Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Определённый интеграл. Учебное пособие
.pdf
22
0
2
22
)(xf
],[ ba
1
2
],[ ba
Глава 1. Определённый интеграл и его свойства
Решим его и получим
∫
222
ln2
mxxmmxxdxmx ++++=+
,
x
∫
dxmx +++++=+
m
mx
ln
222
Cmxx
. (25)
Окончательно
b
2
∫
b
x
dxmx
(
m
mb
ln
m
mx
22
22
22
m
mbb
ln
−++++=
b
=++++=+
mxx
)ln
0
m
. (26)
Замечание 1. Двойная подстановка обладает двумя очевидными
свойствами:
b
1)
a
2)
b
xFxF )]([)]([ λ=λ
;
a
b
a
b
a
b
.)]([)]([)]()([
xGxFxGxF +=+
a
Действительно,
b
a
))()(())()(()]()([
aGaFbGbFxGxF
=+−+=+
b
+=−+−=
a
b
.)]([)]([))()(())()((
xGxFaGbGaFbF
a
Замечание 2. Формула Ньютона – Лейбница (24) справедлива
только для непрерывных функций. Ее можно использовать и для
кусочно-непрерывных функций. Пусть теперь функция
имеет на
заданном промежутке
например, в точках
жутку
в силу формулы (10) вычисляется так:
b
a
и
c
конечное число конечных разрывов,
. Тогда определённый интеграл по проме-
c
c
1
a
c
2
c
1
b
++=
∫∫∫∫
c
2
.)()()()(
dxxfdxxfdxxfdxxf
Определённый интеграл
)x(uи )x(v
],[ ba
[ ]
[ ]
[ ]
Рис. 6
xbccOa
21
y
)(xfy =
[ ]
[ ]
[ ]
[ ]
1
dxdvxu == ,ln
x
( )
111
π
0
dxxdvxu cos, ==
xvdxdu sin, ==
π
π
Это естественно и в силу
геометрического смысла определённого интеграла (рис. 6),
поскольку площадь всей фигуры равна сумме площадей криволинейных трапеций на
отдельных частичных промежутках, на которых функция
непрерывна.
1.8. Интегрирование по частям в определённом интеграле
Для того чтобы применить формулу Ньютона – Лейбница, нужно
сначала найти неопределённый интеграл от подынтегральной функции.
Для этого часто применяются формулы интегрирования по частям
в неопределённом интеграле (примеры 7.10 и 7.11) и замены переменной
в неопределённом интеграле (пример 7.9). Но одноименные формулы существуют и для определённого интеграла. И гораздо удобнее использовать для вычисления определённого интеграла именно эти формулы.
Теорема 7. Пусть функции
дифференцируемы на
промежутке
или в более компактной
Доказательство. Применим формулу Ньютона – Лейбница
и формулу интегрирования по частям в неопределённом интеграле:
1
В интегралах, участвующих в формуле (28), переменной интегрирования является x.
. Справедлива формулаа
b
′
a
1
записи
b
a
b
′
−=
∫∫
aba
b
b
−=
∫∫
a
a
dxxuxvxvxudxxvxu )()()()()()(
, (27)
xduxvxvxuxdvxu )()()()()()(
. (28)
b
′
a
=
∫∫
22 23
′
b
)()()()(
=
dxxvxudxxvxu
a
[ ]
[ ]
[ ]
[ ]
dxdvxu == ,ln
x
( )
111
π
0
dxxdvxu cos, ==
xvdxdu sin, ==
π
π
Глава 1. Определённый интеграл и его свойства
b
′
)()()()(
dxxuxvxvxu
−=
∫
b
−=
∫
a
b
−=
a
′
b
∫
a
=
a
b
)()()()(
dxxuxvxvxu
=
a
′
.)()()()(
dxxuxvxvxu
Формула (27) доказана.
Замечания:
1. При решении задач обычно пользуются компактной формой
(28), а не развёрнутой формой (27).
2. Типы функций, которые следует интегрировать по частям, та-
кие же, как и в случае вычисления неопределённого интеграла.
3. Форма записи решения такая же, как и в случае неопределён-
ного интеграла.
Приведём примеры.
e
Пример 8.1. Вычислить
dxx1ln
∫
.
Положим
Пример 8.2. Вычислить
Положим
2
0
dx
. Получим
eee
du == ,
e
∫∫
1
2
cos dxxx
∫
. Получим
π
2
2
sin]sin[cos
∫∫
0
0
.
π
cos
=−=
2
xdxxxxdxxx
xv
eexeedxxxdxx
π
2
=+
0
. Тогдада
=−−=−−=−=
π
−
2
1)1(1lnlnlnln
.
. Тогдада
.1
Пример 8.3. Вычислить
dxdvxu == ,arctg
x
+
1
0
0
xx1
0
0
dxdvxu == ,sinarc
x
1
1 x
1 xz
1
1
x
x
x
3
0
0
0
0
0
0
0
0
)(xF
)(xf
1
arctg dxx
∫
0
.
Положим
1
Воспользуемся тем, что
1
∫
Пример 8.4. Вычислить
Положим
Получим
1
2
0
. Найдем
∫
1
1
]arctg[arctg
2
0
1
2
∫
1
1
2
2
]arcsin[arcsin
−=
xxdxx
∫∫
0
0
dx
2
+
xxxdxx
arcsin dxx
xdx
2
1
−
x
du =
1
1
−=
]arctg[arctg dx
xxdxx
∫∫
0
2
x
2
+
1
x
вычислен в примере 7.9. Тогда
1
2
0
1
1arctg)1ln(
2
.
. Найдём
1
π
=
du =
2
1
x
62
dx
= ,
xv
.
π
2ln
=−=+−=
4
dx
= ,
−
1
2
π
=−+
12
0
. Получим
1
−
.2ln
2
2
xv
3
.1
−+
2
.
Мы воспользовались первообразной для функции
ченной с помощью замены
xdx
2
−
x
, полу-
2
−
2
−=
следующим образом:
1
−=
2
2
xd
−
2
−
1
)1(
dz
∫∫∫
2
z
24 25
2
.1
CxCz
+−−=+−=−=
x
3
0
0
0
0
0
0
0
0
)(xF
)(xf
Глава 1. Определённый интеграл и его свойства
1
Пример 8.5. Вычислить
2
∫
0
.
+
3 dxx
При вычислении этого интеграла используем приём интегриро-
вания по частям, для того чтобы свести его к самому себе. Положим
2
1
1
x
−=
2 xxdxx
dxdvxu =+= ,3
. Найдём
2
2
+
3
2
+
x
1
1
+
dx
3
2
du =
2
33 dx
xxdxx
3
dx
2
+
3
x
xdx
= ,
2
1
1
−+=+
0
x
1
∫∫∫
. Получим
xv
+
2
dxx
2
3
+
2
2
1
x
2
−=
∫∫∫
33
−+
2
3
x
+
1
2
+−+=−++−= dxxdxx
∫∫
Получили уравнение относительно искомого интеграла:
1
2
0
1
2
+−+=+
33ln323 dxxdxx
∫∫
0
.
Решим его и получим
1
2
0
3
+=+∫dxx
13
3ln
2
.
Сравните полученный результат с результатом (26) примера 7.11.
=
1
2
=++++−=
3ln332
0
.33ln323ln33ln332
1.9. Замена переменной в определённом интеграле
Òåî ðåì à 8.
Доказательство. Пусть
ции
. Используем для левой части формулы (29) теорему о замене
Справедлива формула
b
′
a
– какая-либо первообразная для функ-
)(
bz
=
∫∫
az
.)()())((
dttfdxxzxzf
)(
(29)
Определённый интеграл
a
txz =)(
dxxzdt )(
′
=
1
12+= xt
10)3(,2)1( == tt
0
1 xt −=
4
2
0
xt =
16)2(,0)0( == tt
0
0
0
0
e
xt ln=
x
e
e
переменной в неопределённом интеграле и формулу Ньютона – Лейбница:
b
′
=
∫∫
′
b
a
b
−==
a
)).(())(())](([])())(([)())(( azFbzFxzFdxxzxzfdxxzxzf
К правой части формулы (29) достаточно применить формулу
Ньютона – Лейбница:
)(
bz
∫
)(
az
)(
bz
)).(())(()]([)(
−==
)(
az
azFbzFtFdttf
Таким образом, левая часть формулы (29) равна её правой части,
и тем самым справедливость формулы (29) доказана.
Замечание. Применяя формулу (29), мы переходим к новой переменной интегрирования (делаем подстановку
). При этом ме-
няется вид подынтегральной функции, изменяется дифференциал
, изменяются пределы интегрирования (они теперь отра-
æàþ ò èçì åí åí èå ï åðåì åí í î é
t). Воспользовавшись формулой (29),
уже не нужно возвращаться к первоначальной переменной интегрирования x.
Приведём примеры замены переменной в определённом интеграле.
3
x
Пример 9.1. Вычислить
2
Найдём
+=
вания
′
xdxdxxdt 2)1(
=
. Тогда
∫
и вычислим новые пределы интегриро-
dx
2
x
. Сделаем замену
+
1
.
10
1
dt
==
∫∫∫
2
t
2
1
=−==
.5ln
2
ln
3
1
1
=
t
10
2
2
x
1
1
2
2
2
′
)1(
+
dxx
1
+
)2ln10(ln
3
x
dx
2
1
+
x
1
1
2
(Сравните с примером 7.9.)
1
2
Пример 9.2. Вычислить
dxx
∫
26 27
. Сделаем замену
2
−
1 x
2
.
Найдём
4
2
0
xt =
16)2(,0)0( == tt
0
0
0
0
e
xt ln=
x
e
e
Глава 1. Определённый интеграл и его свойства
2
′
−=
3
1
)
(,1)0( == tt
. Тогда
xdxdxxdt 2)1(
−=
и новые пределы интегрирования
1
2
dxx
2
1
−
0
x
1
2
1
−=
−
2
1
0
(Сравните с примером 8.4.)
Пример 9.3. Вычислить
′
Найдём
=
2
3
dxx
48
xx
16
1
=
4
dt
∫
t
Пример 9.4. Вычислить
3
2
′
)1(
x
dx
2
−
x
34
dxxdxxdt
4)( =
2
1
=
4
++
22 tt
2
++
1)1(
4
1
dt
∫∫∫
2
t
1
2
3
dxx
∫
и вычислим
4
′
)(
dxx
48
++
xx
1
4
t
)1arctg(
3
e
∫
2
dx
2
xx
1
2
48
++
22xx
=
22
16
0
+
3ln
3
4
2
1
3
4
tt
1
. Сделаем замену
. Тогдада
16
1
4
1
4
dt
∫∫∫
2
=
++
22
π
).
17(arctg
−=+=
4
. Сделаем замену
3
.1
+−=−=−=−=
2
4
.
.
dx
′
3)(,2)(
== etet
e
=
dxxdt =
. Тогда
3
2
и новые пределы интегрирования
′
)(ln
x
3
dxx
+
dt
=
∫∫∫
222
+
33ln
t
2
tt
3
2
=++=
ln3ln
2
+
123
.
+
72
dx
= )(ln
32
+
3ln
xx
Найдём
3
e
2
Определённый интеграл
xt tg=
x
cos
0
0
92+= tz
tdtdz 2=
10)1(,9)0( == zz
9
0
π
0
xt sin=
dxxdxxdt cos)(sin =
′
=
2
3
πππ
0
0
0
4
16
4
4
12
4
2
et
4
4
4
4
2
2
tx sin2=
tdtdttdx cos2)sin2( =
′
=
0=x
2=x
0sin2 =t
2sin2 =t
0=t
2
Пример 9.5. Вычислить
π
4
∫
0
tgxxdxx
22
. Сделаем замену
+
9tgcos
dx
2
4
=
0
dtt
2
+
1
=
∫∫
9
ния
. Найдём
== tt
4
0
tg
=
π
dxxdt
1)4(,00tg)0( =
. Тогда
′
)(tg =
dxx
22
+
9tgcos
xx
1
=
t
Снова введём новую переменную
и поменяем пределы интегрирования:
2
1
1
2
′
)9(
+
2
9
+
t
Пример 9.6. Вычислить
10
1
2
3
∫
dz
∫∫
cosxdxx
5
sin
z
dtt
и новые пределы интегрирова-а-
πππ
4
′
dxxx
)(tgtg
=
2
+
x
2
∫∫∫
9tg
0
′
)9(21
+
dtt
.
2
9
+
t
xdx
tgtg
2
=
+
9tg
x
, найдём
. Получим
10
z
9
3
. Сделаем замену
3
.310
−===
.
Найдём
рования
3
3
cos
dxx
5
3
sin
x
(,00sin)0( =
== tt
3
и вычислим новые пределы интегри-
π
3
sin
. Тогда
coscos
3
x
3
dxxx
==
∫∫∫
28 29
2
−
5
sin
)(sin)sin1(
3
x
)
2
5
′
dxxx
=
4
16
4
4
4
2
et
4
4
4
4
2
2
tx sin2=
tdtdttdx cos2)sin2( =
′
=
0=x
2=x
0sin2 =t
2sin2 =t
0=t
2
Глава 1. Определённый интеграл и его свойства
3
2
−
1
=
t
3
0
5
t
Пример 9.7. Вычислить
′
Найдём
= )(
0
2
1
+
x
2
e
+
0
t
=
t
1
dt
2
16
+
1
Пример 9.8. Вычислить
Сделаем замену
2
=
etet === )1(,1)0(
. Тогда
xx
ee
dx
16
+
2
e
3
2
∫∫
0
3
5
xx
dxedxedt
1
=
0
ee
1
∫∫
2
16
t
+
1
)16ln(
7
3
−
5
5
3
3125
2
1
+
∫
2
x
+
e
0
и новые пределы интегрирования:
ee
+
x
2
16
e
+
1
2
17ln
−
4 dxx
1
2
1
2
∫
0
2
5
[)(
2
35
=−=
xx
ee
dx
5
5
12
3
555
.
. Сделаем замену
16
xx
)()1(
tdt
arctg
e
′
dx
2
t
=
∫∫∫
2
t
1
)16ln(
1
e
arctg
−+−+=
.
+
+
12
ttdtttdt
1
16
1
4
5
]
dt
arctg
1
3
2
=−=−=
0
x
.
=
=
ee
t
=++=
4
11
.
(30)
и найдём
. Чтобы найти новые пределы интегрирования, нужно решить два уравнения, которые получатся, если
в (30) подставить исходные пределы интегрирования
ответственно. Таким образом, решая уравнения
π
получим значения нижнего
и верхнего
=t
пределов интегри-
и
и
со-
,
рования. Окончательно
Определённый интеграл
ππ
)(xf
ax ≥
)(],[ aAAa >
)(xf
∞+
)(xf
),[ ∞+a
1122
2
)(xf
],( b−∞
)(],[ bBbB <
)(xf
∞−
B
B
)(xf
],( b−∞
)(xf
)(],[ ABAB <
π
2
0
2
2
2
0
2
∫∫∫
0
1
(2)2cos1(2cos44
2
2
.)2sin
π=+=+==−
ttdttdttdxx
0
1.10. Несобственные интегралы
Расширим понятие определённого интеграла.
1.10.1. Несобственный интеграл по бесконечному промежутку
Пусть функция
на каждом конечном промежутке
Его называют интегралом функции
до
или несобственным интегралом II рода, и обозначают симво-
определена при всех
A
.)(lim
dxxf
∫
+∞→
A
a
(31)
и интегрируемаа
. Рассмотрим предел
в пределах от a
лом
∞+
dxxf )(
∫
a
. (32)
Таким образом,
∞+
=
a
A
.)(lim)(
dxxfdxxf
∫∫
A
+∞→
a
Если предел (31) существует и конечен, то говорят, что интеграл
(32) существует или сходится. Функцию
тегрируемой на промежутке
. Если же рассматриваемый пре-
при этом называют ин-
дел (31) не существует или бесконечен, то говорят, что несобственный
интеграл (32) не существует, или расходится.
30 31
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]