№20.
∫
Яқинлашувчи,
0
e
№22.Кўрсатма : lim
ε →0
∫
1+ε
dx
= 2.
1− x
№19.
Яқинлашувчи,
№21.
Узоқлашувчи.
e
dx
= lim2 ln x = 2 < +∞. №23. Яқинлашувчи.
1+ε
x ln x ε →0
3-bob.Жавоблар(Аник интеграл)
№1. 1,5. №2. 9. №3. 0,5. №4. 11. №5. 2. №6. -1. №7. 28. №8. 5 − 2 .
1
7
π
. №15. 0,4.
№9. 6. №10. 168. №11. 9 . №12. 2e + 8 . №13. -0,25. №14.
3
64
π
1
11
2
a 2π
. №22. .
№16. 8 . №17.52. №18. 3. №19. 7 . №20. 32 . №21.
15
15
3
4
3
1
3
e+3
. №27. 7 ln
. №28. 4(e − 1).
№23. 1. №24. 10 π . № 25. ≈ 0,36 . №26.
8
16
4
1
15
1
. №31. 10 . №32. 0,25. №33. 3 ln 3 − 2. №34. π . №35.1.
№29. 10 . №30.
8
16
8
№36. e 2 + 1. №37.
1
. №38. a 2 ln 2.
3
4
2
. №40. πa 2 . №41. 2 . №42.
3
3
№39.
1
1
1
3
2
5 . №42. 2 −
≈ 0,56. №44. 21 . №45. πa 2 . №46. 4 . №47. 7,634.
3
ln 2
3
8
3
№48. 2πr.
№52. 4
(
)
1
№49. 1,196. №50. 2 17 − ln 4 + 17 .
2
(
)
№51. 2 3 + ln 2 + 3 .
a 1
4
1
πR
. №53. 17 . №54. 8a. №53. e − . №54. 6a. №55.
. №56.
2 e
27
2
2
(
)
1
π
11
π
π2
17 π . №57.
2 − 2 . №58.
π . №59. . №60.
. №61. а) 30π ; б)
15
2
405
2
4
118
2
3
2
π2
34 π ; в)
; г) 21 π . №62. а) 7,5π ; б) 8π ; в) 0,4π ; г) 18 π . №63.
15
5
15
2
0,75682. №65. 0,7462. №66. 1,12. №67. 1,46. №68. 0,56. №69. 0,82. №70.
11,9826. №71. 14,84. №72. 2,07. №73. 0,78539. №74. 1,37. №75.
8
9
11
. №77. . №78. 12 .
3
2
27
(
№79. M x =
)
№4. C 0;
(
)
3 5 −1
9 5 1
; My =
+ ln 2 + 5 .
3
8
16
3 3
.
5 4
№80. M x = 2 + ln 1 + 2 . №81. C ;
7
. №76.
6
8
5
№82. C (9; 9 ). №83. C 0; .
4a
1
5
. №85. πRl ; πR 2 H . №86. 2. №87. 6. №88. 3 . №89. ln 3.
3π
3
6
№90. 0,125Жоул. №91. 12,5 Жоул. №92. 900Жоул. №93. 0,288 Жоул. №94.
2,43 ⋅1010 Жоул. (Кўрсатма: ернинг тортиш кучи f ( x ) =
λ
, λ - ўзгармас сон.
x2
Ер сиртидаги жисмнинг ρ оғирлиги, x эса ернинг радиуси R га тенг. У
λ
ρR 2
2
ҳолда, ρ = 2 , λ = ρR . Бундан, f ( x ) = 2 , x = R ва x = R + h. Демак,
R
x
A = ρR
R+h
2
∫
R
dx
)
x2
4-bob. Javoblar(Karrali integrallar)
№1.
3
.
20
№2.660.
№3.
4
23
− sin 1. №4.
.
3
24
№5. 0.
№6.
5
. №7.a)
6
3
2 2
1
4
7
a , b) 9. №8. . №9. -2. №10. 32kv. birl. №11. . №12. . №13. a)0,
3
2
5
8
b)
1
,
2
v)
sin 1
.
3
№14.
1
.
8
№15.
1
48
119
№16.
3 5
28
. №17. 2. №18.
.
2
3
2 2 −1
№19.
.
3
№20. πR . №21. x0 = 0,
16
. №24. 2π .
15
120
2
2 7 848
y0 = R. 22. 6 ⋅
≈ 1,42.
π
3 105
№23.
Abiyotlar
1. Abdalimov B. Oliy matematika kursidan misol va masalalar
to’plami. -Toshkent: O’zbekiston milliy ensiklopediyasi, 2003.
2. Abdalimov B., Solixov Sh. Oliy matematika qisqa kursi. -Toshkent:
O’qituvchi, 1981.
3. Bogomolov N.V. Matematikadan amaliy mashg’ulotlar, -Toshkent:
O’qituvchi, 1984.
4. Bogomolov N.V. Oliy matematikadan amaliy mashg’ulotlar.Toshkent: O’qituvchi, 1976.
5. Kachenovskiy M.I. i dr. Algebra i nachala analiza. Chast 2.Moskva: Nauka, 1981.
6. Kudryatsev V.A., Demidovich B.P. Kratkiy kurs visshey
matematiki.-Moskva: Nauka, 1985.
7. Lobotskaya N.L. Osnovi visshey matematiki. -Minsk, 1978.
8. Minorskiy B.P. Sbornik zadach po visshey matematike. -Moskva:
Prosvesheniye, 1977.
9. Piskunov N.S. Differentsiyal va integral hisobi. I va II tomlar.Toshkent: O’qituvchi, 1970.
10. Shipachev V.S. Visshaya matematika.-Moskva: Visshaya shkola,
1985.
121