Matematika/Apibrėžtinis integralas

Rymano integralo savybės

Rymano integralas pasižymi tokiomis savybėmis, kurias gana lengva suprasti, laikant integralą plotu.

• $\int _{a}^{a}f(x){\mathsf {d}}x=0.$ Stačiakampio, kurio viena kraštinė lygi 0, plotas lygus 0.

• Jei $b<a$, tai $\int _{a}^{b}f(x){\mathsf {d}}x=-\int _{b}^{a}f(x){\mathsf {d}}x$. T. y. integruojant iš dešinės į kairę, plotas laikomas neigiamu. Taip yra todėl, kad dydžiai $\Delta x_{i}$ integralinėje sumoje yra neigiami.

• Jei $c\in [a;b]$, tai $\int _{a}^{c}f(x){\mathsf {d}}x+\int _{c}^{b}f(x){\mathsf {d}}x=\int _{a}^{b}f(x){\mathsf {d}}x$. Plotus galima sudėti, jei jie nesikerta. Dėl praeitos savybės, taip sudėti galima net ir tada, kai $c$ yra už intervalo galų, jei tik ten funkcija yra integruojama.

• Jei $f(x)$ ir $g(x)$ yra integruojamos kažkokiame intervale, tai integruojama ir šių funkcijų sandauga $f(x)g(x)$. Atvirkščias teiginys yra neteisingas.

• $\int _{a}^{b}(f(x)+g(x)){\mathsf {d}}x=\int _{a}^{b}f(x){\mathsf {d}}x+\int _{a}^{b}g(x){\mathsf {d}}x.$

Skaičiavimas

Skaičiuoti Rymano integralą naudojantis apibrėžimu ne visada įmanoma, be to, tai yra labai sudėtinga. Dažniausiai praktikoje naudojama Niutono-Leibnico formulė, kuri sieja neapibrėžtinį integralą su apibrėžtiniu, nors iš esmės tai yra visiškai skirtingi dalykai:

$\int _{a}^{b}f(x){\mathsf {d}}x=F(x)\vert _{a}^{b}=F(b)-F(a).$

Čia $F(x)$ yra viena iš $f(x)$ pirmykščių funkcijų. Pavyzdžiui, rasime integralą $\int _{0}^{1}x^{2}{\mathsf {d}}x$, t. y. plotą po parabolės šaka, apribota parabole $f(x)=x^{2}$, Ox koordinačių ašimi ir tiese, statmena Ox ašiai ir kertančią ją taške $x=b=1.$

Iš pradžių surandame:

$\int x^{2}{\mathsf {d}}x={\frac {x^{2+1}}{2+1}}+C={\frac {x^{3}}{3}}+C.$

Tada į šitą formulę įstatome a ir b reikšmes:

$F(b)={\frac {1^{3}}{3}}+C={\frac {1}{3}}+C.$

$F(a)={\frac {0^{3}}{3}}+C=C.$

Tada atimame F(a) iš F(b):

$F(b)-F(a)=\int _{0}^{1}x^{2}{\mathsf {d}}x={\frac {1^{3}}{3}}-{\frac {0^{3}}{3}}={\frac {1}{3}}.$

Radome plotą esantį po dešine parabolės šaka, kuris apribotas, šiuo atveju, tik viena iš dešinės pusės statmena x ašiai tiese (kurios ilgis yra $1^{2}$).

Pavyzdžiai

• $\int _{0}^{1}{e^{x}dx \over 4e^{2x}+12e^{x}+34}=\int _{1}^{e}{dt \over 4t^{2}+12t+34}=\int _{1}^{e}{dt \over (2t+3)^{2}+25}={1 \over 2}\int _{5}^{2e+3}{du \over u^{2}+25}=$

$={1 \over 10}\arctan {u \over 5}\vert _{5}^{2e+3}={\frac {1}{10}}\arctan {2e+3 \over 5}-{\pi \over 40},$ kur $t=e^{x};$ $dt=e^{x}dx;$ $a=e^{0}=1;$ $b=e^{1}=e;$ $u=2t+3;$ $du=2dt.$ Apibrėžtinio integralo integravimas dalimis: $\int _{a}^{b}u\;dv=uv\vert _{a}^{b}-\int _{a}^{b}v\;du.$

• $\int _{0}^{\pi \over 2}x\sin x\;dx=-x\cos x\vert _{0}^{\pi \over 2}+\int _{0}^{\pi \over 2}\cos x\;dx=\sin x\vert _{0}^{\pi \over 2}=1,$ kur $x=u;$ $\sin xdx=dv;$ $dx=du;$ $-\cos x=v.$

• Apskaičiuosime 100 cm ilgio strypo masę, kai jo ilginis tankis $\gamma (x)=2+0.001x^{2}$ $(g/cm).$

$m=\int _{0}^{100}(2+0.001x^{2})dx=(2x+{0.001 \over 3}x^{3})|_{0}^{100}=200+{1000 \over 3}=533{1 \over 3}\;(g).$

• $\int _{0}^{1}{\sqrt {1-x^{2}}}dx.$ Keičiame $x=\sin t,$ $dx=\cos tdt.$ Kadangi $\sin t=0$, kai $t=0$ ir $\sin t=1,$ kai $t={\pi \over 2},$ tai

$\int _{0}^{1}{\sqrt {1-x^{2}}}dx=\int _{0}^{\pi \over 2}{\sqrt {1-\sin ^{2}t}}\cos tdt=\int _{0}^{\pi \over 2}\cos ^{2}dt=\int _{0}^{\pi \over 2}{1+\cos(2t) \over 2}dt={\pi \over 4}+{1 \over 4}\sin(2t)|_{0}^{\pi \over 2}={\pi \over 4}.$

Parabolės.

• Apskaičiuosime figūros, apribotos kreivių $y=x^{2}$ ir $y=x^{1/2}$ plotą.

Pirmiausia turime rasti tų kreivių susikirtimo taškų abscises. Tuo tikslu sprendžiame lygtį $x^{2}=x^{1/2}$ iš čia $x_{1}=0,$ $x_{2}=1.$ Tuomet

$S=\int _{0}^{1}({\sqrt {x}}-x^{2})dx={2 \over 3}x^{3 \over 2}|_{0}^{1}-{x^{3} \over 3}|_{0}^{1}={2 \over 3}-{1 \over 3}={1 \over 3}.$

Elipsė.

• Apskaičiuokime figūros, apribotos elipse ${x^{2} \over a^{2}}+{y^{2} \over b^{2}}=1$ plotą.

Apskaičiuokime plotą tos figūros dalies, kuri yra pirmajame ketvirtyje, po to gautą rezultatą padauginsime iš 4. Elipsės kanonine lygtį pakeičiame parametrinėmis lygtimis $x=a\cos t,$ $y=\sin t.$ Pirmajame ketvirtyje x kinta nuo 0 iki a, todėl t kinta nuo ${\pi \over 2}$ iki 0 (tokias t reikšmes gavome, įrašę į lygtį $x=a\cos t$ vietoje x jo reikšmes 0 ir a). Į formulę $S=\int _{a}^{b}ydx$ vietoje y įrašykime $y=b\sin t,$ o vietoje $dx$ įrašykime $d(a\cos t)=-a\sin tdt,$ kadangi $x=a\cos t.$ Tuomet

$S=-4\int _{\pi /2}^{0}b\sin ta\sin tdt=4ab\int _{0}^{\pi /2}\sin ^{2}tdt=2ab\int _{0}^{\pi /2}(1-\cos(2t))dt=$ $=2ab[{\pi \over 2}-\int _{0}^{\pi /2}{\cos(2t) \over 2}d(2t)]=2ab[{\pi \over 2}-{\sin(2t) \over 2}|_{0}^{\pi /2}]=\pi ab.$

• Apskaičiuosime kūno, apriboto paraboloido $z=x^{2}+{3 \over 2}y^{2}$ ir plokštumos $z=4$, tūrį.

Jei paraboloidą kirstume plokštuma $z=const,$ tai jo pjūvyje gautume elipsę

$x^{2}+{3 \over 2}y^{2}=z,$ kurios kanoninė lygtis ${x^{2} \over z}+{y^{2} \over {2 \over 3}z}=1.$ Tos elipsės pusašės lygios $a={\sqrt {z}},\;b={\sqrt {2z \over 3}}.$ Kadangi $Q(z)=\pi ab$ (iš ankstesnio pavyzdžio), tai $Q(z)=\pi {\sqrt {z}}\cdot {\sqrt {2z \over 3}}=\pi z{\sqrt {2 \over 3}}.$ Tuomet $V=\int _{0}^{4}\pi {\sqrt {2 \over 3}}zdz=\pi {\sqrt {2 \over 3}}\cdot {z^{2} \over 2}|_{0}^{4}={8\pi {\sqrt {6}} \over 3}.$

Plotas apribotas parabolės ir tiesės.

• Apskaičiuosime plotą figūros, apribotos grafikais funkcijų $y=f_{1}(x)=x$ ir $y=f_{2}(x)=2-x^{2}.$

Rasime abscises taškų susikirtimo tiesės $y=x$ su prabole $y=2-x^{2}.$ Išsprendę lygtį

$x=2-x^{2},$ $-x^{2}-x+2=0,$ $D=b^{2}-4ac=(-1)^{2}-4(-1)2=9,$ $x_{1,2}={-b\pm {\sqrt {D}} \over 2a}={1\pm 3 \over -2}=-2;1,$ gauname $x_{1}=-2,$ $x_{2}=1.$ Tai ir yra integravimo ribos. Ieškomas figūros plotas pagal formulę toks: $s=\int _{-2}^{1}[f_{2}(x)-f_{1}(x)]dx=\int _{-2}^{1}[(2-x^{2})-x]dx=(2x-{x^{3} \over 3}-{x^{2} \over 2})|_{-2}^{1}=$ $=(2-{1 \over 3}-{1 \over 2})-(-4+{8 \over 3}-2)=8-3-{1 \over 2}={9 \over 2}.$

• Tą patį plotą apribota parabole $y=2-x^{2}$ ir tiese $y=x$ apskaičiuosime paprastu budu. Surandame su x ašimi susikirtimo tašką parabolės $2-x^{2}=0,$ $2=x^{2},$ $x=\pm {\sqrt {2}}.$ Surandame plotą po parabole kai $-{\sqrt {2}}\leq x\leq 1:$

$S_{1}=\int _{-{\sqrt {2}}}^{1}(2-x^{2})dx=(2x-{x^{3} \over 3})|_{-{\sqrt {2}}}^{1}=2-{1 \over 3}-(-2{\sqrt {2}}+{2{\sqrt {2}} \over 3})={5 \over 3}+{4{\sqrt {2}} \over 3};$

Dabar surandame plotą po parabole nuo $x=-2$ iki $x=-2^{1/2}:$

$|S_{2}|=|\int _{-2}^{-{\sqrt {2}}}(2-x^{2})dx|=|(2x-{x^{3} \over 3})|_{-2}^{-{\sqrt {2}}}|=|-2{\sqrt {2}}+{2{\sqrt {2}} \over 3}-(-4+{8 \over 3})|=|-{4{\sqrt {2}} \over 3}+{4 \over 3}|={4{\sqrt {2}} \over 3}-{4 \over 3};$

Dabar iš pirmo ploto po parabole atimame trikampio plotą:

$S_{V}=S_{1}-S_{\Delta _{1}}={5 \over 3}+{4{\sqrt {2}} \over 3}-{1 \over 2}={7 \over 6}+{4{\sqrt {2}} \over 3};$

Apatinį (ieškomą) plotą trečiajame ketvirtyje gauname atėmę $|S_{2}|$ iš trikampio ploto:

$S_{A}=S_{\Delta _{2}}-|S_{2}|={2^{2} \over 2}-({4{\sqrt {2}} \over 3}-{4 \over 3})={10 \over 3}-{4{\sqrt {2}} \over 3};$

Susumavę viršutinį (virš ašies Ox) ieškomą plotą $S_{V}$ ir apatinį (po ašimi Ox) ieškomą plotą $S_{A}$ gauname visą ieškomą plotą apribotą parabolės ir tiesės:

$S=S_{V}+S_{A}=({7 \over 6}+{4{\sqrt {2}} \over 3})+({10 \over 3}-{4{\sqrt {2}} \over 3})={81 \over 18}={9 \over 2}.$

10.16.

• Pavyzdis. Skritulys, apribotas apskritimo $x^{2}+(y-a)^{2}=b^{2}$ (a>b), sukamas apie ašį Ox (10.16 pav). Apskaičiuokime gauto sukinio, vadinamo toru, tūrį. Čia a yra atstumas nuo koordinačių pradžios taško O iki skritulio centro, kuris sukamas aplink ašį Ox. Šio skritulio spindulys lygus b.

Sprendimas. Toro tūris lygus dviejų sukinių tūrių skirtumui: pirmasis sukinys gaunamas sukant kreivinę trapeciją ABCDE, o antrasis - trapeciją ABFDE. Išsprendžiame lygį $x^{2}+(y-a)^{2}=b^{2}$ kintamojo y atžvilgiu:

$(y-a)^{2}=b^{2}-x^{2},$

$y-a=\pm {\sqrt {b^{2}-x^{2}}},$

$y=a\pm {\sqrt {b^{2}-x^{2}}}.$

Lanko BCD lygtis $y_{1}=a+{\sqrt {b^{2}-x^{2}}},$ o lanko BFD lygtis $y_{2}=a-{\sqrt {b^{2}-x^{2}}}.$

Tuomet toro tūris bus lygus

$V=2\pi \left(\int _{0}^{b}y_{1}^{2}dx-\int _{0}^{b}y_{2}^{2}dx\right)=2\pi \int _{0}^{b}(y_{1}^{2}-y_{2}^{2})dx=2\pi \int _{0}^{b}\left((a+{\sqrt {b^{2}-x^{2}}})^{2}-(a-{\sqrt {b^{2}-x^{2}}})^{2}\right)dx=$

$=2\pi \int _{0}^{b}\left((a^{2}+2a{\sqrt {b^{2}-x^{2}}}+b^{2}-x^{2})-(a^{2}-2a{\sqrt {b^{2}-x^{2}}}+b^{2}-x^{2})\right)dx=2\pi \int _{0}^{b}4a{\sqrt {b^{2}-x^{2}}}dx.$

Pažymėkime: $x=b\sin t$, $dx=b\cos(t)dt$. Gausime:

$V=8\pi a\int _{0}^{b}{\sqrt {b^{2}-x^{2}}}dx=8\pi a\int _{0}^{\pi \over 2}b{\sqrt {1-\sin ^{2}t}}b\cos(t)dt=8\pi ab^{2}\int _{0}^{\pi \over 2}{\sqrt {\cos ^{2}t}}\cos(t)dt=$

$=8\pi ab^{2}\int _{0}^{\pi \over 2}\cos ^{2}(t)dt=8\pi ab^{2}\cdot {\frac {1!!}{2!!}}\cdot {\frac {\pi }{2}}=2\pi ^{2}ab^{2}.$

Čia pasinaudojome dvigubu faktorialu.

Parinkime a=4, b=3. Tuomet

$V=2\pi ^{2}ab^{2}=2\pi ^{2}\cdot 4\cdot 3^{2}=2\pi ^{2}\cdot 36=72\pi ^{2}=710.6115169.$

Pasinaudodami integralų lentele, turime: $\int {\sqrt {a^{2}-x^{2}}}\;{\mathsf {d}}x={\frac {x}{2}}{\sqrt {a^{2}-x^{2}}}+{\frac {a^{2}}{2}}\arctan {\frac {x}{\sqrt {a^{2}-x^{2}}}}+C.$ Dabar galime integruoti, kai x kinta nuo 0 iki b ir rasti toro tūrį:

$V=8a\pi \int _{0}^{b}{\sqrt {b^{2}-x^{2}}}\;{\mathsf {d}}x=8a\pi {\Big (}{\frac {x}{2}}{\sqrt {b^{2}-x^{2}}}+{\frac {b^{2}}{2}}\arctan {\frac {x}{\sqrt {b^{2}-x^{2}}}}{\Big )}|_{0}^{b}=8a\pi {\Big (}{\frac {b}{2}}{\sqrt {b^{2}-b^{2}}}+{\frac {b^{2}}{2}}\arctan {\frac {b}{\sqrt {b^{2}-b^{2}}}}{\Big )}-8a\pi (0+{\frac {b^{2}}{2}}\arctan 0)=$

$=8a\pi {\Big (}0+{\frac {b^{2}}{2}}\arctan {\frac {b}{0}}{\Big )}=8a\pi \cdot {\frac {b^{2}}{2}}\arctan \infty =4ab^{2}\pi \arctan \infty =4ab^{2}\pi \cdot {\frac {\pi }{2}}=2ab^{2}\pi ^{2}.$

Kadangi $\tan {\frac {\pi }{2}}={\frac {\sin {\frac {\pi }{2}}}{\cos {\frac {\pi }{2}}}}={\frac {1}{0}}=\infty ,$ tai $\arctan \infty ={\frac {\pi }{2}}.$ Be to, $\arctan 0=0.$ Taigi, gavome tą patį atsakymą, kaip integruojant darant trigonometrinius keitinius.

Pasinaudodami trigonometrija išintegruokime be dvigubo faktorialo, taigi, $\cos(2A)=2\cos ^{2}A-1;$ $\cos ^{2}A={\frac {\cos(2A)+1}{2}}.$ Todėl, kai a=4, b=3, turime:

$V=8\pi ab^{2}\int _{0}^{\pi \over 2}\cos ^{2}(t)dt=8\pi \cdot 4\cdot 3^{2}\int _{0}^{\pi \over 2}{\frac {\cos(2t)+1}{2}}dt=16\pi \cdot 9\int _{0}^{\pi \over 2}(\cos(2t)+1)dt=144\pi [\int _{0}^{\pi \over 2}\cos(2t)dt+\int _{0}^{\pi \over 2}dt]=$

$=144\pi [\int _{0}^{\pi \over 2}\cos(2t){\frac {d(2t)}{2}}+{\pi \over 2}]=144\pi [{\frac {1}{2}}\cdot \sin(2t)|_{0}^{\pi \over 2}+{\pi \over 2}]=72\pi [\sin(2t)|_{0}^{\pi \over 2}+\pi ]=72\pi [\sin(2\cdot {\frac {\pi }{2}})-\sin(2\cdot 0)+\pi ]=72\pi ^{2}=710.6115169.$