Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Определённый интеграл. Учебное пособие
.pdf
a
a
( )
a
nk ,,1=
>∆
nk ,,1=
( )
ba <
)(xf
],[ ba
],[ bax ∈
0)( ≥xf
a
)(xf
],[ ba
],[ ba
ba <
Глава 1. Определённый интеграл и его свойства
Тогда
b
b
≥
∫∫
.)()(
dxxgdxxf
(12)
Доказательство. Рассмотрим разность интересующих нас интег-
ралов как интеграл разности данных функций. В силу (9)
b
a
b
a
b
∫∫∫
a
−=−
.))()(()()(
dxxgxfdxxgdxxf
Последний интеграл запишем по формуле (4), т. е. следуя
определению определенного интеграла
b
∫
n
.)()(lim))()((
∆−=−
∑
0
→λ
1
=
k
xxgxfdxxgxf
kkk
Здесь все парные произведения интегральной суммы неотрица-
тельны. Действительно, по условию (11)
при всехх
0)()( ≥−kkxgxf
, а
x
k
при всех х
0
, поскольку a < b.
Значит, и сама интегральная сумма неотрицательна. Тогда по теореме о предельном переходе в неравенстве неотрицателен и её предел.
Таким образом, получаем:
b
a
b
a
b
∫∫∫
a
n
≥∆−=−=−
∑
0
→λ
1
=
k
xxgxfdxxgxfdxxgdxxf
kkk
Теорема доказана.
Следствие. Пусть
жутке
Тогда
b
∫
и при всех
.
0)( ≥
dxxf
Теорема 5. Если функция
, функция
справедливо неравенствоо
интегрируема на промежуткее
интегрируема на проме-
, то функция )(xf также интегрируема на промежутке е
и при
справедливо неравенствоо
b
≤
a
b
.)()(
∫∫
a
dxxfdxxf
(13)
.0)()(lim))()(()()(
.
Определённый интеграл
],[ bax ∈
)(xfи )(xϕ
],[ ba
)(xϕ
],[ bac ∈
a
a
ba <
0)( ≥ϕ x
],[ bax ∈
0)( ≡ϕ x
],[ bax ∈
)(xϕ
)(xϕ
a
)(xf
],[ ba
],[ bax ∈
Mxfm ≤≤ )(
)(xϕ
],[ bax ∈
).( )()()( xMxxfxm ϕ≤ϕ≤ϕ
a
a
a
a
)(xf
],[ ba
M
],[ bac ∈
a
Доказательство. Проведём его только для непрерывных функ-
ций. Заметим, что
)()()( xfxfxf ≤≤− (14)
для всех
. К цепочке неравенств (14) применим теорему 4.
Получим
b
b
∫∫∫
a
a
b
≤≤−
a
dxxfdxxfdxxf )()()(
,
что равносильно неравенству (13).
1.5. Теорема о среднем значении
Теорема 6. Пусть функции
жутке
и пусть функция
не меняет знака на этом проме-
жутке. Тогда найдётся такая точка
непрерывны на проме-
, что справедливо ра-
венство
b
b
ϕ=ϕ
∫∫
.)()()()(
dxxcfdxxxf
(15)
Доказательство. Без ограничения общности будем считать, что
, а
1. Пусть
при
. Рассмотрим два случая.
при всех
. Тогда равенство (15) выпол-л-
нено очевидным образом.
2. Пусть
в силу непрерывности функции
не является тождественно равной нулю. Тогда
можем утверждать, чтоо
b
.0)( >ϕ
dxx
∫
Поскольку функция
непрерывна на замкнутом промежуткее
, то она достигает на этом промежутке своего наибольшего значе-
ния M и своего наименьшего значения m, т. е. при всех
ведливы неравенства
12 13
спра-
. (16)
)(xϕ
],[ bax ∈
).( )()()( xMxxfxm ϕ≤ϕ≤ϕ
a
a
a
a
)(xf
],[ ba
],[ bac ∈
a
Глава 1. Определённый интеграл и его свойства
Домножим неравенства (16) на положительные значения функции
и получим справедливые при всех
неравенстваа
(17)
К цепочке неравенств (17) применим теорему 4 и получим справедливые неравенства
b
b
b
ϕ≤ϕ≤ϕ
∫∫∫
.)( )()()(
dxxMdxxxfdxxm
(18)
Разделим все части цепочки неравенств (18) на положительное
b
ϕ
число
dxx)(
∫
a
. Получим
m
b
)()(
dxxxf
ϕ
∫
a
≤
b
)(
dxx
ϕ
∫
.
M
≤
Поскольку непрерывная функция
ке
все значения между своим наибольшим M и наименьшим m,
существует такая точка
cf
, чтоо
b
ϕ
∫
a
=
)(
b
ϕ
∫
принимает на промежут-
dxxxf
)()(
.
dxx
)(
Отсюда следует, что
b
a
b
ϕ=ϕ
∫∫
a
.)()()()(
dxxcfdxxxf
Таким образом, теорема 6 доказана.
Определённый интеграл
)(xf
],[ ba
],[ bac ∈
a
1)( ≡ϕ x
],[ bax ∈
],[ bac ∈
0)( ≥xf
],[ bax ∈
)(,0,, xfyybxax ====
)( ab −
)(cf
c b x
)(xF
tf ≥ ,0 )(
a
xt =
)(xf
x
x
−∆+
∆
∆+
a
a
∆+∆+∆+
Следствие. Если функция
то можно указать такое значение
b
∫
Доказательство. Будем считать
гласно теореме 6 найдётся такая точка
b
a
В случае, когда
непрерывна на промежутке
, что
).()()( abcfdxxf
−=
(19)
при
, чтоо
b
).()()()( abcfdxcfdxxf
∫∫
a
при всех
−==
, формула (19) имеет
. Тогда со-
простой геометрический смысл. Рассмотрим криволинейную трапецию,
ограниченную линиями
. Согласно равен-
ству (19) площадь этой криволинейной трапеции равна площади прямоугольника с основанием
и высотой
(рис. 4).
y
)(xfy =
,
a
0
Рис. 4
1.6. Теорема Барроу
Рассмотрим определённый интеграл с переменным верхним пре-
делом
x
.)()(∫=
14 15
dttfxF
(20)
a
)(xF
tf ≥ ,0 )(
a
xt =
)(xf
x
x
−∆+
∆
∆+
a
a
∆+∆+∆+
Глава 1. Определённый интеграл и его свойства
Здесь a – число; x – пере-
y
менная. Таким образом,
является функцией верхнего
предела x.
)(tfy =
В силу геометрического
смысла определённого интегра-
ла, если
величина
x
∫
x ≥ a, тоо
является
dttf )(
площадью криволинейной тра-
O
Рис. 5
)(xF∆
xxcxa ∆+
t
пеции, ограниченной справа
прямой
. Так как x – переменная, то и интеграл (20) изображает
трапецию с переменной площадью (рис. 5).
Справедливо следующее важное утверждение.
Теорема Барроу. Если функция
x
′
=
∫
a
непрерывна, то
/
x
),()()(
xfdttfxF
=
т. е. производная определённого интеграла по переменному верхнему
пределу равна значению подынтегральной функции в точке дифференцирования.
Доказательство. По определению производной
xF
′
=
xF
lim)(
)(
=
∆
lim
xx
→∆→∆
00
∆
xFxxF
)()(
,
где
xx
x
−=−∆+=∆
dttfdttfxFxxFxF )()()()()(
∫∫
. (21)
Во втором слагаемом правой части (21) поменяем пределы интегрирования по формуле (6) и на основании теоремы 3 получим:
xx
a
x
a
a
x
xx
a
xx
=+=−=∆
∫∫∫∫∫
x
.)()()()()()(
dttfdttfdttfdttfdttfxF
Определённый интеграл
∆+
)(xf
],[ xxxc ∆+∈
x
x
x
∆
∆
x
x
zx
2
],[ ba
)(xf
a
)()( xfxF =′)(xF
).(xfa).(xf
)( xf
],[ ba
a
)(xF
)(xf
],[ ba
CxFx =−Φ )()(
a
ax =
a
)(aFC −=
a
bx =
a
)(xF
)(xf
xx
Величина
∫
x
является площадью заштрихованной криво-
dttf )(
линейной трапеции (см. рис. 5). Поскольку функция
на, по теореме 6 о среднем значении найдётся такая точка
для которой справедливо
xx
∆+
.)()()()( xcfxxxcfdttf
∫
∆=−∆+=
Тогда
непрерыв-
,
xF
′
xF
lim)(
=
)(
lim
=
∆
00
xcf
)(
∆
xcxx
→→∆→∆
Теорема доказана.
Приведём примеры применения теоремы Барроу.
2
x
sinsin
=
.
x
x
′
x
′
, так как определённый интегралл
0
=
3523
−=
∫∫
2
t
5
t
+
dt
′
x
Пример 6.1.
Пример 6.2.
Пример 6.3.
2
x
∫
2
x
5
sin
∫
2
t
′
dt
t
t
dt
t
t
+
2
t
dt
с постоянными пределами – это постоянная величина.
Пример 6.4.
сложной функцией:
2
x
∫
2
′
sin
t
tdt
′
2
=
+
1
x
2
=
2
sin
x
x
′′
. Здесь мы имеем дело со
2
1
+
x
2
xzzFxF
)()()(
, где
)( xxz =
).()(lim
xfcf
==
3
x
−=
zF
;
.
2
+
x
333
z
tdt
sin
=
)(
∫
.
+
t
1
Следствие. Любая непрерывная на промежутке
функция
имеет на этом промежутке первообразную.
16 17
)(xf
a
)()( xfxF =
′
)(xF
).(xf
a
).(xf
)( xf
],[ ba
a
)(xF
)(xf
],[ ba
CxFx =−Φ )()(
a
ax =
a
)(aFC −=
a
bx =
a
)(xF
)(xf
Глава 1. Определённый интеграл и его свойства
Действительно, если
x
)()( xFdttf
∫
=
. Но по теореме Барроу
образная для
Таким образом,
– непрерывна, то существует
, т. е.
x
– первообразная для
dttf )(
∫
– перво-о-
Замечание. Первообразная непрерывной функции не всегда может быть выражена в терминах элементарных функций.
1.7. Формула Ньютона – Лейбница. Вычисление определённого
интеграла
На основе теоремы Барроу выведем формулу для вычисления
определённого интеграла от непрерывных функций. Пусть
делена и непрерывна на промежутке
x
промежутке первообразную
гая первообразная для
∫
на промежутке
. Тогда она имеет на этомм
Φ=
. Пусть
)()( xdttf
– любая дру-у-
. Известно, что двее
опре-
любые первообразные одной и той же функции отличаются разве лишь
на постоянное значение, т. е.
. Справедливо равенствоо
x
CxFdttf
+=
)()(
∫
, (22)
где С – какая-то постоянная. Вычислим величину С. Положим в (22)
a
. Поскольку
∫
dttf
, получим
0)( =
и формула (22) при-
мет вид
x
)()()( aFxFdttf
∫
Положим в (23)
. Тогда
b
∫
где
– любая первообразная для функции
−=
−=
. (23)
)()()( aFbFdttf
, (24)
.
Определённый интеграл
)( xF
[ ]
)(xF
[ ]
0
0
ππ
( )
6
6
( ) ( )
0
1
1
6
1
1
x
1
xz
1
1
x
x
1
1
π
0
∫
Формула (24) носит название формула Ньютона – Лейбница.
С помощью формулы (24) можно вычислить определённый интеграл
от любой непрерывной функции.
Введём обозначение
b
.
xFaFbF )()()( =−
a
b
xF )(
Символ
называется двойной подстановкой в функцию
a
в пределах от a до b. С его помощью формулу (24) можно запи-
сать в виде
b
∫
a
b
xFdxxf )()( =
a
или в виде
b
dxxfdxxf
.
a
.
Если функция
b
= )()(
∫∫
a
имеет сложный вид, то используют запись
b
xF )(
a
Приведём примеры применения формулы Ньютона – Лейбница.
3
4
2
3
16
2
3
1
1
xdxx
2
1
3ctg
x
3
18 19
14
2
.
=−==∫xdxx
3
3
4
−−=−=
02cos
π
4
1
ctg
−=−=
3
π
1
1
.
=
2
2
3
1
π
4
1
=−−=
3
Пример 7.1.
Пример 7.2.
Пример 7.3.
4
1
4
2sin
∫
π
4
dx
∫
2
3sin
π
x
1
.
3
( ) ( )
0
1
1
6
1
1
x
1
xz
1
1
x
x
1
1
π
0
∫
Глава 1. Определённый интеграл и его свойства
1
dx
Пример 7.4.
∫
2
x
0
arctg
+
1
Пример 7.5.
2
dx
∫
2
4
+
x
Пример 7.6.
5
∫
4
2
xx
dx
=
2
−
9
x
Пример 7.7.
2
dx
∫
−
4
arcsin
2
x
2
x
2
Пример 7.8.
π
3
∫
π
π
3
xdxx
π
6
Пример 7.9. Вычислить
1
π
x
==
.
4
0
2
0
5
−
ln
3
x
+
3
x
1
6
1
6
4
arcsin1arcsin
ln
1
1
2
ln
6
8
π
π
−
=−==
21ln2ln82ln4ln
+=−+=++=
.
7
1
1
=−=
7
π
=
.
.
ln
4
6
3622
1
lncoslntg
2
3
xdx
∫
2
3
ln
2
. Сначала найдём
+
1x
1
3ln
==+−=−=
3ln
.
2
dxx
∫
.
2
+
2
ln
+=
.
1
2
++=+==
.1ln
CxCz
2
Используем замену переменной
2
1
dxx
=
2
2
+
)1(
xd
+
1
dz
2
+
∫∫∫
2
z
1
2
Тогда
3
xdx
∫
2
x
1
x
2
1
+
Пример 7.10. Вычислить
= dxxxI 2sin
. Используем интегрирование по частям. Положим
3
2
1
)1ln(
2
1
10ln
2
4
∫
1
2ln
=−=+=
.5ln
2
. Сначала найдём
2sin dxxx
Определённый интеграл
xdxdvxu 2sin, ==
2
4
2
2
2
π
mx
22
0
2
22
)(xf
],[ ba
1
2
],[ ba
. Получим
1
1
2cos
2cos
∫
, −==
1
2cos
1
1
xvdxdu 2cos
. Тогд ада
.2sin
CxxxxdxxxI ++−=+−=
Окончательно
4
∫
0
Пример 7.11. Вычислить
2
∫
+ dxmx
. При вычислении этого интеграла используем приём ин-
1
[2sin
2
1
2cos
4
2
+bdxmx
∫
0
π
4
1
]2sin
xxxdxxx
.
=+−=
4
0
. Сначала найдём
тегрирования по частям для того, чтобы свести его к себе. Положим
2
dxdvmxu =+= ,
. Найдём xv
du =
xdx
= ,
2
+
. Получим
2
22
−+=+
mxxdxmx
2
−+=
mxx
dxx
2
+
mx
2
+
mx
dx
+
mx
2
mxx
mdx
+
∫∫
22
+
∫
2
−+
mmx
−+=
∫∫∫
2
+
mx
dx
=
=
mx
222
++++−+=
.ln
mxxmdxmxmxx
Получили уравнение относительно искомого интеграла
2222
∫∫
20 21
ln
mxxmdxmxmxxdxmx ++++−+=+
.
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]