Алданов е. С. «Бір айнымалыдан функцияның интегралдық есептеулері»

55 
 
Сондықтан: 





































1
1
lim
1
lim
lim
lim
0
1
0
1
2
0
1
2
0
1
0
2
x
dx
x
x
dx
x
dx
. 
Жауабы: меншіксіз интеграл жинақсыз. 
3)Берілген меншіксіз  


1
0
2
1
x
dx
  интегралын жинақтылыққа зерттеп, 
жинақты болса оның мәнін есептеңіз. 
Шешімі:  интеграл  астындағы 
2
1
1
)
(
x
x
f


  функциясы 
 
1
,
0
интегралдау 
кесіндісінің оң жақ ұшы болатын 
1

x
нүктесінде үзілісті. Сондықтан: 















1
0
0
1
0
2
0
1
0
2
arcsin
lim
1
lim
1
x
x
dx
x
dx











0
arcsin
1
arcsin
lim
0
2
1
arcsin



. 
Жауабы: меншіксіз интеграл жинақты, оның мәні  
2

-ге тең. 
4)  Меншіксіз  интегралды  есептеңіз  немесе  оның  жинақсыз  болатынын 
дәлелдеңіз:   




3
0 3
2
1
x
dx
. 
Шешімі:  интегралдау  кесіндісінің  ішінде  интеграл  астындағы  функция 
үзілісті  болатын 
1

x
бар  болғандықтан  (8  сурет),  интегралды  келесі  екі 
интегралдың қосындысы түрінде жазамыз: 














3
1 3
2
1
0 3
2
3
0 3
2
1
1
1
x
dx
x
dx
x
dx
. 

56 
 
 
8-сурет. 
Оң  жақтағы  бірінші  интегралды  есептейміз  (
1

x
  үзіліс  нүктесі 
интегралдың жоғарғы шегінде):  





















1
1
1
1
1
0
3
0
3
2
1
0
0
1
0 3
2
1
3
lim
1
lim
1
x
dx
x
x
dx


3
1
3
3
lim
3
3
1
0
1







. 
Шешім: бірінші меншіксіз интеграл жинақты, мәні 3-ке тең. 
Оң  жақтағы  екінші  интегралды  есептейміз  (
1

x
  үзіліс  нүктесі 
интегралдың төменгі шегінде):  





















3
1
3
0
3
2
3
1
0
3
1 3
2
2
2
2
2
1
3
lim
1
lim
1
x
dx
x
x
dx


3
3
2
3
0
2
3
3
2
3
lim
2





. 
Шешім: екінші меншіксіз интеграл жинақты, мәні 
3
2
3
-ге тең. 
Қорытындылай келе,  






3
3
1 3
2
1
0 3
2
3
0 3
2
2
3
3
1
1
1










x
dx
x
dx
x
dx
. 
Жауабы: интеграл жинақты және 
3
2
3
3 
 тең болады. 
Ескерту.
а)  егер,  интеграл  астындағы  функцияның  үзіліс  нүктесі


c
x 
 
интегралдау аралығының ұшында емес, ішінде жататын болса, интегралды 
жинақтылыққа  зерттеу  үшін  интегралдау  аралығы  сол 
c
x  үзіліс  нүктесінде 
екіге  бөлінеді  де,  бастапқы  интеграл  келесі  екі  меншіксіз  интегралдардың 
қосындысы түрінде жазылады: 
3
1
1
1
2
1




 
x
 
y
 
1
 

57 
 





b
c
c
a
b
a
dx
x
f
dx
x
f
dx
x
f
)
(
)
(
)
(
. 
Теңдіктің  сол  жағындағы 

b
a
dx
x
f
)
(
интегралы  (бастапқы  интеграл) 
жинақты  болады,  егер  теңдіктің  оңжағындағы  интегралдың  әрқайсысы 
жинақты болса; 
ә) егер интегралдау кесіндісінде 
)
(
N
n
c
n

 үзіліс нүктелері болса,  мысалы 
b
c
c
c
c
a
n
n





1
2
1
...
,  онда  бастапқы  интеграл  мына  түрде  жазылып 
жинақтылыққа зерттеледі: 

















b
c
c
c
c
c
b
a
c
a
n
n
n
n
n
dx
x
f
dx
x
f
dx
x
f
dx
x
f
dx
x
f
dx
x
f
dx
x
f
)
(
)
(
)
(
...
)
(
)
(
)
(
)
(
2
1
1
1
1
1
1
1




 мұндағы 


,
,
1


k
k
k
c
c

.
1
,...
2
,
1


n
k
 
 
2.7.3  I-ші  және  II-ші  текті  меншіксіз  интегралдардың  жинақтылық 
белгілері 
Меншіксіз  I-ші  және  II-ші  текті  меншіксіз  интегралдардың  кейбір 
жинақтылық белгілерін (ЖБ) келтірейік. 
1 
ЖБ. 
)
(x
f
және
)
(x

функциялары 




,
a
 
жарты 
интервалында 
үзіліссізжәне келесі теңсіздікті қанағаттандырсын:
)
(
)
(
0
x
f
x 


. Сонда: 
а) 
егер


a
dx
x
f
)
(
интегралы  жинақты  болса,  онда 



a
dx
x)
(
  интегралы 
да жинақты; 
б) 
егер



a
dx
x)
(
интегралы жинақсыз болса, онда 


a
dx
x
f
)
(
интегралы 
да жинақсыз. 
2  ЖБ.
)
(x
f
және
)
(x

функциялары 


b
a,
жарты  интервалында  үзіліссіз, 
b
x 
нүктесінде  үзілісті  және  келесі  теңсіздікті  қанағаттандыратын  болсын:
)
(
)
(
0
x
f
x 


. Сонда: 

58 
 
а) 
егер 

b
a
dx
x
f
)
(
интегралы  жинақты  болса,  онда 


b
a
dx
x)
(
интегралы 
да жинақты; 
б) 
егер


b
a
dx
x)
(
интегралы  жинақсыз  болса,  онда

b
a
dx
x
f
)
(
  интегралы 
да жинақсыз. 
1 ЖБ  және 2 ЖБ –жинақтылықтың салыстыру белгілері деп аталады. 
Қарапайым  тілмен  айтсақ,  жоғарыдағы  екі  белгінің  екеуі  мынаны 
білдіреді:  егер  берілген  интервалда  үлкен  функцияның  меншіксіз  интегралы 
жинақты болса, онда кіші функцияның да меншікті  интегралы жинақты; ал 
егер  берілген  интервалда  кіші  функцияның  меншіксіз  интегралы  жинақсыз 
болса, онда үлкен функцияның меншіксіз интегралы да жинақсыз. 
Мысал. Берілген меншіксіз интегралды жинақтылыққа зертеу керек:
dx
x
x



1
3
1
. 
Шешімі:  Кез  келген 



 ,
1
x
үшін: 
x
x
x
x
x
1
1
3
3



  болатыны  түсінікті. 
Берілген 
dx
x
x



1
3
1
  меншіксіз  интегралын 


1
x
dx
  интегралымен  салыстырайық. 


1
x
dx
  меншіксіз  интегралы  жинақсыз  (1.7.1п-дегі  1-мысалды  қара),  сондықтан, 
1ЖБ –ның б) пункті бойынша, берілген интеграл да жинақсыз. 
2.8  
СТУДЕНТТЕРДІҢ ӨЗ БЕТІНШЕ ЕСЕПТЕУГЕ АРНАЛҒАН 
ТАПСЫРМАЛАР 
1.Ньютон-Лейбниц 
формуласын 
қолданып, 
интегралдарды есептеңдер 
Жауаптары 
1 





2
1
2
3
2
dx
x
x
 
3
7
 

59 
 
2 




8
0
3
2
dx
x
x
 
3
100
 
3 


4
1
2
1
dx
x
x
 
4
7
 
4 


6
2
2dx
x
 
3
16
 
5 



1
0
2
5
4x
x
dx
 
arctg3-arctg2 
 
2.Интегралдарды 
дифференциал  таңбасының  астына 
функцияны  кіргізу  тәсілін  қолданып 
есептеңдер 
Жауаптары 
1 

2
ln
e
e
x
x
dx
 
2
ln
 
2 

e
dx
x
x
1
ln
sin
 
1
cos
1 
 
3 




4
4
tg dx
x
 
0
 
4 


1
0
2
dx
e
x
 
2
2
1
2
1


e
 
5 



1
1
2
1 x
dx
x
 
0
 
 
Тапсырма.  Айнымалыны  ауыстыру 
тәсілімен шығарыңдар 
Жауаптары 
1 





4
0
1
t
x
x
dx
 
3
ln
2
4 
 
2 








0
1
3
3
1
1
1
t
x
x
dx
 


1
2
ln
3

 
3 






2
0
2
cos
cos
sin
t
x
dx
x
x
 
3
1
 

60 
 
4 






4
1
4
2
4
2
t
x
x
dx
x
 
2
2
3
 
5 


t
e
dx
e
x
x




1
1
2
ln
0
 
2
2


 
 
 
Бөліктеп интегралдау формуласын 
қолданып шығарыңдарлы 
Жауаптары 
1 


2
0
sin dx
x
x
 
1
 
2 

1
0
x
e
xdx
 
e
2
1 
 
3 

1
0
3
2
dx
e
x
x
 


2
5
27
1
3

e
 
4 


4
0
cos
sin
dx
x
x
x
 
8
1
 
5 
dx
x
x

4
1
ln
 


1
4
ln
4

 
6 

2
1
5
ln
dx
x
x
 
64
2
ln
256
15

 
7 

1
0
arcsin dx
x
 
1
2


 
8 

1
0
arctg dx
x
x
 
2
1
4


 
 
1.I-ші т.м.и. есептеңіз немесе жинақсыз 
екендігін дәлелдеңіз 
Жауаптары 
1 


1
2
x
dx
 
1
 

61 
 
2 


1
x
dx
 
жинақсыз 
3 


1
p
x
dx
(
p
-параметріне тәуелді) 
1
1

p
, егер 
1

p
 
жинақсыз, егер 
1

p
 
4 


0
0




k
dx
e
kx
 
k
1
 
5 





2
1
x
dx
 
  
 
2.II  текті  меншіксіз  интегралды  есепте 
немесе жинақсыз болатынын дәлелде 
Жауаптары 
1 


1
0
2
1
x
dx
 
2

 
2 

2
1
0
ln x
x
dx
 
жинақсыз 
3 

2
1
0
2
ln x
x
dx
 
2
ln
1
 
4 



0
2
2
4
2
x
xdx
 
жинақсыз 
5 


0
1
2
1
x
dx
e
x
 
e
1
 
 
ҚАЙТАЛАУҒА АРНАЛҒАН СҰРАҚТАР 
 
1.  Анықталған интегралдың геометриялық мағынасы: қисық сызықты 
трапецияның ауданы; 
2.  Анықталған интегралдың физикалық мағынасы: түзу сызықты қозғалыс, 
күш; 

62 
 
3.  Интегралдық қосынды; 
4.  Анықталған интегралдың анықтамасы; 
5.  Анықталған интегралдың қасиеттері. Орта мән туралы теорема; 
6.  Жоғары шегі айнымалы интеграл; 
7.  Ньютон-Лейбниц формуласы 
8.  Анықталған интегралды есептеу.  
9.  Анықталған интегралда айнымалыны ауыстыру және бөліктеп 
интегралдау 
10. Меншіксіз интегралдар; 
11. Меншіксіз интегралдардың жинақтылық белгілері. 
 
 
3 АНЫҚТАЛҒАН ИНТЕГРАЛДЫҢ ҚОЛДАНЫСТАРЫ 
3.1 Анықталған интегралдың геометриялық қолданыстары 
3.1.1 Жазық фигураның ауданын есептеу 
Жоғарыда айтылғандай (1.1.1 п. қараңыз), үзіліссіз 
)
(x
f
y 
функциясының 


0
)
(

x
f
графигімен, 
a
x    және 
b
x 
  түзулерімен,   
OX
осімен  шектелген 
фигураның  
S
ауданы  


b
a
dx
x
f
S
)
(
формуласымен есептеледі.  
 
 
 
 
 
 
9-сурет. 
Егер  фигураның  ауданы 
)
(
1
x
f
y 
  және 
)
(
2
x
f
y 
, 
)
(
)
(
2
1
x
f
x
f

  үзіліссіз 
функциялардың  графиктерімен  және 
a
x    және 
b
x 
    (9  суретті  қараңыз) 
түзулерімен  шектелген  болса,  онда  бұл  аудан  мына  формуламен  анықталады: 





b
a
dx
x
f
x
f
S
)
(
)
(
1
2
. 
S
 
y
 
)
(
1
x
f
y 
 
)
(
2
x
f
y 
 
a
 
b
 
b
 

63 
 
Мысалдар.  1)  Келесі  сызықтармен  қоршалған  фигураның  ауданын  табу 
керек: 
2
x
y 
 және 
x
y 
2
. 
Шешуі: 
2
x
y 
 және функцияларының графиктерін тұрғызамыз 
 (10 
сур.  қараңыз)  және  интегралдау  шектерін  анықтаймыз  (қисықтардың  қиылысу 
нүктелерінің абциссалары): 






0
1
1
0
1
2
3
4
2
2

















x
x
x
x
x
x
x
x
x
y
x
y
. 
Теңдеуді шешіп, түбірлерін табамыз:  
1
,
0
2
1


x
x
. Осылайша 
1
,
0


b
a
. Сондықтан: 




3
1
3
1
3
2
3
3
2
)
(
)
(
1
0
3
1
0
2
3
1
0
2
1
2











x
x
dx
x
x
dx
x
f
x
f
S
b
a
. 
   
 
 
y 
 
     1                           
 
 
 
 
01x 

жүктеу/скачать 1,28 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: