определённый интеграл

8.4 Объем тела вращения

Пусть на отрезке $\left[a,b\right]$ задана непрерывная неотрицательная функция $f$ . Рассмотрим криволинейную трапецию, или подграфик функции $f$ . Будем вращать эту трапецию вокруг оси $Ox$ . Полученное тело вращения обозначим через $E$ . Выведем формулу для его объема. Разобьем отрезок $\left[a,b\right]$ точками $a= x_0 < x_1 <\ldots < x_n = b$ и обозначим $m_i = \inf f(x), M_i = \sup f(x)$ . В результате вращения получаем два прямых круговых цилиндра и один “цилиндр” с криволинейной образующей. Объемы меньшего и большего круговых цилиндров равны соответственно $\pi m_i^2\Delta x_i$ и $\pi M_i^2\Delta x_i$ . Из круговых прямых цилиндров составим две области: одна из них имеет объем \underline{V}= $\pi\sum\limits_{i=1}^{n-1}m_i^2\Delta x_i$ ,а другая $\overline{V}=\pi\sum\limits_{i=1}^{n-1}M_i^2\Delta x_i$ (Если у Вас возникли проблемы, то просмотрите этот материал Суммы Дарбу). Ясно, что наше тело вращения $E$ содержит в себе меньшее из этих кусочно цилиндрических тел и содержится в большем кусочно цилиндрическом теле. Таким образом, объем $V$ тела $E$ удовлетворяет неравенству \underline{V} $\leq$ V $\leq$ $\overline{V}$ . Понятно, что суммы \underline{V} и $\overline{V}$ соответственно нижняя и верхняя суммы Дарбу для интеграла $\pi\int\limits^a_b f(x)^2\,dx.$ , так что они обе стремятся к этому интегралу при стремлении к нулю диаметра разбиения.

Итак, мы получаем следующую формулу для нахождения объема тела вращения:

$V=\pi\int\limits^a_b f(x)^2\,dx$

8.2 Площадь в полярных координатах

$\DeclareMathOperator{\ctg}{ctg}\DeclareMathOperator{\tg}{tg} \DeclareMathOperator{\arctg}{arctg} \newcommand{\rndBrcts}[1]{\left ( #1 \right )} \newcommand{\abs}[1]{\left | #1 \right |}$

В полярных координатах положение точки на плоскости характеризуется $r$ – расстоянием от точки до начала координат и углом $φ$ , образованным радиус-вектором точки и положительным направлением оси $Ox$ . Будем считать, что $−\pi< φ \leqslant \pi$ . Рассмотрим на плоскости множество, ограниченное кривой, заданной уравнением $r=r(\varphi)$ $(\alpha \leqslant \varphi \leqslant \beta)$ , и отрезками лучей $\varphi=\alpha$ и $\varphi=\beta$ . Предположим, что функция $r(\varphi)$ непрерывна и положительна на $[\alpha ,\beta]$ . Можно показать, что это множество квадрируемо. Разобьем отрезок $[\alpha, \beta]$ на части точками $\alpha =\varphi_{0} < \varphi_{1}< \dots < \varphi_{n}= \beta$ . Тогда рассматриваемое множество разобьется на криволинейные секторы. Если исходное разбиение отрезка $[\alpha, \beta]$ достаточно мелкое, то, в силу непрерывности функции $r(\varphi),i$ -й сектор можно приближенно считать сектором круга. Точнее, если обозначим $\mu_{i} =\inf_{\varphi_{i} \leqslant \varphi_{i} \leqslant \varphi_{i+1}}r(φ) \;\;\;и\;\;\;Mi=\sup_{\varphi_{i} \leqslant \varphi \leq \varphi_{i+1}}r(φ),$ то рассматриваемый криволинейный сектор содержит в себе круговой сектор радиуса $\mu_{i}$ и содержится в круговом секторе радиуса $M_{i}$ . Площадь внутреннего сектора радиуса $\mu_{i}$ равна $\displaystyle \frac{1}{2}\mu_{i}^{2} \Delta \varphi_{i}$ , а площадь внешнего – $\displaystyle \frac{1}{2}M_{i}^2 \Delta \varphi_{i}$ , где $\Delta \varphi_{i}$ – угол при вершине. Складывая эти площади, получим $\frac{1}{2} \sum_{i=0}^{n-1}\mu_{i}^2 \Delta \varphi_{i}\equiv \underline S,$ $\frac{1}{2} \sum_{i=0}^{n-1}M{i}^2 \Delta \varphi_{i}\equiv \overline S.$

Как мы уже отметили, рассматриваемое множество квадрируемо, так что его площадь $S$ удовлетворяет неравенству $\underline S\leqslant S\leqslant \overline S.$ Но $\underline S$ и $\overline S$ представляют собой соответственно нижнюю и верхнюю суммы Дарбу для функции $\displaystyle \frac{1}{2}r^2(\varphi),$ соответствующие данному разбиению отрезка $[\alpha,\beta].$ Поэтому, учитывая, что функция $\displaystyle \frac{1}{2}r^2(\varphi)$ интегрируема по Риману на отрезке $[\alpha; \beta ],$ получаем, что при стремлении к нулю диаметра разбиения верхняя и нижняя суммы Дарбу обе стремятся к $\displaystyle \frac{1}{2} \int_\limits{ \alpha}^{ \beta}r^2( \varphi)d \varphi .$ Таким образом, мы доказали равенство
$S=\frac{1}{2} \int_\limits{ \alpha}^{ \beta}r^2( \varphi)d \varphi .$

Примеры решения задач

Данные примеры читателю рекомендуется решить самому в качестве тренировки.

Спираль Архимеда задается уравнением $r=a \varphi$ $(0 \leqslant \varphi \leqslant 2 \pi),$ где параметр $a>0.$ Найдите площадь множества точек плоскости, ограниченной спиралью Архимеда.

Решение

Площадь множества точек плоскости, ограниченной спиралью Архимеда равна $S=\frac{1}{2} \int\limits_{0}^{2 \pi}r^2(\varphi)d \varphi = \frac{1}{2} a^2 \int_\limits{0}^{2 \pi} \varphi^2 d \varphi = \frac{4 \pi^3 a^2}{3}$

Ответ: $\displaystyle S=\frac{4 \pi^3 a^2}{3}.$
Вычислить площадь фигуры, ограниченной кардиоидой $r=1+ \cos \varphi$ $(0 \leqslant \varphi \leqslant 2 \pi)$

Решение

$S=\frac{1}{2} \int_\limits{0}^{2 \pi}(1+ \cos \varphi)^2 d \varphi =$
$=\frac{1}{2}\int_\limits{0}^{2\pi}\left ( 1+2\cos\varphi+\cos^2\varphi \right )d\varphi=$
$=\frac{1}{2}\int_\limits{0}^{2\pi}\left ( 1+2\cos\varphi+\frac{1+\cos 2 \varphi}{2} \right )d \varphi=$
$=\frac{1}{2}\int_\limits{0}^{2\pi}\left ( \frac{3}{2} + 2\cos\varphi+\frac{\cos2\varphi}{2} \right )d\varphi=$
$=\frac{1}{2}\left ( \frac{3}{2}\varphi + 2\sin\varphi+\frac{\sin2\varphi}{4}\right )\bigg|_{0}^{2\pi}=\frac{3\pi}{2}$

Ответ: $\displaystyle S=\frac{3 \pi}{2}.$
Вычислить площадь фигуры, ограниченной линией $r(\varphi)=2 \cos ^2 \varphi$

Решение

Так как, $r(\varphi)=2 \cos ^2 \varphi \geq 0$ $\forall \varphi ,$ значит угол принимает все значения от $\alpha = 0$ до $\beta = 2 \pi .$ По рабочей формуле:
$S=\frac{1}{2} \int_\limits{\alpha}^{\beta}r^2(\varphi)d \varphi=\frac{1}{2}\int_\limits{0}^{2\pi}(2 \cos^2 \varphi)^2 d \varphi=$
$=\frac{1}{2}\cdot 4 \int_\limits{0}^{2\pi}(\cos^2 \varphi)^2 d \varphi =2\int_\limits{0}^{2\pi}\left ( \frac{1+\cos 2\varphi}{2} \right )^2 d \varphi=$
$=2\cdot \frac{1}{4}\int\limits_{0}^{2\pi} (1+\cos 2\varphi)^2 d \varphi= \frac{1}{2}\int_\limits{0}^{2\pi}(1+2\cos 2\varphi+\cos^22\varphi)d \varphi=$
$=\frac{1}{2}\int_\limits{0}^{2\pi} \left ( 1+2\cos2\varphi+\frac{1+\cos4\varphi}{2} \right )d \varphi=$
$=\frac{1}{2}\int_\limits{0}^{2\pi}\left ( \frac{3}{2} + 2\cos2\varphi +\frac{\cos4\varphi}{2} \right )d \varphi=$
$=\frac{1}{2}\left ( \frac{3}{2} \varphi+\sin2\varphi+ \frac{\sin4\varphi}{8} \right )\bigg|_{0}^{2\pi}=$
$=\frac{1}{2}\left ( \frac{3}{2}\cdot 2\pi+\sin4\pi+\frac{\sin8\pi}{8}-\left ( \frac{3}{2}\cdot 0 +\sin 0 + \frac{\sin0}{8} \right ) \right )=$
$=\frac{3\pi}{2}$

Ответ: $\displaystyle S=\frac{3\pi}{2}.$
Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями, заданными в полярных координатах r=√3cosφ, r=sinφ (0⩽φ⩽π2).
Решение

Фигура, ограниченная окружностями $r=\sqrt{3} \cos \varphi,$ $r=\sin \varphi ,$ не определена однозначно и поэтому в условии наложено дополнительное ограничение на угол $\displaystyle \left ( 0 \leqslant \varphi \leqslant \frac{\pi}{2} \right ),$ из которого следует, что необходимо вычислить заштрихованную площадь:

Сначала найдем луч $\displaystyle \varphi=\frac{\pi}{3},$ по которому пересекаются окружности. Приравниваем функции и решаем уравнение:
$\sin \varphi=\sqrt{3} \cos \varphi$
$\frac{\sin \varphi}{\cos \varphi} = \sqrt{3}$
$\tg \varphi = \sqrt{3}$

Таким образом: $\displaystyle \varphi=\arctg\sqrt{3}=\frac{\pi}{3}$

Из чертежа следует, что площадь фигуры нужно искать как сумму площадей:
- На промежутке $\displaystyle \left [0;\frac{\pi}{3}\right ]$ фигура ограничена отрезком луча $\displaystyle \varphi=\frac{\pi}{3}$ и дугой окружности $r=\sin\varphi .$
  $S_{1}=\frac{1}{2}\int_\limits{0}^{\frac{\pi}{3}}(\sin\varphi)^2d \varphi=\frac{1}{2}\int_\limits{0}^{\frac{\pi}{3}}\sin^2 \varphi d \varphi=$
  $=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}\int_\limits{0}^{\frac{\pi}{3}}(1-\cos2\varphi)d \varphi=\frac{1}{4}\left ( \varphi-\frac{1}{2}\sin2\varphi \right )\bigg|_{0}^{\frac{\pi}{3}}=$
  $=\frac{1}{4}\left ( \frac{\pi}{3}-\frac{1}{2}\sin\frac{2\pi}{3} \right )=\frac{1}{4}\left ( \frac{\pi}{3}-\frac{1}{2}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2} \right )=\frac{\pi}{12}-\frac{\sqrt{3}}{16}$
- На промежутке $\displaystyle \left [ -\frac{\pi}{3};\frac{\pi}{3}\right ]$ фигура ограничена тем же отрезком луча $\displaystyle \varphi=\frac{\pi}{3}$ и дугой окружности $r=\sqrt{3}\cos\varphi .$
  $S_{2}=\frac{1}{2}\int_\limits{\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{2}}(\sqrt{3}\cos\varphi)^2d \varphi = \frac{3}{2} \int_\limits{\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{2}}\cos^2\varphi d \varphi=$
  $=\frac{3}{2}\cdot \frac{1}{2}\int_\limits{\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{2}}(1+\cos2\varphi)d \varphi= \frac{3}{4}\left ( \varphi + \frac{1}{2} \sin 2\varphi \right )\bigg|_{\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{2}}=$
  $=\frac{3}{4}\left ( \frac{\pi}{2}+\frac{1}{2}\sin\pi-\left ( \frac{\pi}{3}+\frac{1}{2}\sin\frac{2\pi}{3} \right ) \right )=$
  $=\frac{3}{4}\left ( \frac{\pi}{2}+0-\frac{\pi}{3}-\frac{1}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2} \right )=\frac{3}{4}\left ( \frac{\pi}{6}-\frac{\sqrt{3}}{4} \right )=\frac{3\pi}{24}-\frac{3\sqrt{3}}{16}$
- Пользуемся аддитивностью площади:
  $S=S_{1}+S_{2}=\frac{\pi}{12}-\frac{\sqrt{3}}{16}+\frac{3\pi}{24}-\frac{3\sqrt{3}}{16}=$
  $=\frac{5\pi}{24}-\frac{\sqrt{3}}{4}=\frac{5\pi-6\sqrt{3}}{24}$
Ответ: $\displaystyle S=\frac{5\pi-6\sqrt{3}}{24}.$

Площадь в полярных координатах

Пройдите этот тест, чтобы проверить свои знания по только что прочитанной теме «Площадь в полярных координатах».

Коляда В. И., Кореновский А. А. Курс лекций по математическому анализу. — Одесса: Астропринт, 2009, ч.1, с. 220-221

См. также:

8.1 Вычисление площадей

Будем называть $\mathbb{R}^2$ множество всех упорядоченных пар действительных чисел $(x,y)$ . Элементы $\mathbb{R}^2$ называют , а числа $x,y$ – координатами этих точек.

Пусть $a\leqslant b,c\leqslant d$ . Множество всех точек, координаты $(x,y)$ которых удовлеворяют неравенствам $a\leqslant x\leqslant b,c\leqslant y\leqslant d$ , будем называть и обозначать $[a,b;c,d]$ . Стороны прямоугольника параллельны координатным осям. Если $a=b$ или $c=d$ , то прямоугольник $[a,b;c,d]$ называется вырожденным.

Множество всех точек $(x,y)$ , удовлетворяющих неравенствам $a< x< b, c< y< d$ , называют внутренностью прямоугольника.

(или мерой) прямоугольника $I\equiv [a,b;c,d]$ называется произведение длин его сторон, т.е. $m(I)=(d−c)(b−a)$ .

Фигурой (или элементарным множеством) назовем такое множество на плоскости, которое можно представить в виде объединения конечного числа прямоугольников. Фигура называется вырожденной, если она может быть представлена в виде конечного объединения вырожденных прямоугольников.

Предложение. Каждую фигуру можно разбить на конечное число прямоугольников с попарно непересекающимися внутренностями.

Это предложение принимаем без доказательства.

Пусть фигура $X$ является объединением прямоугольников $I_{1},\dots ,I_{n}$ , у которых внутренности попарно не пересекаются. Тогда мерой фигуры $X$ называется
$m(X) = \sum_{k=1}^{n}m(I_{k}).$

Нетрудно показать, что данное определение меры не зависит от способа разбиения этой фигуры на прямоугольники с попарно непересекающимися внутренностями. Ясно, что мера вырожденной фигуры равна нулю.

Пусть теперь $E$ – произвольное множество на плоскости, которое содержится в некотором прямоугольнике, т.е. ограниченное.Число $m^*(E) = \inf_{X\supset E}m(X),$ где нижняя грань берется по всевозможным фигурам $X$ , содержащим множество $E$ , называется множества $E$ . Далее, число $m_{*}(E) = \sup_{X\subset E}m(X),$ где верхняя грань берется по всевозможным фигурам $X$ , содержащимся во множестве $E$ , называется множества $E$ .

Нетрудно показать, что если фигуры $X$ и $Y$ таковы, что $X\subset Y$ , то $m(X) \leqslant m(Y)$ . Отсюда сразу следует, что для любого ограниченного множества $E$ справедливо неравенство $m_{∗}(E)\leqslant m^*(E).$

Если внутренняя мера множества $E$ равна его внешней мере, то множество $E$ называется или . В этом случае общее значение внешней и внутренней мер называется мерой Жордана множества $E$ и обозначается $m(E).$

Пусть $E$ – множество всех точек из единичного квадрата $[0,1;0,1]$ , у которых обе координаты рациональны. Это множество не содержит ни одной невырожденной фигуры, т.к. в каждом невырожденном прямоугольнике существуют точки с иррациональными координатами. Значит, $m_{∗}(E)=0.$ С другой стороны, нетрудно показать, что любая фигура, содержащая множество $E$ , содержит также единичный квадрат. Поэтому $m^∗(E)=1.$ Таким образом, $m_{∗}(E)< m^∗(E)$ , так что множество $E$ неизмеримо по Жордану.

Пусть $f$ – неотрицательная функция на отрезке $[a,b].$ Подграфиком функции $f$ будем называть множество $E_{f}$ всех точек $(x,y)$ , координаты которых удовлетворяют неравенствам $a\leqslant x\leqslant b,0\leqslant y\leqslant f(x).$

Пусть функция $f$ неотрицательна и интегрируема на отрезке $[a,b].$ Тогда ее подграфик $E_{f}$ измерим и $m(E_{f}) = \int \limits_{a}^{b} f(x)dx.$

Возьмем разбиение $a = x_{0} < x_{1} < \dots < x_{n} = b$ отрезка $[a,b]$ и обозначим $m_{i} = \inf_{x\in [x_{i},x_{i+1}]}f(x),\;\;\;\;\;\;\; M_{i} = \sup_{x\in [x_{i},x_{i+1}]}f(x).$ Далее пусть $\underline \Delta_{i} = [x_{i},x_{i+1};0,m_{i}],$ $\overline{\Delta_{i}} = [x_{i},x_{i+1};0,M_{i}],$ $\underline X=\bigcup_{i=0}^{n-1}\underline \Delta_{i},$ $\overline{X}=\bigcup_{i=0}^{n-1}\overline{\Delta_{i}}.$
Тогда, по определению меры фигуры, имеем $m(\underline X)=\sum_{i=0}^{n-1}m(\underline\Delta_{i})=\sum_{i=0}^{n-1}m_{i}\Delta x_{i}=\underline S ,$
где $\underline S$ – нижняя сумма Дарбу функции $f$ , соответствующая выбранному разбиению. Аналогично получаем, что $m(\overline X)=\overline S,$ где $\overline S$ – верхняя сумма Дарбу.
Поскольку функция $f$ интегрируема, то $\overline S — \underline S\rightarrow 0$ вместе с диаметром разбиения. Следовательно, для любого $\varepsilon >0$ найдется такое $\delta >0$ , что для любого разбиения диаметра, меньшего, чем $\delta$ , справедливо неравенство $\overline S — \underline S < \varepsilon$ . Значит, $m(\overline X)−m(\underline X) < \varepsilon$ . Заметим, что $\underline X\subset E_{f} \subset \overline X$ . Поэтому $m(\underline X) \leqslant m_{*}(E_{f}) \leqslant m^*(E_{f}) \leqslant m(\overline X)$ . Отсюда следует $m^*(E_{f})-m_{*}(E_{f}) <\varepsilon$ , а значит, $m_{∗}(E_{f})$ и $m^∗(E_{f})$ равны. Это означает, что множество $E_{f}$ измеримо. Кроме того, из неравенств $\underline S \leqslant m(E_{f})\leqslant \overline S$ и из того, что $\displaystyle \overline S - \underline S\rightarrow 0$ и $\displaystyle \overline S \rightarrow \int\limits_{a}^{b} f(x)dx,$ $\displaystyle \underline S \rightarrow \int\limits_{a}^{b} f(x)dx$ , вытекает, что $\displaystyle m(E_{f})=\int\limits_{a}^{b} f(x)dx$ .

Примеры решения задач

Данные примеры читателю рекомендуется решить самому в качестве тренировки.

Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями $y=x^2+2,$ $y=0,$ $x=-2,$ $x=1$ .

Решение

На отрезке $[-2;1]$ график функции $y=x^2+2$ расположен над осью $Ox$ , поэтому:
$S=\int\limits_{-2}^{1}(x^2+2)dx=\left ( \frac{x^3}{3}+2x \right )\bigg|_{-2}^1=$
$=\frac{1}{3}+2-\left ( -\frac{8}{3}-4 \right ) = \frac{1}{3} +2+\frac{8}{3}+4=9$

Ответ: $S=9.$
Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями y=2x, y=x+1, y=0, x=3.
Решение

Фигура, площадь которой нам нужно найти, зарисована серым цветом.

Этот пример полезен тем, что в нём площадь фигуры считается с помощью двух определенных интегралов:
- На отрезке $[-1;1]$ над осью $Ox$ расположен график прямой $y=x+1$ ;
- На отрезке $[1;3]$ над осью $Ox$ расположен график гиперболы $\displaystyle y=\frac{2}{x}$ .
Понятно, что площади нужно сложить, поэтому:
$S=\int\limits_{-1}^{1}(x+1)dx+\int\limits_{1}^{3}\frac{2dx}{x}=$
$=\left ( \frac{x^2}{2} +x\right )\bigg|_{-1}^1 +2(\ln x)\bigg|_{1}^3=$
$=\frac{1}{2}+1-\left ( \frac{1}{2}-1 \right ) +2(\ln3- \ln 1)=$
$=\frac{1}{2}+1-\frac{1}{2}+1+2(\ln3-0)=2+2\ln3=2(1+\ln3)$

Ответ: $S=2(1+\ln3).$
Найти площадь множества, ограниченного линиями $y=x^2+1,$ $x+y=3.$

Решение

Найдем абсциссы точек пересечения графиков
$\left\{\begin{matrix} y=x^2+1\\ y=3-x \end{matrix}\right.$

Решая эту систему, находим $x_{1}=-2,$ $x_{2}=1.$ Поэтому
$S=\int\limits_{-2}^{1}(3-x)dx-\int\limits_{-2}^{1}(x^2+1)dx=$
$=9-\frac{x^2}{2}\bigg|_{-2}^1-\left ( \frac{x^3}{3}+x \right )\bigg|_{-2}^1=$
$=9-\frac{1}{2}+2-\frac{4}{3}-\frac{8}{3}-2=4.5$

Ответ: $S=4.5.$
Найти площадь круга $x^2+y^2 \leqslant R^2$ .

Решение

Верхняя полуокружность задается уравнением $y=\sqrt{R^2-x^2},$ $-R \leqslant x \leqslant R.$ Поэтому площадь верхнего полукруга равна
$S=\int\limits_{-R}^{R}\sqrt{R^2-x^2}dx=2\int\limits_{0}^{R}\sqrt{R^2-x^2}dx=$
$=[x=Rz]=2R^2\int\limits_{0}^{1}\sqrt{1-z^2}dz=\frac{\pi R^2}{2},$
а значит, площадь всего круга равна $\pi R^2.$

Ответ: $S=\pi R^2.$

Вычисление площадей

Пройдите этот тест, чтобы проверить свои знания по только что прочитанной теме «Вычисление площадей».

Коляда В. И., Кореновский А. А. Курс лекций по математическому анализу. — Одесса: Астропринт, 2009, ч.1, с. 216-220

См. также:

7.1 Определение и элементарные свойства интеграла Римана

Определение. Пусть на отрезке

$[a, b]$ задана функция

$f.$ Рассмотрим произвольную систему точек

$a = x_0 < x_1 < \ldots < x_n = b.$ Каждую такую систему назовем разбиением отрезка

$[a,b],$ а само разбиение будем обозначать через

$\Pi .$ Отрезки

$[x_i, x_{i+1}] (i = 0, 1, \ldots , n-1)$ называются частичными отрезками разбиения. Наибольшую из длин

$\Delta x_i = x_{i+1}-x_i$ частичных отрезков называют диаметром этого разбиения и обозначают

$d(\Pi) = \underset{0 \leqslant i \leqslant n-1} {\max} \Delta x_i.$
В каждом из частичных отрезков

$[x_i, x_{i+1}]$ выберем произвольным образом точку

$\xi_i$ и составим сумму

$\sigma = \sum\limits_{i=0}^{n-1} f (\xi_i) \Delta x_i.$
Сумма

$\sigma$ называется интегральной суммой для функции

$f,$ соответствующей заданному разбиению

$\Pi$ и заданному выбору точек

$\xi_i .$
Для каждого заданного разбиения множество всевозможных интегральных сумм бесконечно, поскольку каждая интегральная сумма зависит от способа выбора точек

$\xi_i .$

Определение. Число

$I$ называется пределом интегральных сумм

$\sigma$ при стремлении к нулю диаметра разбиения

$d(\Pi),$ если для любого

$\varepsilon > 0$ найдется такое

$\delta > 0,$ зависящее, вообще говоря, от

$\varepsilon,$ что для любого разбиения

$\Pi$ отрезка

$[a, b]$ диаметра

$d(\Pi) < \delta$ при любом выборе промежуточных точек

$\xi_i$ из частичных отрезков этого разбиения соответствующая интегральная сумма

$\sigma$ удовлетворяет неравенству

$|\sigma — I| < \varepsilon,$ т. е.

$\forall \varepsilon \exists \delta > 0 : \forall \Pi,$

$d(\Pi) < \delta$

$\forall \xi_i \in [x_i, x_{i+1}] (i = 0, 1, \ldots , n-1) |\sigma — I| < \varepsilon.$

Определение. Если существует конечный предел интегральных сумм при стремлении к нулю диаметра разбиения, то этот предел называется интегралом от функции

$f$ по отрезку

$[a, b]$ и обозначается

$\displaystyle\int\limits_a^b \!f(x)\,dx .$ В этом случае функция

$f$ называется интегрируемой на отрезке

$[a, b].$ В противном случае говорят, что функция

$f$ неинтегрируема на

$[a, b].$
Итак,

$\int\limits_a^b\! f(x)\,dx = \underset {d(\Pi) \to 0}{\lim} \sigma .$

Геометрический смысл определенного интеграла.

С геометрической точки зрения интегральная сумма представляет собой сумму площадей прямоугольников высотой $f (\xi_i)$ и шириной $x_{i+1}-x_i.$
Поэтому определенный интеграл – предел интегральных сумм при стремлении к нулю диаметра разбиения – можно интерпретировать как площадь (с учетом знака) криволинейной трапеции, ограниченной осью $Ox,$ прямыми $x = a, x = b$ и графиком функции $y = f(x).$
По аналогии с определением предела функции в смысле Гейне, определение предела интегральных сумм можно выразить в терминах последовательностей следующим образом.

Определение. Число

$I$ называется пределом интегральных сумм при стремлении к нулю диаметра разбиения, если для любой последовательности

$\Pi_1, \Pi_2, \ldots , \Pi_n, \ldots$ разбиений отрезка

$[a, b],$ такой, что

$d(\Pi_n) \to 0$ при

$n \to \infty,$ и при любом выборе промежуточных точек из частичных отрезков этих разбиений соответствующая последовательность интегральных сумм

$\sigma_1, \sigma_2, \ldots , \sigma_n, \ldots$ сходится к числу

$I.$

Упражнение. Докажите равносильность этих двух определений предела интегральных сумм.

Если функция $f$ интегрируема на отрезке $[a, b],$ то она ограничена на этом отрезке.

Предположим, что функция $f$ неограничена на $[a, b],$ и покажем, что в этом случае для любого разбиения $\Pi$ промежуточные точки $\xi_i$ можно выбрать так, чтобы модуль соответствующей интегральной суммы оказался большим любого наперед заданного числа. Рассмотрим произвольное разбиение $\Pi : a = x_0 < x_1 < \ldots < x_n = b.$ Если $f$ неограничена на $[a, b],$ то найдется такой частичный отрезок $[x_j , x_{j+1}],$ на котором $f$ также неограничена. Действительно, если бы $f$ оказалась ограниченной на каждом из частичных отрезков, то она была бы ограниченной и на всем отрезке $[a, b].$ Итак, предположим, что $f$ неограничена сверху на $[x_j , x_{j+1}].$ Зададим произвольное число $M$ и покажем, что точки $\xi_i$ можно выбрать так, чтобы соответствующая интегральная сумма $\sigma$ стала большей, чем $M.$ Действительно, сначала выберем точки $\xi_i$ во всех отрезках, кроме $[x_j , x_{j+1}],$ и составим сумму $\displaystyle\sigma^\prime = \sum\limits_{i:i\neq j}$ $f(\xi_i) \Delta x_i.$ Затем точку $\xi_j$ выберем так, чтобы выполнялось неравенство $f(\xi_j ) \Delta x_j + \sigma^\prime > M.$ Это возможно в силу того, что функция $f$ неограничена сверху на $[a, b].$ Тогда получим, что для интегральной суммы $\sigma = \sigma^\prime + f(\xi_j ) \Delta x_j$ выполнено неравенство $\sigma > M.$
Случай неограниченной снизу $f$ исчерпывается аналогичным образом.
Наконец заметим, что из определения предела интегральных сумм вытекает, что при достаточно мелком разбиении интегральные суммы ограничены независимо от способа выбора промежуточных точек. Действительно, в определении предела условие $d(\Pi) < \delta$ влечет выполнение неравенства $|\sigma−I| < \varepsilon,$ откуда следует, что $|\sigma| < |I|+ \varepsilon.$ Мы же, предположив, что функция $f$ неограничена на $[a, b],$ получаем противоречие с ограниченностью интегральных сумм.

Замечание. В доказательстве теоремы мы воспользовались тем, что для интегрируемой функции при достаточно мелком разбиении интегральные суммы ограничены. На самом деле у интегрируемой функции ограничено множество всех интегральных сумм, соответствующих всевозможным разбиениям, а не только достаточно мелким. Действительно, мы доказали, что интегрируемая на

$[a, b]$ функция

$f$ ограничена, т. е. существует такое число

$A,$ что

$|f(x)| < A$ для всех

$x \in [a, b].$ Поэтому для любого разбиения

$\Pi$ при любом способе выбора точек

$\xi_i$ получим

$|\sigma| \leqslant \sum\limits_{i=0}^{n-1} \left|f(\xi_i) \Delta x_i\right| \leqslant A \sum\limits_{i=0}^{n-1} \Delta x_i = A (b-a).$
Итак, каждая интегрируемая функция ограничена. Однако не каждая ограниченная функция интегрируема.

Пример ограниченной неинтегрируемой функции.

Рассмотрим функцию Дирихле $\begin{equation*} \mathcal{D}\left(x\right) = \begin{cases} 1, &\text{x — рационально,}\\ 0, &\text{x — иррационально.} \end{cases} \end{equation*}$

Эта функция ограничена. Покажем, что она неинтегрируема на любом невырожденном отрезке $[a, b].$ Действительно, если для произвольного разбиения $\Pi$ все точки $\xi_i$ выбрать рациональными, то получим $\sigma = \sum\limits_{i=0}^{n-1} \mathcal {D}(\xi_i) \Delta x_i = \sum\limits_{i=0}^{n-1} \Delta x_i = b-a.$ Если же все точки $\xi_i$ взять иррациональными, то $\sigma = \sum\limits_{i=0}^{n-1} \mathcal {D}(\xi_i) \Delta x_i = 0.$ Отсюда следует, что интегральные суммы не имеют предела при стремлении к нулю диаметра разбиения.

Пример 1.

Пусть $f(x) = c,$ $a \leqslant x \leqslant b.$ Тогда для любого разбиения $\Pi$ при любом выборе точек $\xi_i$ будет $f(\xi_i) = c$ и поэтому $\sigma = \sum\limits_{i=0}^{n-1} f(\xi_i)\Delta x_i = c \sum\limits_{i=0}^{n-1} \Delta x_i = c (b-a).$ Таким образом, $\displaystyle\int\limits_{a}^{b}\! c\,dx = c (b-a).$

Пример 2.

Пусть $f(x) = x, 0 \leqslant x \leqslant 1.$ Выберем произвольное разбиение $\Pi : 0 = x_0 < x_1 < \ldots < x_n = 1$ и точки $\xi_i \in [x_i, x_{i+1}].$ Тогда
соответствующая интегральная сумма будет иметь вид $\displaystyle\sigma = \sum\limits_{i=0}^{n-1} \xi_i \Delta x_i.$ Наибольшая из всех интегральных сумм, соответствующая выбранному разбиению, равна $\displaystyle\overline \sigma = \sum\limits_{i=0}^{n-1} x_{i+1} \Delta x_i,$ а наименьшая $\displaystyle\underline \sigma = \sum\limits_{i=0}^{n-1} x_i \Delta x_i.$ Тогда имеем $\overline {\sigma} + \underline \sigma = \sum_{i=0}^{n-1}(x_{i+1}+x_i) \Delta x_i = \sum\limits_{i=0}^{n-1}(x_{i+1}^2 — x_{i}^2)$ $\overline {\sigma}-\underline \sigma = \sum\limits_{i=0}^{n-1}(x_{i+1}+x_i) \Delta x_i \leqslant d(\Pi) \sum\limits_{i=0}^{n-1} \Delta x_i = d(\Pi).$ Таким образом, $\overline \sigma −\underline \sigma \to 0$ при $d(\Pi) \to 0,$ а поскольку $\underline \sigma + \overline \sigma = 1,$ то обе эти суммы стремятся к $\displaystyle\frac {1}{2}.$ Отсюда и из неравенства $\underline \sigma \leqslant \sigma \leqslant \overline \sigma$ сразу следует, что $\displaystyle\sigma \to \frac{1}{2}$ при $d(\Pi) \to 0.$ Итак, функция интегрируема и $\displaystyle\int\limits_{0}^{1} \!x\,dx = \frac{1}{2}.$

Пример 3. Ступенчатые функции.

Функция $f$ называется ступенчатой
на отрезке $[a, b],$ если $[a, b]$ можно разбить на отрезки $[a_0, a_1], \ldots ,[a_{s−1}, a_s],$ где $a = a_0 < a_1 < \ldots < a_s = b,$ такие, что функция $f$ постоянна на каждом интервале $(a_j , a_{j+1}),$ т. е. $f(x) = c_j,$ $x \in (a_j , a_{j+1}),$ $j = 0, 1, \ldots , s − 1.$ При достаточно малых $\delta$ для разбиения $\Pi : a = x_0 < x_1 < \ldots < x_n = b,$ диаметр которого меньше, чем $\delta,$ все частичные отрезки разбиения, за исключением, быть может, не более чем $2s$ штук, расположены целиком в соответствующих интервалах постоянства функции $f.$ Пусть разбиению $\Pi$ при каком-либо выборе промежуточных точек $\xi_j$ соответствует интегральная сумма $\sigma.$ Имеем $\left|\sigma-\sum\limits_{j=0}^{s-1} c_j (a_{j+1}-a_j)\right| \leqslant 2s \cdot \delta \cdot \left[\underset{a\leqslant x\leqslant b}{\mathrm{\max}} f(x)-\underset{a\leqslant x\leqslant b}{\mathrm{\min}} f(x)\right].$ Отсюда ясно, что при стремлении к нулю диаметра разбиения интегральные суммы стремятся к $\displaystyle\sum\limits_{j=0}^{s-1} c_j (a_{j+1}-a_j),$ т.е. $\displaystyle\int\limits_{a}^{b} \!f(x)\,dx = \sum\limits_{j=0}^{s-1} c_j (a_{j+1}-a_j).$

Пример 4. Функция Римана.

Напомним, что функция Римана определяется равенством $\begin{equation*} \mathcal{R}\left(x\right) = \begin{cases} 0, &\text{x — рационально,}\\ \displaystyle\frac{1}{q}, &\text{где x = $\displaystyle\frac{p}{q}$ — несократимая дробь.} \end{cases} \end{equation*}$ Покажем, что эта функция интегрируема на $[0, 1]$ и ее интеграл равен нулю. Для этого заметим, что для любого $x \in [0, 1]$ имеем $\lim\limits_{y \to x} \mathcal{R}(y) = 0.$ Действительно, это сразу следует из того, что при любом фиксированном $\varepsilon > 0$ на отрезке $[0, 1]$ существует лишь конечное число таких точек, в которых функция Римана принимает значения большие, чем $\varepsilon.$ Обозначим число таких точек через $N_\varepsilon.$ Зафиксируем $\varepsilon > 0$ и положим $\displaystyle ε^\prime = \frac {\varepsilon}{2},$ $\displaystyle\delta = \frac{\varepsilon^{\prime}}{2N_{\varepsilon^\prime}}.$ Тогда при любом разбиении $\Pi,$ диаметр которого меньше, чем $\delta,$ и при любом способе выбора промежуточных точек количество слагаемых в интегральной сумме, для которых значение функции больше, чем $\varepsilon^\prime,$ не превосходит $2N_{\varepsilon^\prime}.$ Поэтому для интегральной суммы σ справедлива следующая оценка: $\sigma \leqslant N_{\varepsilon^{\prime}}\delta + \varepsilon^\prime \sum\limits_{i=0}^{n-1} \Delta x_i \leqslant N_{\varepsilon^{\prime}} \frac{\varepsilon^{\prime}}{2N_{\varepsilon^\prime}} = \varepsilon.$ Таким образом, получили, что $\sigma \to 0$ при $d(\Pi) \to 0,$ т. е. $\displaystyle\int\limits_{0}^{1}\! \mathcal{R}(x)\,dx = 0.$

Определение тела вращения и его объема

Тела вращения – это объемные тела, которые образуются при вращении некой плоской фигуры, которая, в свою очередь, ограничена кривой и вращается вокруг оси, лежащей в той же плоскости.

Определение кубируемости

Тело $M$ — называется кубируемым, если верхний объем $\overline{V}$ совпадает с нижним $\underline{V}$ и тогда величина $V=\overline{V}=\underline{V}$ называется объемом $M$ .

Пусть Тело $M$ — тело вращения, полученное вращением некоторой плоской фигуры вокруг оси $OX$ или $OY$ .
$M$ — кубируемо и его объем вычисляется по формуле $V=\pi\int\limits_{a}^{b} f^2(x) dx$ .
Вот пример тела полученого вращением вокруг оси $OX$ криволинейной трапеции, образованной непрерывной функцией $y=f(x)$ и прямыми $x=a$ и $x=b$ .

Место	Имя	Записано	Баллы	Результат
Таблица загружается
Нет данных

Место	Имя	Записано	Баллы	Результат
Таблица загружается
Нет данных

Средний результат
Ваш результат

Средний результат
Ваш результат

Примеры решения задач

Объем тела вращения

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

Элементы сортировки

4.

5.

См. также

Примеры решения задач

Площадь в полярных координатах

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

4.

См. также:

Примеры решения задач

Вычисление площадей

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

4.

5.

6.

7.

Элементы сортировки

См. также:

Примеры решения задач

Интеграл Римана

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

4.

5.

Литература

Смотрите также

Определение тела вращения и его объема

Определение кубируемости