Добавил:

mihail1000 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Воронежский государственный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Методическое пособие 574.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

30.04.2022

Размер:

2.5 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 96 7 8 9 > Следующая >>>

сальной тригонометрической подстановки рекомендовано для интегралов вида

∫ dx . asinx +bcosx +c

Пример 31

∫2cosx −sinx +3.

Сделаем замену

=t , dx =

2dt

, sinx =

cost =

1−t2

1+t2

1+ t2

Тогда

∫

= 2∫

2cosx −sinx +3

(1+t

1−t2

−2t +5

) 2

− 2

1+t

d(t −1)

t −1

−1

= 2∫

= arctg

С = arctg

+С.

(t −1)2 + 22

tgnx

Замечание. Если в знаменателе будут

sinnx

cosnx ,

то замена будет

=t,при этом измениться только

dx =

2dt

n(1+t2)

§10. Применение различных методов интегрирования

1.Часто бывает, что данный интеграл можно взять различными способами.

Вэтом случае перебор методов надо начинать от простых к более сложным.

Пример 32

∫ xxdx2 +1.

а) применим самый простой из возможных ‒ метод внесения под знак дифференциала:

xdx

)

∫d(

x2 +1)

∫

= ∫

= x2 +1+С.

x +1

Отметим, что еще быстрее воспользоваться формулой (1.7) третьего частного случая метода внесения под знак дифференциала.

б) сделайте в качестве упражнения замену x2 +1= z2 .

в) сделайте еще более сложную тригонометрическую подстановку x = tgt . Чтобы понять, зачем нужны все три метода достаточно чуть усложнить

числитель: для ∫	x	3	dx пропадает метод внесения под знак дифференциала

	2	+1
	x	+1			2
а), но работают б) и в), но для ∫				x	2	dx годится только в). Отметим, что по-

				x2	+1

следний из интегралов мы взяли нестандартно методом по частям (пример 24).

Пример 33

∫x33x−2 x−22+xx+−11dx .

Не торопитесь применять схему интегрирования правильной рациональной дроби: зная, что при дифференцировании степень многочлена понижается на

единицу (в данном случае с 3 до 2), то проверьте, что (x3 − x2 + x −1)′ =

= c(3x2 − 2x +1), так как здесь c =1, по формуле (1.6) можно сразу написать ответ: натуральный логарифм знаменателя.

′

−

2x +1

− x

+ x −1)

∫

dx = ∫

x3 − x2 + x −1

dx = ln

− x

+ x −1

+ с.

x3 − x2 + x −1

2. Надо знать стандартные методы и сферу их применимости.

Например, не только знатьформулу (1.14) интегрирования по частям, но и основные типы интегралов(I-III на с.23), которыеберутся только этимметодом.

3. Интегрирование ‒ творческий процесс, поэтому не раз нестандартные идеи позволяют легко взять интеграл (например, решение примера 3, с помощью идеи заменить 1 в числителе с помощью основного тригонометрического тождества вместо стандартного пути: дважды перейти к двойному углу, понизив степень синусов, косинусов с четвертой до первой и затем сделав универсальную тригонометрическую подстановку). Приведем еще один пример.

Пример 34

∫sin2 x +9cos2 x .

Вместо стандартного пути: а) переход к двойному углу, б) универсальная тригонометрическая подстановка, есть кратчайший путь взятия этого интегра-

ла, но надо догадаться вынести cos2 x за скобку и с помощью внесения под знак дифференциала выходим на табличный интеграл.

∫sin2 x +dx9cos2 x = ∫ sin21x +9 cos12 xdx = ∫tgd2(tgx +x)9 = 13arctg tg3x + c. cos2 x

4. Мы уже говорили, что первообразные некоторых функций не являются элементарными, поэтому, как нельзя изобрести «вечный двигатель», так и невозможно никаким методом взять интеграл от таких функций (эти интегралы называют «не берущимися».) Поэтому желательно знать самые известные из

«не берущихся» интегралов, например ∫sinx dx ,	∫e−	x2
		2	dx (последний один из
x

основных в теории вероятностей) и так далее. Отметим, что также существует достаточно много элементарных функций, интегрирование которых практически невозможно.

Поясним качественно новые идеи взятия таких интегралов на примере экспоненты ex −одной из основных элементарных функций. В силу следствия из

второго замечательного предела ex −1≈ x при малых значениях x ; чтобы найти дифференциал второго порядка, вычислим с помощью правила Лопиталя

lim

ex −1− x

= lim

(ex − x −1)′

lim

ex −1

(x2 )′

x→0

2 x→0

и, следовательно,

ex − x −1≈

или ex ≈1+ x +

. Если продолжить этот про-

цесс, то получим ex ≈1+ x +

...+

. Оказалось, что экспоненту можно

разложить в сумму бесконечного степенного ряда (из степенных функций xn )

ex =1+ x +	x2	+	x3	+...+	xn	+..., причем эта формула (табличный ряд Маклорена
2!		3!			n!

для ex ) верна не только при малых, но и при всех x R . Выводятся табличные ряды Маклорена и для других основных элементарных функций. С их помощью можно раскладывать в такие ряды широкий класс функций. Идея разложения подынтегральной функции в ряд Маклорена и затем почленного интегрирования и позволяет находить первообразные тоже в виде степенного ряда даже в случае, когла последние не являются элементарными!

Глава 2. Определенный интеграл и его приложения

§1. Определенный интеграл, его геометрический смысл и свойства

Рис. 1

очевидно,

Рассмотрим задачу о вычислении площади плоской фигуры. Пусть дана функция y = f (x) непрерывная на [a,b]. Кроме того,

сначала предположим, что f (x)≥ 0 на [a,b].

Чтобы вычислить площадь криволинейной трапеции S (рис. 1)

1) разобьем отрезок [a,b] на n произ-

вольных частей и разрежем фигуру на вертикальные полосы, обозначим при этом ∆xk –

длина k -го разбиения, а ∆Sk ‒площадь соответственно k -ой полоски (k =1,2,...,n ),

S = ∑∆Sk .

k=1

2)выберем в каждой части разбиения по точке xk и заменим каждую k -ую полоску на прямоугольник с высотой hk = f (xk ), обозначим площадь k -ого

прямоугольника	∆S k , при малых ∆xk , очевидно, ∆Sk		≈ ∆S k , тогда вся пло-
n	n	n	n
щадь S ≈ ∑∆S k = ∑hk ∆xk		= ∑ f (xk )∆xk . Полученную	∑ f (x k )∆xk называют
k=1	k=1	k=1	k=1
интегральной суммой.
3) чем на большее число n разбивается отрезок [a,b] и чем соответственно

будут меньше ∆xk , тем точнее мы сможем вычислить площадь S . Поэтому для

получения точного ответа, пусть n будет неограниченно расти, но при этом все длины разбиений ∆xk должны стремиться к нулю.

Определение 1. Определенным интегралом

b		n
∫ f (x)dx =	limn→∞	∑f (xk )∆xk	(2.1)
a	max∆xk →0 k=1

называется предел интегральных сумм, когда число разбиений стремится к бесконечности и максимальные длины разбиений стремятся к нулю. Так как в пре-

деле (если он существует) мы должны получить S (фактически формула (2.1) является математически строгим определением площади плоский фигуры) и поэтому геометрическим смыслом определенного интеграла для положительной функции y = f (x)) является площадь S криволинейной трапеции между

графиком функции и отрезком [a,b]. Очевидно, что при умножении f (x) на ( ̶

1) площадь для отрицательной функции будет со знаком минус. В силу интуитивного понимания существования и единственности площади фигуры (строгое обоснование и доказательство соответствующей теоремы занимает многие страницы, и мы дадим её без доказательства) справедлива следующая теорема.

Теорема Римана. Если функция y = f (x) непрерывна на отрезке [a,b], то предел (2.1) интегральных сумм существует и не зависит ни от способа разбие-

ния отрезка [a,b] на части, ни от выбора точек xk					в каждой части.
Свойства определенного интеграла
10. ∫b cf (x)dx = c∫b			f (x)dx ,		c = const .
a		a
20. ∫b [f (x)± g(x)]dx = ∫b				f (x)dx ± ∫b g(x)dx .
a			a				a
30. ∫b	f (x)dx = ∫c		f (x)dx + ∫b			f (x)dx .		(2.2)
a		a			c
		Первые два (линейные) свойства непосред-
ственно вытекают из свойств предела, в то же
время все свойства очевидны из геометрического
смысла интеграла. Например, третье свойство вы-
текает из аддитивности площади (рис. 2)
Рис. 2						S = S1 + S2.

		40. Оценочное свойство.						Пустьm ≤ f (x)≤ M
при x [a,b]			(рис. 3). Для определенности выберем
в качестве m = fнаим ,					а в качестве M = fнаиб . Тогда,
если		f (x) ≠ const , то
			m(b − a)< ∫b				f (x)dx < M (b − a).

Рис. 3

Обозначим площадь меньшего прямоугольника с высотой m через S m , а большего с высотой M ‒ S M . Очевидно, S m < S < S M , что и требовалосьдоказать.

50. Определение 2. Средним значением функции f (x) на отрезке [a,b]

назовем

fср = b 1a ∫b f (x)dx .

− a

Если разделить двойное неравенство в 40 на(b − a), то получим m < fср < M

и по теореме о промежуточных значениях непрерывной на отрезке [a,b] функции y = f (x) существует такое xср (a,b), что fср = f (xср) задает среднюю высоту функции (геометрически площадь прямоугольника с высотой fcр равна

площади криволинейной трапеции под кривой y = f (x)). Поэтому справедлива теорема о среднем.

					∫b		f (x)dx = f (xcp )(b − a).										(2.3)
						a
Пример 1		π /2
		π /2				dx
Оценить интеграл		∫				dx					.

			100		+ 21sin			2	x
		0	100		+ 21sin				x
	π		0≤sin		2	x ≤1, то 100							≤100+ 21sin		2	x ≤121, тогда
Так как при x 0;	2		0≤sin			x ≤1, то 100							≤100+ 21sin			x ≤121, тогда
	2
										1			1				1
10≤ 100		+ 21sin		2	x ≤11, и					1		≤	1			≤	1	.
										11							10
										11				100+21sin2 x			10

Таккакдлинаотрезкаинтегрированияb − a = π2 ,топо свойству40 получим,

что

≤π∫/2

≤

, отсюда следует, что

100+ 21sin

π /2

0,143≤ ∫

≤ 0,157.

100+ 21sin

§2. Вычисление определенного интеграла. Формула Ньютона-Лейбница

Очевидно, что вычислять значение определенного интеграла из (2.1) невозможно, но оказалось, что это легко сделать с помощью неопреде-

ленного интеграла. Пусть			F(x) ̶ первообразная
функции f (x).Тогда по формуле НьютонаЛей-
бница
Рис. 4
∫b	f (x)dx = F(x)	ba	= F(b)− F(a)	(2.4)

определенный интеграл равен разности значений первообразной от подынтегральной функции: из её значения на правом конце отрезка вычитается значе-

ние на левом конце (специально для этой разницы ввели обозначение F(x)ba ).

Отметим, что неважно, какую из первообразных взяли для вычисления (так как, если F2(x) = F(x)+С, то С −С уничтожится и ответ не изменится).

Доказательство. Рассмотрим переменную площадь S(x) (рис. 4) криволинейной трапеции на отрезке [0,x], которая из геометрического смысла опре-

деленного интеграла задается ∫x f (t)dt с переменным верхним пределом и по-

кажем, что S(x) является одной из первообразных от подынтегральной функции f (x). По определению производной

′	S(x + ∆x)− S(x)	= lim	x+∆∫x	f (t)dt −∫x	f (t)dt
			a	a
					.
S (x)= lim	∆x			∆x
∆x→0		∆x→0

Используя свойство 30, разобьём отрезок [a,x + ∆x] на два и применим тео-

рему о среднем (см. формулу 2.3, у нас				b − a = ∆x ), так как xср → x при ∆x →0
( рис. 4) , получим
′	∫x	f (t)dt + x+∆∫x	f (t)dt − ∫x		f (t)dt		f (xcp )∆x
′	a	x		a			f (xcp )∆x
S (x)= lim						= lim		= f (x).
S (x)= lim			∆x			= lim	∆x	= f (x).
∆x→0			∆x			∆x→0	∆x

Пусть ∫ f (x)dx = F(x)+ C , так как любые первообразные отличаются на

константу, обозначим её C0 , то ∫x

f (t)dt = F(x)+C0 .

а) положим x = a ,

∫a

f (t)dt = F(a)+C0 . Так как,

очевидно,

∫a

f (t)dt = 0, то

C0 = −F(a),отсюда ∫x

f (t)dt = F(x)− F(a).

б) положим x = b ,

что дает ∫b

f (t)dt = F(b)− F(a).

Сменив обозначение

независимой переменной t на x ,

мы получим формулу (2.4).

Пример 2. Найти площадь под косинусоидой

y = cosx в первой четверти при

x 0,

Решение. Из геометрического смысла опреде-

ленного интеграла

S = π∫/2cosxdx = sinx

π0

= =sinπ −sin0=1−0=1.

Этот простой пример показывает, какой мощнейший метод решения непростой задачи ̶ вычисление произвольной площади мы приобрели!

§3. Некоторые частные случаи вычисления определенных интегралов для четных, нечетных и периодических функций

І. Интеграл от четной функции y = fчетн(x) в симметричных пределах равен удвоенному интегралу от этой функции по положительной части отрезка:

		∫a	fчетн(x)dx = 2∫a			fчетн(x)dx ,	(2.5)
		−a			0
	а	интеграл		от	нечетной		функции
	y = fнечетн(x)			в симметричных пределах ра-
Рис. 6		вен нулю:
Рис. 6
∫a	fнечетн(x)dx = 0.						(2.6)
−a

Доказательство. Для четной функции y = fчетн(x), график которой

симметричен относительно оси Oy , из соображений симметрии ( рис. 6)

S1 = S2 и S = S1 + S2 = 2S1 .	Для
нечетной функции y = fнечетн(x),	гра-

фик которой симметричен относительно начала координат, из соображений симметрии (рис. 7)

Рис.7

S2 = −S1 и S1 + S2 = S1 − S1 = 0.

Пример 3

Вычислить

∫1 (5arctg3 x − 2sin5 x + 4x 3x +3x2)dx

−1

В каждом из первых трех слагаемых функция нечетная, а последняя функция четная, тогда в силу (2.5), (2.6), получим

∫1	(5arctg3 x − 2sin5 x + 4x 3		+3x2)dx = 2∫1	3x2dx = 2x3	10 = 2.
		x
−1		0

ІІ. Интегралы от тригонометрических функций sinx , cosx по длине периода равны нулю:

a+∫2π sinxdx = a+∫2π cosxdx = 0.

a	a
Для доказательства рассмотрим	π∫sinxdx = 0, так как y = sinx нечетная

−π

функция. При сдвиге в силу периодичности S1 = S2 (рис. 8), ответ не изменится. Отметим, что если взять эти функции в нечетной степени, например,

a+∫2π sin3 xdx , то равенство S1 = S2 останется и интеграл обнулится.

Пример 4

Вычислить π∫sin6 xdx.

Рис. 8

π	6	π	2	x)	3	π	1	−cos2x 3		1	π	2	2x − cos	3	2x)dx .
∫sin		xdx = ∫(sin		x)		dx = ∫		2	dx =	8	∫(1−3cos2x + 3cos		2x − cos		2x)dx .
0		0				0		2		8	0

Так как для функции cos2x период T =π , то есть равен длине отрезка интегрирования, то в силу свойства ІІ интегралы от cos2x в нечетных степенях обнулятся. Тогда

1π

2x −cos

2x)dx

= =

1+ cos4x

(1−3cos2x +3cos

1+3

dx.

8∫0

∫0

Так как функция cos4x

имеет период T = π

, а, следовательно, и π тоже,

то интеграл от cos4x тоже обнулится, значит

1π

+ cos4x

1π 5

1+3

dx =

8∫0 2

dx = =

π .

8∫0

Замечание. Решение примеров 3, 4 показывает, что использование свойств І, ІІ сильно упрощает вычисление соответствующих определенных интегралов.

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 96 7 8 9 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
30.04.2022325.21 Кб5Методическое пособие 57.pdf
#
30.04.20222.46 Mб5Методическое пособие 570.pdf
#
30.04.20222.46 Mб2Методическое пособие 571.pdf
#
30.04.20222.47 Mб3Методическое пособие 572.pdf
#
30.04.20222.5 Mб1Методическое пособие 573.pdf
#
30.04.20222.5 Mб21Методическое пособие 574.pdf
#
30.04.20222.5 Mб4Методическое пособие 575.pdf
#
30.04.20222.51 Mб6Методическое пособие 576.pdf
#
30.04.20222.51 Mб4Методическое пособие 577.pdf
#
30.04.20222.52 Mб6Методическое пособие 578.pdf
#
30.04.20222.53 Mб8Методическое пособие 579.pdf