Основы математического анализа (модуль «Определенный интеграл и несобственные интегралы»). Учебное пособие

21

Ответ:





2

1

ln dxxx

2ln2 -

3 4

 

aa,

   

dxxfdxxf

a

 



02

 

xf

 







a

dxxf 0

 

aa;

0x

     

dxxfdxxfdxxf

a

 

 



0

 

dxxf

a

0

z

dzdx 

ax 

1

az 

1

02x

02z

     

dzzfdzzfdxxf

a

aa





 0

00

   

dzzfdxxf

a





 0

0

 

dxxf

a





0

     

   



 

 

 











a

xfxfесли

xfxfеслиdxxf

dxxfdxxfdxxf

0

.,0

,,2

.

2.3 Определенные интегралы от четных и нечетных функций по

симметричному промежутку интегрирования

Если функция четная или нечетная и является интегрируемой на отрезке

, то

подынтегральная функция нечетная, то

Доказательство: разделив отрезок интегрирования

для четной функции

.

; если же

точкой

на

две части, по свойству аддитивности интеграла получим тождество

.

В интеграле

, то

; если

заменим переменную x на

, то

.

. Тогда

. Если

Таким образом,

определенного интеграла. Но значение определенного интеграла не зависит от того,

какой буквой обозначена переменная интегрирования, поэтому

что и требовалось доказать.

по свойству 1

, и тогда

22

2.4 Интегральная теорема о среднем и следствия из нее

 

xf

 

ba;

 

xf

 

ba;

 

xF

 

ba,

     

abCfdxxf

b

a





.

(1)

   

xfxF 



 

bax ;

 

xF

 

ba;

         

abcFaFbFbac 



 :;

     

dxxfaFbF

b

a





   

.cfcF 



       

bacabcfdxxf

b

a

;, 



 

:cf

   







b

a

dxxf

ab

cff

1

.

(2)

f

 

ba;

 

ba;

 

ba;

 

xf

 

ba;

В этом параграфе мы установим соотношение, связывающее значение

определенного интеграла функции

подынтегральной функции в некоторой внутренней точке этого отрезка. Это

соотношение будет следовать из интегральной теоремы о среднем и позволит

получить неравенства, оценивающие интеграл.

Теорема. Если функция

отрезке первообразную

Доказательство: согласно определению первообразной

, т.е. функция

непрерывна на нем. Тогда эта функция удовлетворяет теореме Лагранжа, т.е.

, то внутри отрезка

, определенная на отрезке

дифференцируема на отрезке

. Но по формуле Ньютона-Лейбница

по отрезку

существует такая точка С, что

со значением

, имеет на этом

, а значит, и

,

Итак,

Выразим из последнего равенства

Число

Доказанное нами равенство (1) означает, что для функции, имеющей на

отрезке

отрезка

этом отрезке.

, а по определению первообразной

, что и требовалось доказать.

будем называть средним значением функции на отрезке

первообразную, существует, по крайней мере, одна внутренняя точка

, в которой значение функции совпадает с ее средним значением на

.

Следствие 1. Если функция

имеет на отрезке

первообразную и

23

   

baxxf ;0 

, то

 





b

a

dxxf 0

(3)

Доказательство: так как

   

baxxf ;0 

     

0



abcfdxxf

b

a

 

xg

 

xh

 

ba;

   

xhxg 

 

bax ;

   

dxxhdxxg

b

a

b

a

 



.

(4)

     

xhxgxf 

 

bax ;

   

 

0



dxxhxg

b

a

   

0



dxxhdxxg

b

a

b

a

   

,dxxhdxxg

b

a

b

a





 

bax ;

 

xg

     

xgxfxh 

 

ba;

   

,0,  xgMxfm

 

bax ;

       

 



b

a

b

a

b

a

dxxgMdxxgxfdxxgm

 

0xg

       

,xgMxgxfxgm 

для любого

 

bax ;

.

(5)

 

xg

)(xG

 

ba;

 

xgm

 

ba;

Rm

)(xGm

 

xgm

 

xgM 

 

ba;

       

dxxgMdxxgxfdxxgm

b

a

b

a

b

a

 



, для любого

 

bax ;

.

(6)

из (1) следует (3).

,

, значит

Следствие 2. Если функции

первообразные и

для любого

и

Доказательство: рассмотрим разность данных функций

разность неотрицательная для любого

, а с учетом свойства линейности определенного интеграла

или

требовалось доказать.

Следствие 3. Если функции

и

имеют на отрезке

то

. Тогда, в силу следствия (1)

для любого

имеют на отрезке

. Эта

, что и

первообразные,

Доказательство: поскольку

Из определения первообразной следует, что если функция

первообразную

на отрезке

первообразную на отрезке

функции

и

почленно неравенство (5).

для любого

.

, выполняются неравенства

, то и функция

, для любого

равную

имеют первообразные на отрезке

, то

имеет

также имеет

. Таким образом,

. Проинтегрируем

24

Эти неравенства справедливы согласно следствию (2), примененному здесь

 

xg

     

xgxfxh 

 

ba;

   

0,  xgMxfm

 

bax ;

       

dxxgMdxxgxfdxxgm

b

a

b

a

b

a

 



, для любого

 

bax ;

.

(7)

 

Mxfm 

 

0xg

 

bax ;

       

xgMxgxfxgm 

 

bax ;

 

xgm

 

xgM 

 

ba;

 

xf

 

ba;

 

Mxfm 

 

bax ;

     

abMdxxfabm

b

a





.

(8)

 

1xg

 

bax ;

 

xf

 

xf

 

ba;

   

dxxfdxxf

b

a

b

a





.

(9)

       

baxxfxfxf ;, 

     

,dxxfdxxfdxxf

b

a

b

a

b

a





дважды.

Следствие 4. Рассмотрим ситуацию, обратную той, которая была в

следствии 3. Если функции

первообразные, и если

неравенства

Доказательство: умножим неравенства

:

Проинтегрируем почленно это неравенство. Это возможно, так как у функций

и

примененному следствию (2), видно, что двойное неравенство (7) верно.

Следствие 5. Если функция

выполняются неравенства

существуют первообразные на отрезке

и

, для любого

имеет на отрезке

для любого

имеют на отрезке

для любого

, то выполняются

на

.

. Согласно двукратно

первообразную и

, то справедливы и

, для любого

неравенства

Доказательство: неравенства (8) следуют из неравенств (5) следствия 3, когда

, для любого

Следствие 6. Если функции

первообразные, то

Доказательство: поскольку

применить неравенство (4) из следствия (2).

.

что равносильно двойному неравенству (9).

и

имеют на отрезке

можно дважды

25

Следствие 7. Пусть функция

 

xf

 

xF

 

ba;

 

0xf

 

bax ;

 

0xf

 

ba;

 

0



dxxf

b

a

.

(10)

     

,0



aFbFdxxf

b

a

   

aFbF 

   

0xfxF

 

bax ;

 

xF

 

ba;

     

bFxFaF 

 

bax ;

   

bFaF 

 

xF

 

ba;

   

0xfxF

 

bax ;

 

xg

 

xh

 

ba;

   

xhxg 

 

bax ;

 

xg

 

xh

 

ba;

   

dxxhdxxg

b

a

b

a





.

(11)

     

xhxgxf 

bxa 

xsin

имеет первообразную

на отрезке

и

следствия (1) неотрицателен. Предположим, что он равен нулю. Тогда, согласно

формуле Ньютона-Лейбница,

условия

на отрезке

,

Доказательство: при указанных условиях записанный интеграл в силу

, то

, что противоречит одному из условий следствия.

Значит, неравенство (10) верно.

, причем

для любого

, т.е.

на отрезке

хотя бы в одной точке отрезка

значит

следует, что функция

для любого

постоянна, а тогда

. Но если при этом

. Тогда

. Из

не убывает

для любого

Следствие 8. Если функции

первообразные, и если

различаются хотя бы в одной точке отрезка

Докажите это свойство самостоятельно, введя вспомогательную функцию

, воспользовавшись следствием 7 и свойством линейности

определенного интеграла.

Замечание. Следствия из теоремы о среднем справедливы только для отрезка,

т.е. только для случая, когда

формулировки следствий нужно вносить коррективы. Подумайте самостоятельно,

какие.

для любого

и

, то выполняется неравенство

. Если это ограничение снять, то в

имеют на отрезке

, причем

и

Установим, от какой из функций

Рассмотрим пример использования следствий из теоремы о среднем.

и x интеграл Ньютона-Лейбница по отрезку

26

 



 





2

;

8

больше, не вычисляя значений интегралов. Поскольку при

 



 





2;

8

x

xxsin0

 





2

8

2

8

sin0 dxxdxx

 





3

2

3

.12 dxx

 

.6835

8

1

42

1

2

1

2

1

53

32

2

1

,12

12

44

5

3

5

3

4

3

2

22

11

3















t

dtt

dtdx

tx

t

x

tx

dxx

 





3

2

3

.6812 dxx

 

.3

3

2

7



 dxxx

     













0

1

7

22

11

3

2

7

3

03

12,3

3 dttt

dtdx

tx

txtx

dxxx

 

.

72

19

8

3

9

1

8

3

9

3

0

1

8

9

0

1

78



 



 







t

dttt

 





3

2

7

3 dxxx

19

72

.





5

0

.4dxxx

, в силу следствия 8 получим:

2.5 Примеры решения задач

Задача 1. Вычислить определенный интеграл:

Решение:

.

Ответ:

Задача 2. Вычислить определенный интеграл:

Решение:

Ответ:

Задача 3. Вычислить определенный интеграл:

27

Решение:

 















3

2

5

0

22

11

2

24

35

,20

2

4

4,4

4 tdttt

tx

tdtdx

tx

txtx

dxxx

     



  

3355

3

2

3

2

3

2

3

2

3

2

5

2424

23

3

8

23

5

2

3

8

5

28282

tt

dttdttdttt

.

15

11

33

15

506

19

3

8

211

5

2







5

0

4dxxx

33

11 15

.

1

4

0



x

dx

 

  

























2

0

2

0

2

0

2

0

22

11

2

4

0

1

22

1

11

2

1

2

24

00

,

1

t

dt

dtdt

t

tdt

tdtdx

tx

txtx

x

dx

     

 

803,13ln2410ln12ln20221ln22

2

0

2 0

 tt







4

0

1x

dx

1,803.





4

0

2

.2sin xdxx













4

0

2

4

0

2

2cos

2

1

2cos

2

1

2sin,2

2sin,

2sin xx

xxdxvxdxdu

xdxdvxu

xdxx









 





 









 



 







 



 





4

0

2

4

0

2cos0

4

2cos

42

1

22cos

2

1

xdxxxdxx

Ответ:

Задача 4. Вычислить определенный интеграл:

Решение:

Ответ:

Задача 5. Вычислить определенный интеграл:

Решение:

28













xdxx

xxdxvdxdu

xdxdvxu

2sin

2

1

2sin

2

1

2sin

2

1

2cos,

4

0

4

0

.

4

1

8

2cos

2

1

2

1

8

4

0













x





4

0

2

2sinxdxx

.

4

1

8







1

0

2

sin xdxe

x











1

0

2

1

0

2

22

1

0

2

cos2cos

cossinsin

2

sin xdxexe

xxdxvxdxdv

dxedueu

xdxe

xx

x

 













0cos1cos

sincoscos

2

0212

22

ee

xxdxvxdxdv

dxedueu

xx

   



 



 









0sin1sin211cossinsin2

0122

1

0

2

1

0

2

eeexdxexe

xx





1

0

222

1

0

2

.sin21sin211cossin2 xdxeeexdxe

xx

Ixdxe

x





1

0

2

sin

 

IeI 21cos1sin2

2



 

1cos1sin23

2

 eI

   





1

0

2

22

.1cos1sin2

3

sin1cos1sin2

3

1 e

xdxeeI

x

 





1

0

2

1cos1sin2

3

sinexdxe

x

 





2

3

dxxx

Ответ:

Задача 6. Вычислить определенный интеграл:

Решение: данный интеграл берется дважды «по частям». В процессе решения

приходим к уравнению относительно искомого интеграла.

;

Получим уравнение относительно искомого интеграла. Обозначим

.

Тогда

Ответ:

Задача 7. Вычислить определенный интеграл:

,

.

29

Решение: функция

xxy 

3

     

 



 



 





 



 







 

 

4

2

0

24

0

2

24

2

0

3

2

0

2

33

20

4

1

2424

xxxx

dxxxdxxxdxxx

 

   

.04

2

1

16

4

1

4

2

1

16

4

1

02

2

1

02

4

1

20

2

1

2244

2



 







2

3

dxxx

;cossin







 xdxx

 































 







0

22

11

22

11

;1,

,1,0

;1,0

,1,

sin

cos,cos

cossincossincossin

tx

dtxdx

dtxdtx

xdxxxdxxxdxx

    

.01111

2

1

22

1

2

1

2





 





 





 



tt

tdttdt









xdxx cossin





1

2

;1 dxx

 





1

0

22

.121 dxxdxx

нечетная, следовательно

Ответ:

0.

Задача 8. Вычислить определенный интеграл:

Решение: в силу нечетности подынтегральной функции и симметричности

отрезка интегрирования относительно начала координат имеем

Ответ:

Задача 9. Вычислить определенный интеграл:

Решение: в силу четности подынтегральной функции и симметричности

отрезка интегрирования относительно начала координат имеем

0.

30

Для нахождения последнего интеграла воспользуемся тригонометрической

tx sin

,01x

01t

,12x

.

2



t

tdtdx cos

  

 



1

0

2

0

2

0

22

.coscoscossin11 tdtttdttdxx

0cos t

 



 





2;0t

tt coscos 







  

 

dt

t

tdtdxx

1

0

2

0

2

0

22

2

2cos1

cos1

 

4

2sin

4

1

4

22cos

4

1

2

1

2

0

2

0

2

0







 





 













tttdt

 











1

0

22

.

24

2121 dxxdxx







1

2

1 dxx

p

2

.





2

0

2

.cos

2

1



dxxI

1cos0

2

 x

 

2

0

2





 



 







 ab

2

3

,1  Mm

.91,157,1,

2

3

22









II

.91,157,1  I

подстановкой

Тогда

Так как

. Будем полагать, что если

и

при

, то

формулу понижения степени, получаем

Окончательно имеем

то

; если

то

. Применяя тригонометрическую

.

Ответ:

Задача 10. Оценить интеграл:

Решение: Так как

, то по формуле 8 находим

и

Ответ:

2.6 Вопросы для самоконтроля

1. Каковы особенности метода замены переменной в случае применения его к

вычислению определенного интеграла?

,

2. Каковы особенности отыскания определенного интеграла от четной или

нечетной функции по промежутку, симметричному относительно нуля?

3. Сформулируйте и докажите интегральную теорему о среднем?