Если на сегменте [latex][a,b] [/latex] функции [latex]f(x)[/latex] имеет непрерывную производную [latex]f^{‘}(x)[/latex], то поверхность [latex]M[/latex], образованная вращением графика этой функции вокруг оси [latex]Ox[/latex], квадрируема и её площадь [latex]P[/latex] может быть вычислена по формуле[latex]P=[/latex][latex]2\pi\int\limits_{a}^{b}f(x)\sqrt{1+f^{‘2}(x)}dx[/latex]

Доказательство. Длина [latex]l_{i} [/latex] звена [latex]A_{i-1}A_{i} [/latex] ломанной [latex]A_{0}A_{1}…A_{n} [/latex] равна [latex]\sqrt{(x_{i}-x_{i-1})^{2}+(y_{i}-y_{i-1})^{2}}.[/latex] По формуле Лагранжа имеем [latex]y_{i}-y_{i-1}=[/latex][latex]f(x_{i})-f(x_{i-1})=[/latex][latex]f^{‘}(\xi)(x_{i}-x_{i-1}) [/latex]. Полагая [latex]x_{i}-x_{i-1}=\Delta_{x_{i}} [/latex]. Поэтому, согласно формуле,
[latex]P(x_{i})=[/latex][latex]2\pi\sum\limits_{i=1}^{n}f(\xi_{i})\sqrt{1+f^{‘2}}\Delta_{x_{i}}+[/latex][latex]\pi\sum\limits_{i=1}^{n}(y_{i-1}-f(\xi_{i}))\sqrt{1+f^{‘2}}\Delta_{x_{i}}+[/latex][latex]\pi\sum\limits_{i=1}^{n}(y_{i}-f(\xi_{i}))\sqrt{1+f^{‘2}}\Delta_{x_{i}},[/latex] Обозначим эту формулу [latex](**).[/latex] Первая сумма в правой части представляет собой интегральную сумму функции [latex]2\pi{f(x)\sqrt{1+f^{‘2}(x)}dx}[/latex], которая в силу условий утверждения интегрируема и имеет предел [latex]P=[/latex][latex]2\pi\int\limits_{a}^{b}f(x)\sqrt{1+f^{‘2}(x)}dx[/latex]. Докажем, что выражение в правой части [latex](**)[/latex] имеет предел, равный нулю. В самом деле, пусть [latex]\varepsilon>0[/latex]. Так как функция [latex]f(x)[/latex] равномерно непрерывны на сегменте [latex][a,b] [/latex], то по данному[latex]\varepsilon>0[/latex] можно указать такое [latex]\delta>0[/latex], что при [latex]\Delta<\delta[/latex][latex](\Delta=\max\Delta_{x_{i}})[/latex] выполняются неравенства [latex]|y_{i-1}-f(\xi_{i})|<\varepsilon[/latex] и [latex]|y_{i}-f(\xi_{i})|<\varepsilon[/latex]. Если [latex]T[/latex] — максимальное значение функции [latex]\sqrt{1+f^{‘2}(x)}[/latex] на сегменте [latex][a,b][/latex], то получаем
[latex]|\sum\limits_{i=1}^{n}((y_{i-1}-f(\xi_{i}))+[/latex][latex](y_{i}-f(\xi_{i})))\sqrt{{1+f^{‘2}(\xi_{i})}}\Delta_{x_{i}}|<[/latex][latex]2T\varepsilon\sum\limits_{i=1}^{n}\Delta_{x_{i}}=[/latex][latex]2T(b-a)\varepsilon.[/latex] В силу произвольности [latex]\varepsilon >0[/latex] предел указанного выражения равен нулю. Итак, мы доказали существование предела [latex]P[/latex] площадей [latex]P(x_{i})[/latex] и установили, что этот предел может быть вычислен по формуле [latex]P=[/latex][latex]2\pi\int\limits_{a}^{b}f(x)\sqrt{1+f^{‘2}(x)}dx[/latex].
Замечание 1.Квадрируемость поверхности вращения можно доказать при более слабых условиях. Достаточно потребовать, чтобы функция [latex]f^{‘}(x)[/latex] была определена и интегрируема на сегменте [latex][a,b].[/latex] Из этого предположения вытекает интегрируемость функции [latex]f(x)\sqrt{1+f^{‘2}(x)}.[/latex] Дальнейшее рассуждение ничем не отличается от рассуждений, проведенных при доказательстве утверждений этого пункта.
Замечание 2. Если поверхность [latex]M[/latex] получается посредством вращения вокруг оси [latex]Ox[/latex] кривой [latex]L[/latex], определяемой параметрическими уравнениями
[latex]x=\phi(t)[/latex], [latex]y=\psi(x)[/latex], [latex]\alpha\leq t\leq \beta,[/latex] то осуществляя замену переменных под знаком определенного интеграла в формуле
[latex]P=[/latex][latex]2\pi\int\limits_{a}^{b}f(x)\sqrt{1+f^{‘2}(x)}dx,[/latex] получим следующее выражение для площади [latex]P[/latex] этой поверхности [latex]P=[/latex][latex]2\pi\int\limits_{\alpha}^{\beta}\psi(t)\sqrt{\phi^{‘2}(t)+\psi^{‘2}(t)}dt.[/latex]
Пример 1.Найдем площадь [latex]P[/latex] поверхности эллипсоида вращения. Пусть эллипс [latex]\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1[/latex] вращается вокруг оси [latex]Ox[/latex]. Рассмотрим сначала случай [latex]a>b[/latex](вращение вокруг большой оси эллипса). Так как в этом случае [latex]f(x)=\frac{b}{a}\sqrt{a^{2}-x^{2}}[/latex], то полагая [latex]e=\sqrt{\frac{a^{2}-b^{2}}{a^{2}}}[/latex], найдем [latex]P=[/latex][latex]2\pi\int\limits_{-a}^{a}f(x)\sqrt{1+f^{‘2}(x)}dx=[/latex][latex]2\pi\frac{b}{a}\int\limits_{-a}^{a}\sqrt{a^{2}-e^{2}x^{2}}dx=[/latex][latex]2\pi b(b+\frac{a}{e}\arcsin e)[/latex]. Если [latex]a<b[/latex], то полагая [latex]e=\sqrt{\frac{b^{2}-a^{2}}{b^{2}}}[/latex] и проводя соответствующие вычисления, получим [latex]P=[/latex][latex]2\pi b(b+\frac{a^{2}}{2b}\ln\frac{1+e}{1-e})[/latex].
Пример 2. Найдем площадь [latex]P[/latex] поверхности, образованной вращением вокруг оси [latex]Ox[/latex] циклоиды, определяемой параметрическими уравнениями [latex]x=a(t- \sin t),[/latex] [latex]y=a(1-\cos t)[/latex], [latex]0\leq t\leq 2\pi[/latex]. По формуле [latex]P=[/latex][latex]2\pi\int\limits_{\alpha}^{\beta}\psi(t)\sqrt{\phi^{‘2}(t)+\psi^{‘2}(t)}dt[/latex]. Имеем [latex]P=[/latex][latex]2\pi\int\limits_{\alpha}^{\beta}\psi(t)\sqrt{\phi^{‘2}(t)+\psi^{‘2}(t)}dt=[/latex][latex]2\sqrt{2}\pi a^{2}\int\limits_{0}^{2\pi}(1-\cos t)^{\frac{3}{2}}dt=[/latex][latex]\frac{64}{3}\pi a^{2}[/latex].
Литература

В. А. Ильин, Э. Г. Позняк Основы математического анализа. Часть 1. 1982 год. Параграф 3, пункт 4. стр 379-380.

Вартанян Г. М. Конспект по математическому анализу.

Фихтенгольц Г. М. Курс дифференциального и интегрального исчисления. Часть 2, 1964 год, Параграф 2, стр. 214-217.

---

Для лучшего восприятия этого материала сперва следует прочесть Определение интегральных сумм и их границы

---

$latex \triangle$ Предел  интегральной суммы  при условии, что длина наибольшего из элементарных отрезков $latex max\triangle x_{k}$ стремится к нулю:

$latex \underbrace{I=\int_{a}^{b}f(x)\ dx=  \lim_{max \triangle x_{k}\rightarrow 0}\sum_{k=1}^{n}f(\xi_{k})\triangle x_{k}.}$

называется определённым интегралом Римана  от функции $latex f(x)$ на отрезке $latex [a,b]$ (или в пределах от a до b).$latex \blacktriangle$

Замечание.  Если функция $latex f(x)$ непрерывна на $latex [a,b]$, то предел интегральной суммы существует и не зависит от способа разбиения отрезка $latex [a,b]$ на элементарные отрезки и от выбора точек $latex \xi _{k}$ (теорема существования определенного интеграла).

Числа a и b соответственно называются нижним и верхним пределами интегрирования.

     Если $latex f(x)>0$ на $latex [a,b],$ то определённый интеграл $latex \int_{a}^{b}f(x)dx$ геометрически представляет собой площадь криволинейной трапеции —фигуры, ограниченной линиями $latex y=f(x),\ x=a,\ y=b,\ y=0 .$

Список литературы:

• А.Г. Попов, П.Е. Данко, Т.Я. Кожевникова «Мир и образование» 2005 г.  (Издание 6-е. Часть 1)  стр. 244-246
• Лысенко З.М. Конспект лекций по курсу математического анализа.
• Фихтенгольц Г.М. Курс дифференциального и интегрального исчисления (Том 2), 5-е издание, 1964 г., глава 9, §1, стр. 97-100

Определение

Если [latex]f(x)[/latex] интегрируема в промежутке [latex]\left [ a,b \right ][/latex], то она интегрируема и в промежутке [latex]\left [ b,a \right ][/latex], причем

$$\underset{a}{\overset{b}{\int}}f(x)dx=-\underset{b}{\overset{a}{\int}}f(x)dx$$

Пример

Вычислить определённый интеграл [latex]\underset{4}{\overset{-2}{\int}}(8+2x-x^{2})dx[/latex].

Преобразуем интеграл и затем применим свойство линейности интеграла.

$\underset{4}{\overset{-2}{\int}}(8+2x-x^{2})dx=\underset{-2}{\overset{4}{\int}}(8+2x-x^{2})dx=8\underset{-2}{\overset{4}{\int}}dx+2\underset{-2}{\overset{4}{\int}}xdx-\underset{-2}{\overset{4}{\int}}x^{2}dx=$$=8x|_{-2}^{4}+2\cdot \frac{1}{2}(x^{2})|_{-2}^{4}-\frac{1}{3}(x^{3})|_{-2}^{4}=48+12-24=36$.

Свойство 1

Если функция [latex]f(x)[/latex] интегрируема на отрезке [latex]\left [ a,b \right ][/latex], то она интегрируема на произвольном отрезке [latex]\left [ \alpha,\beta \right ] \subset \left [ a,b \right ][/latex].

Пример

 Ранее мы уже показали, что функция $f(x)=8+2x-x^{2}$ интегрируема на отрезке [latex]\left [ -2, 4 \right ][/latex]. Согласно первому свойству она также интегрируема на промежутке [latex]\left [ 0,2 \right ][/latex].

$\underset{0}{\overset{2}{\int}}(8+2x-x^{2})dx=8\underset{0}{\overset{2}{\int}}dx+2\underset{0}{\overset{2}{\int}}xdx-\underset{0}{\overset{2}{\int}}x^{2}dx=$$=8x|_{0}^{2}+2\cdot \frac{1}{2}(x^{2})|_{0}^{2}-\frac{1}{3}(x^{3})|_{0}^{2}=\frac{52}{3}$

 

Свойство 2 (аддитивность интеграла)

Если функция [latex]f(x)[/latex] интегрируема на отрезках  [latex]\left [ a,c \right ][/latex] и [latex]\left [ c,b \right ][/latex], то она также интегрируема на отрезке [latex]\left [ a,b \right ][/latex] и имеет место равенство

$$\underset{a}{\overset{b}{\int}}f(x)dx=\underset{a}{\overset{c}{\int}}f(x)dx+\underset{c}{\overset{b}{\int}}f(x)dx$$ .

Пример

Снова возьмём функцию $f(x)=8+2x-x^{2}$ и рассмотрим значения интеграла на промежутках [latex]\left [ -2, 1 \right ][/latex] и [latex]\left [ 1, 4 \right ][/latex].

$\underset{-2}{\overset{1}{\int}}(8+2x-x^{2})dx=8\underset{-2}{\overset{1}{\int}}dx+2\underset{-2}{\overset{1}{\int}}xdx-\underset{-2}{\overset{1}{\int}}x^{2}dx=$$=8x|_{-2}^{1}+2\cdot \frac{1}{2}(x^{2})|_{-2}^{1}-\frac{1}{3}(x^{3})|_{-2}^{1}=18$

$\underset{1}{\overset{4}{\int}}(8+2x-x^{2})dx=8\underset{1}{\overset{4}{\int}}dx+2\underset{1}{\overset{4}{\int}}xdx-\underset{1}{\overset{4}{\int}}x^{2}dx=$$=8x|_{1}^{4}+2\cdot \frac{1}{2}(x^{2})|_{1}^{4}-\frac{1}{3}(x^{3})|_{1}^{4}=18$

Т.е. 

$$\underset{a}{\overset{b}{\int}}f(x)dx=\underset{a}{\overset{c}{\int}}f(x)dx+\underset{c}{\overset{b}{\int}}f(x)dx$$ .

Литература

• Вартанян Г.М. Конспект лекций по математическому анализу, Часть 1(3)
• Г. М. Фихтенгольц. Курс дифференциального и интегрального исчисления, т.II. — М.: Наука, 1970.- 800 с. стр. 302

Свойство 3 (оценка модуля интеграла)

Пусть $latex f \in R[a,b] (aнепрерывности функции $latex f$, тогда

$latex \int\limits_{a}^{b}f(x)dx> 0$.

Замечание

Условие непрерывности функции $latex f(x)$ в точке $latex x_{0}$, где $latex f(x_{0})>0$ существенно. Например, пусть

$latex f(x)=\left\{\begin{matrix} 0, &0<x\leqslant 1, \\ 1,&x=0. \end{matrix}\right.$

Поскольку $latex \int\limits_{0}^{1}f(x)dx=0$, то неверно, что $latex \int\limits_{0}^{1}f(x)dx>0$.

Это можно проиллюстрировать на графике

Свойство 4 (оценка модуля интеграла)

Если $latex f\in R[a,b]$, то  $latex \left|\int\limits_{a}^{b}f(x)dx\right|\leqslant\int\limits_{a}^{b}\left|f(x)\right|dx$.

Замечание

Если $latex f(x)$ — интегрируема на отрезке с концами $latex [a,b]$, то

$latex \left | \int\limits_{a}^{b}f(x)dx \right | \leqslant \left | \int\limits_{a}^{b} \left | f(x)dx \right |\right |$.

Литература

• Лысенко З.М.. Конспект лекций по математическому анализу
• Ильин В.А., Позняк Э.Г. Основы математического анализа. М.:Наука, 1982, стр.333
• Фихтенгольц Г.М. Курс дифференциального и интегрального исчисления. М.:Наука, 1969, стр.112-113

Смотрите так же

• Определенный интеграл
• Свойства определенного интеграла связанные с неравенствами

Свойство 2 (свойство монотонности интеграла)

Если $latex f,g \in R[a,b] (a

$latex \int\limits_{a}^{b}f(x)dx \geqslant \int\limits_{a}^{b}g(x)dx$.

Спойлер

$latex \square$Пусть $latex \phi(x) \equiv f(x)-g(x)$, тогда $latex \phi \in R[a,b]$ и $latex \phi \geqslant 0$. По свойству интеграла от положительной функции

$latex \int\limits_{a}^{b}(f(x)-g(x))dx \geqslant 0$,

тогда получим что

$latex \int\limits_{a}^{b}f(x)dx \geqslant \int\limits_{a}^{b}g(x)dx$.

Что и требовалось доказать.$latex \blacksquare$

[свернуть]

Пример

Не вычисляя интегралов, определить какой из них больше $latex \int\limits_{3}^{4}\ln{x}dx$ или $latex \int\limits_{3}^{4}\ln^{2}{x}dx$

Спойлер

Заметим, что $latex \ln{x}\geqslant \ln{3}>\ln {e=1},\forall\;x\in[3,4]$ поэтому $latex \ln^{2}{x}>\ln{x},\;\forall\;x\in[3,4]$. Тогда, по свойству монотонности интеграла  $latex \int\limits_{3}^{4}\ln{x}dx < \int\limits_{3}^{4}\ln^{2}{x}dx$.

[свернуть]

Литература

• Лысенко З.М.. Конспект лекций по математическому анализу
• Ильин В.А., Позняк Э.Г. Основы математического анализа. М.:Наука, 1982, стр.333
• Фихтенгольц Г.М. Курс дифференциального и интегрального исчисления. М.:Наука, 1969, стр.111-112

Смотрите так же

• Определенный интеграл
• Свойства определенного интеграла связанные с неравенствами