В данном пункте приведена формула Ньютона — Лейбница, доказательство которой необязательно при обучении на базовом уровне. Оно приведено в конце пункта. На нескольких примерах показано, как с помощью этой формулы можно вычислять площади криволинейных трапеций, а также площади фигур, заключенных между графиками двух функций. После знакомства с вычислением определенного интеграла как предела интегральной суммы с опорой на геометрический смысл определенного интеграла применение формулы Ньютона — Лейбница воспринимается учащимися как большое упрощение вычислений. Решения и комментарии Используя формулу Ньютона — Лейбница, вычислите определенный интеграл (6.46—6.51): 6.46. в) ∫ 3 7 x dx . Решение. ∫ 3 7 x dx= x 2 2 | 3 7 = 7 2 2 − 3 2 2 =20 . 6.49. в) ∫ 0 2π sinx dx . Решение. ∫ 0 2π sinx dx= (−cosx) | 0 2π =−cos2π−(−cos0)=0. 6.51. в) ∫ 1 3 dx x . Решение. ∫ 1 3 dx x =lnx | 1 3 =ln3−ln1=ln3 . Используя формулу Ньютона — Лейбница, вычислите площадь фигуры, ограниченной линиями (6.54—6.58): 6.54. в) y = x2 + 1, y = 3 − x. Решение. Сначала найдем абсциссы точек пересечения графиков y = x2 + 1 и y = 3 − x. Для этого решим уравнение x2 + 1 = 3 − x. Это уравнение имеет два корня: x1 = −2 и x2 = 1. Взаимное расположение графиков функций учащиеся могут обосновать, построив графики этих функций. В каждой точке интервала (−2; 1) график функции y = 3 − x расположен выше графика функции y = x2 + 1, поэтому искомая площадь S равна S1 − S2, где S1 — площадь трапеции ABCD; S2 — площадь криволинейной трапеции ABKCD (рис. 72). S 1 = ∫ −2 1 (3−x)dx= ( 3x− x 2 2 ) | −2 1 =( 3− 1 2 )−( −6− 4 2 ) = 10,5 (кв. ед.), S 2 = ∫ −2 1 ( x 2 +1)dx= ( x 3 3 +x ) | −2 1 =( 1 3 +1 )−( −8 3 −2 ) = 6 (кв. ед.). Тогда S = S1 − S2 = 10,5 − 6 = 4,5 (кв. ед.). Ответ. 4,5.
Рис. 72
Замечание. Взаимное расположение графиков функций учащиеся могут обосновать иначе: в каждой точке интервала (−2; 1) график функции y = 3 − x расположен выше графика функции y = x2 + 1, так как для любого x ∈ (−2; 1) справедливо неравенство 3 − x − (x2 + 1) > 0, т. е. неравенство − (x + 2) (x − 1) > 0. 6.58. а) y − x2 = 0 и y2 − x = 0. Решение. Сначала найдем абсциссы точек пересечения графиков функций y = x2 и x = y2. Для этого решим систему уравнений y = x2 и x = y2. Эта система имеет только два решения: (0; 0) и (1; 1). Следовательно, x1 = 0 и x2 = 1 — абсциссы точек пересечения графиков. Так как каждая из формул, которыми заданы графики функций y = x2 и x = y2, может быть получена из другой формулы заменой x на y и y на x, то эти графики симметричны относительно прямой y = x (рис. 73). Тогда площади S1 и S2 фигур ABMO и ONBC равны: S 1 = S 2 = ∫ 0 1 x 2 dx= x 3 3 | 0 1 = 1 3 − 0 3 = 1 3 , а площадь S искомой фигуры равна:
S=1−2 S 1 =1− 2 3 = 1 3 (кв. ед.).
Ответ. 1 3 .
Рис. 73
6.59. а) Найдите ту первообразную для функции f (x) = 2x + 4, график которой касается прямой y = 6x + 3. Вычислите площадь фигуры, ограниченной графиком найденной первообразной и прямыми y = 6x + 3 и y = 0. Решение. Каждая первообразная для функции f (x) = 2x + 4 имеет вид F (x) = x2 + 4x + С, где С — некоторое число. Пусть график функции y = F (x) касается прямой y = 6x + 3 в точке с абсциссой x0. Тогда F′ (x0) = 2x0 + 4 = 6, откуда x0 = 1, а ордината точки касания равна y0 = 6x0 + 3 = 9. Так как график функции F (x) = x2 + 4x + С проходит через точку (1; 9), то верно равенство 9 = 1 + 4 + С, откуда С = 4. Итак, искомая первообразная задается формулой F (x) = x2 + 4x + 4. Теперь вычислим площадь фигуры, ограниченной линиями y = x2 + 4x + 4, y = 6x + 3 и y = 0 (рис. 74).
В данном пункте сформулированы основные свойства определенного интеграла и приведены примеры вычисления определенных интегралов с использованием этих свойств. Особое внимание нужно уделить примеру 4, при решении которого конкретно показано, что если графики функций y = f (x) и y = φ (x) пересекаются в точках с абсциссами a и b (a < b) и если эти функции непрерывны на отрезке [a; b] и f (x) > φ (x) на всем интервале (a; b), то площадь фигуры, ограниченной графиками функций y = f (x) и y = φ (x), вычисляется по формуле S= ∫ a b (f(x)−φ(x))dx . Решения и комментарии Примените основные свойства интеграла при вычислении интегралов (6.64—6.65): 6.64. д) ∫ 0 1 x dx+ ∫ 1 3 x dx . Решение. ∫ 0 1 x dx+ ∫ 1 3 x dx= ∫ 0 3 x dx = x 2 2 | 0 3 = 9 2 −0=4,5. 6.70. а) Вычислите площадь фигуры, ограниченной линиями y = x2 − πx и y = sin x. Решение. Сначала построим графики функций y = x2 − πx и y = sin x. Первый график — парабола с вершиной ( π 2 ;− π 2 4 ), проходящая через точки (0; 0) и (π; 0). Второй график — синусоида, проходящая через те же точки (0; 0) и (π; 0) (рис. 75).
Рис. 75
На интервале (0; π) точки графика функции y = sin x расположены выше точек графика функции y = x2 − πx, поэтому
Ответ. π 3 6 +2. 6.72. а) Вычислите площадь фигуры, ограниченной линией y = 4 + 0,5x2, касательной к ней y = 2x + 2 и прямыми x = 0 и x = 3. Решение. Решив уравнение 4 + 0,5x2 = 2x + 2, найдем абсциссу x = 2 точки касания параболы и прямой. Для всех x ≠ 2 точки параболы находятся выше точек прямой, так как 4 + 0,5x2 − 2x − 2 = 0,5 (x − 2)2 ≥ 0, поэтому
S= ∫ 0 3 ( (4+0,5 x 2 )−(2x+2) )dx= ∫ 0 3 (0,5 x 2 −2x+2)dx= = ( x 3 6 − x 2 +2x ) | 0 3 =( 27 6 −9+6 )−0=1,5 (кв. ед.).
Ответ. 1,5. 6.73. Вычислите определенный интеграл, используя замену переменной: в) ∫ −1 1 1− x 2 dx; д) ∫ − π 2 π 2 dx 4+ x 2 . Решение. в) Так как x ∈ [−1; 1], то заменим переменную в интеграле: x = sin u, u∈( − π 2 ; π 2 ) . При этом cos u ≥ 0 и dx = cos u du. Поэтому получим ∫ −1 1 1− x 2 dx= ∫ − π 2 π 2 cos 2 u du= ∫ − π 2 π 2 1+cos2u 2 du= = u+ 1 2 sin2u 2 | − π 2 π 2 = π 2 + 1 2 sinπ−( − π 2 + 1 2 sin(−π) ) 2 = π 2 . д) Заменим переменную в интеграле: x = 2u, тогда при возрастании x от − π 2 до π 2 переменная u возрастает от − π 4 до π 4 , при этом dx = 2du. Поэтому получим ∫ − π 2 π 2 dx 4+ x 2 = ∫ − π 2 π 2 2du 4+4 u 2 = 1 2 ∫ − π 4 π 4 du 1+ u 2 = 1 2 arctg u | − π 4 π 4 = = 1 2 arctg π 4 − 1 2 arctg( − π 4 )=arctg π 4 . 6.74. Вычислите определенный интеграл: а) ∫ 0 π | sin2002x | dx; б) ∫ −7 7 | | | | x |−4 |−2 |−1 | dx . Решение. а) Заменим переменную в интеграле: x= u 2002 , тогда при возрастании x от 0 до π переменная u возрастает от 0 до 2002π, при этом dx= du 2002 . Поэтому получим ∫ 0 π | sin2002x | dx= ∫ 0 2002π | sinu | du 2002 = 1 2002 ∫ 0 2002π | sinu |du= = 1 2002 ( ∫ 0 π | sinu |du+ ∫ π 2π | sinu |du+...+ ∫ 2001π 2002π | sinu |du ) . На каждом из 2002 отрезков длины π: [0; π], [π; 2π], ... [2001π; 2002π] график функции y = | sin u | ограничивает одну и ту же площадь (рис. 76), поэтому искомый интеграл равен:
б) Построим график функции y = | | | | x | − 4 | − 2 | − 1 |, последовательно построив графики функций: 1) y = | x |; 2) y = | x | − 4; 3) y = | | x | − 4 |; 4) y = | | x | −4 | −2; 5) y = | | | x | −4 | −2 |; 6) y = | | | x | −4 | −2 | −1; 7) y = | | | | x | −4 | −2 | −1 |. Последний, седьмой график изображен на рисунке 77.
Рис. 77
Итак, искомый интеграл равен сумме площадей семи равных равнобедренных прямоугольных треугольников с гипотенузой 2, площадь каждого из которых равна 1 2 ⋅2⋅1=1. Поэтому ∫ −7 7 | | | | x |−4 |−2 |−1 |dx=7. Промежуточный контроль. С—28.
6.8*. Применение определенных интегралов в геометрических и физических задачах
В данном пункте учебника рассмотрены задачи, для решения которых используются определенные интегралы: нахождение площади круга, объема тела вращения, работы, совершаемой под действием переменной силы, и т. д. Решения и комментарии 6.75. а) Множество точек координатной плоскости xOy, удовлетворяющих уравнению x 2 a 2 + y 2 b 2 =1 (a ≠ b), называют эллипсом. Вычислите площадь фигуры, ограниченной эллипсом
x 2 + 9y2 = 9 (рис. 78).
Рис. 78
Решение. Сначала запишем функцию, задающую верхнюю границу эллипса: y= 1− ( x 3 ) 2 . Площадь S1 фигуры, ограниченной графиком этой функции и осью Ox, равная половине искомой площади, вычисляется по формуле S 1 = ∫ −3 3 1− ( x 3 ) 2 dx . Так как x ∈ [−3; 3], то заменим переменную в интеграле: x 3 =sinu, u∈[ − π 2 ; π 2 ], при этом cos u ≥ 0 и dx = 3 cos u du. Поэтому получим S 1 = ∫ − π 2 π 2 3 cos 2 u du=3 ∫ − π 2 π 2 1+cos2u 2 du= 3 2 ( u+ 1 2 sin2u ) | − π 2 π 2 = = 3 2 ( π 2 + 1 2 sinπ )− 3 2 ( − π 2 + 1 2 sin(−π) )= 3π 2 . Тогда площадь фигуры, ограниченной эллипсом, равна 2S1 = 3π. Ответ. 3π. 6.77. Используя формулу объема тела вращения, получите формулы для вычисления объемов цилиндра и конуса. Решение. 1) Пусть дан цилиндр, радиус основания которого R, а высота H. Зададим систему координат xOy так, чтобы центрам оснований цилиндра соответствовали точки оси Ox: x = 0 и x = H (рис. 79, а). Тогда функция y = R задает прямую, вращением которой вокруг оси Ox образуется боковая поверхность цилиндра. Вычислим объем тела вращения по формуле V=π ∫ a b f 2 (x)dx . В нашем примере a = 0 и b = H, f (x) = R, поэтому V=π ∫ 0 H R 2 dx=π R 2 x | 0 H =π R 2 H−0=π R 2 H . 2) Пусть дан конус, радиус основания которого R, а высота H. Зададим систему координат xOy так, чтобы вершине и центру основания конуса соответствовали точки оси Ox: x = 0 и x = H (рис. 79, б). Тогда функция y= R H x задает прямую, вращением которой вокруг оси Ox образуется боковая поверхность конуса. Вычислим объем тела вращения по формуле V=π ∫ a b f 2 (x)dx. В нашем примере a = 0 и b = H, f(x)= R H x , поэтому V=π ∫ 0 H R 2 H 2 x 2 dx= π R 2 H 2 ∫ 0 H x 2 dx= π R 2 H 2 ( x 3 3 ) | 0 H = = π R 2 H 2 ⋅ H 3 − 0 3 = 1 3 π R 2 H .
Рис. 79
6.80. а) К движущейся по прямой точке приложена направленная вдоль этой прямой сила F = 2x − 1, где x — координата движущейся точки. Вычислите работу силы F по перемещению точки от точки x = 0 до точки x = 3. Решение. Работа W по перемещению точки вычисляется по формуле W= ∫ a b f(x)dx . В нашем примере a = 0, b = 3, f (x) = 2x − 1, поэтому W= ∫ 0 3 (2x−1)dx=( x 2 −x )| 0 3 =(9−3)−0=6. Ответ. 6.
6.9*. Понятие дифференциального уравнения
В данном пункте учебника введены понятия дифференциального уравнения, порядка дифференциального уравнения, рассмотрены дифференциальные уравнения первого и второго порядков, понятия решения дифференциального уравнения, общего, частного решения дифференциального уравнения, приведены примеры применения дифференциальных уравнений. Решения и комментарии 6.86. Найдите частное решение дифференциального уравнения, удовлетворяющее условию: а) y′ = 4x3, y (0) = 1; д) y″ = 66x, y (0) = 1, y′ (0) = 3. Решение. а) Общим решением данного дифференциального уравнения является функция y = ∫ 4x3dx = x4 + C, где C — некоторая постоянная. Из условия y (0) = 1 имеем 04 + C = 1, откуда C = 1. Искомым частным решением дифференциального уравнения является функция y = x4 + 1. д) Обозначим у′ = z, тогда исходное дифференциальное уравнение можно переписать в виде
z′ = 66x.
Его решение есть функция
z = ∫ 66xdx + C1 = 33x2 + C1,
где C1 — некоторая постоянная. Так как z = у′, то получаем уравнение
у′ = 33x2 + C1.
Его решением, а значит, и решением исходного дифференциального уравнения является функция
у = ∫ (33x2 + C1) dx = 11x3 + C1x + C2,
где C2 — некоторая постоянная. Итак, общее решение исходного дифференциального уравнения — это функция
у = 11x3 + C1x + C2,
где C1 и C2 — некоторые постоянные. Из условия y′ (0) = 3 имеем 33 · 02 + C1 = 3, откуда C1 = 3. Из условия y (0) = 1 имеем 11 · 03 + C1 · 0 + C2 = 1, откуда C2 = 1. Следовательно, искомое частное решение дифференциального уравнения — это функция у = 11x3 + 3x + 1.
6.10*. Задачи, приводящие к дифференциальным уравнениям
В данном пункте учебника рассмотрены задачи на нахождение закона движения точки по известной ее скорости, по ее ускорению, на определение зависимости от времени температуры тела по заданной его температуре и температуре окружающей среды, а также задачи на радиоактивный распад, гармонические колебания. Все эти задачи решаются с использованием дифференциальных уравнений. Решения и комментарии 6.95. Первоначально в баке было 100 л раствора, содержащего 10 кг соли. В бак непрерывно вливается 5 л чистой воды в минуту и столько же воды выливается из бака. Весь процесс происходит при тщательном перемешивании воды. Сколько соли останется в баке через 1 ч? Решение. Будем считать, что в каждую минуту из бака вытекает 5 100 = 1 20 имеющейся в нем соли, т. е. скорость изменения массы соли m пропорциональна этой массе: dm dt =− 1 20 m (знак «−» означает, что масса соли уменьшается, т. е. функция m (t) убывает). Этому дифференциальному уравнению удовлетворяет функция
m(t)=A e − 1 20 t , где А — некоторая постоянная. Из условия задачи следует, что Т (0) = 10, поэтому A = 10. Определим массу соли в момент времени t = 60:
m = 10e−3 ≈ 0,5.
Ответ. Через 1 ч в баке останется 0,5 кг соли. Замечание. Отметим, что в учебнике и здесь решение уравнения y′ = αy, где α — данное число, записывается в виде y = Aeαt, где А — некоторая постоянная, а решение уравнения y″ + ky2 = 0, где k > 0 — данное число, записывается в виде
y = A sin kt + B cos kt,
где А и B — некоторые постоянные. И вопрос о том, есть ли другие решения у этих уравнений, не обсуждается.
