Орловский Определенный интеграл.Практикум ч.1 2010

Лемма. Предположим, что функция f(x) интегрируема на [a; b], F ′(x) = f(x) во всех точках интервала (a; b) и существуют

F (a + 0), F (b − 0). Тогда

∫b

a

Доказательство леммы проведем в два этапа. На первом этапе покажем, что для любых чисел α и β, удовлетворяющих неравенствам a < α < β < b выполняется формула Ньютона – Лейб-

ница

∫β

f(x) dx = F (β) − F (α)

α

(непрерывность f(x) не предполагается). Рассмотрим произвольное разбиение

T = {x0, x1, . . . , xn}

(α = x0 < x1 < . . . < xn = β) отрезка [α; β] и запишем легко проверяемое тождество

n∑−1

i=0

Так как функция F (x) дифференцируема в интервале (a; b), то при каждом i (0 6 i 6 n − 1) она удовлетворяет условиям теоремы Лагранжа на отрезке [xi; xi+1], следовательно,

F (xi+1) − F (xi) = F ′(ξi)(xi+1 − xi),

где ξi (xi; xi+1). Так как F ′ = f, то тождество (3.47) принимает следующий вид:

n∑−1

f(ξi)(xi+1 − xi) = F (β) − F (α).

i=0

181

[a; c1], [c1; c2], . . . , [cp−1; cp], [cp; b], получим:

∫c1

f(x) dx = F (c1 − 0) − F (a + 0),

a

∫c2

f(x) dx = F (c2 − 0) − F (c1 + 0),

c1

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

∫cp

f(x) dx = F (cp − 0) − F (cp−1 + 0),

cp 1

∫b

f(x) dx = F (b − 0) − F (cp + 0).

cp

Складывая эти равенства и используя аддитивность интеграла, получаем

Утверждение задачи доказано.

2302. Пусть функция f(x) собственно интегрируема на сег-

менте [a; b] и

∫x

F (x) = f(ξ) dξ + C

a

– ее неопределенный интеграл.

Доказать, что функция F (x) непрерывна и во всех точках непрерывности функции f(x) имеет место равенство

F ′(x) = f(x).

Что можно сказать о производной функции F (x) в точках разрыва функции f(x)?

183

Утверждение задачи является составной частью любого традиционного курса математического анализа и его доказательство приводится во всех общепринятых учебниках (см., например, [2], с. 365; [3], с. 115; [4], с. 467; [5], с. 364). Поэтому рассмотрим только примеры, которые показывают, что в точках разрыва функции f(x) функция F (x) может как иметь производную, так и не иметь ее.

а). Функция F (x) = C дифференцируема всюду (в том числе и в точках разрыва функции f) и ее производная F ′(x) = 0. В точках разрыва F ′(x) ≠ f(x).

б). Функция F (x) = |x| + C дифференцируема всюду, кроме точки разрыва функции f(x) (точка x = 0).

Найти неопределенные интегралы от ограниченных разрыв-

ных функций:

∫

2303. sgn x dx.

Рассмотрим первообразную, заданную формулой

∫x

F (x) = sgn t dt.

0

При x > 0

∫x

F (t) = dt = x.

0

Так как подынтегральная функция нечетна, то согласно решению задачи 2259 F (x) четна, следовательно, F (x) = |x| и

∫

sgn x dx = |x| + C.

184

∫

2304. sgn(sin x) dx.

Рассмотрим первообразную, заданную формулой

∫x

F (x) = sgn(sin x) dt.

0

Покажем, что F (x) периодическая функция с периодом 2π. В самом деле, из свойства аддитивности интеграла следует, что

x∫+2π

x

Так как подынтегральная функция имеет период 2π, то согласно решению задачи 2265:

Таким образом, F (x + 2π) = F (x) при всех вещественных x, что доказывает 2π-периодичность F (x).

Так как подынтегральная функция нечетна, то согласно решению задачи 2259 F (x) четна. Из четности и 2π-периодичности функции F (x) следует, что она однозначно определяется своими значениями на промежутке x [0; π]. При этих значениях

аргумента

∫x

F (x) = dt = x.

0

Отметим, что такими же свойствами обладает функция

y = arccos(cos x),

она 2π-периодична, четна и на отрезке [0; π]

arccos(cos x) = x.

185

Следовательно, F (x) = arccos(cos x) и, соответственно,

∫

sgn(sin x) dx = arccos(cos x) + C.

∫

2305. [x] dx (x > 0).

Вычислим

∫x

F (x) = [t] dt.

0

Если k < x < k + 1, где k – целое число, то F ′(x) = [x] = k и, следовательно,

F (x) = kx + ck.

Так как на промежутке x (k − 1; k) функция F (x) = (k − 1)x+ +ck−1, то из условия непрерывности F (x) в точке x = k следует, что (k − 1)k + ck−1 = k2 + ck. Отссюда получаем рекуррентное соотношение для последовательности {ck}:

ck = ck−1 − k.

В интервале (0; 1) функция F (x) = 0, следовательно, c0 = 0. Применяя полученное рекуррентное соотношение k раз и учитывая, что c0 = 0, получаем

ck = −(1 + 2 + . . . + k).

Суммируя арифметичческую прогрессию, находим

ck = −k(k + 1) ,

2

т. е. в интервале (k; k + 1), а в силу непрерывности F (x) и на промежутке [k; k + 1), функция F (x) = kx − k(k + 1)/2. Заменяя здесь k = [x], получаем окончательный ответ:

F (x) = [x]x − 12 [x]([x] + 1),

186

поэтому

∫

[x] dx = [x]x − 12 [x]([x] + 1) + C (x > 0).

∫

2306. x[x] dx (x > 0).

Пусть

∫x

F (x) = t[t] dt.

0

Если k < x < k + 1, где k – целое число, то F ′(x) = x[x] = kx и, следовательно,

kx2

F (x) = 2 + ck.

Приравнивая предельные значения F (k−0) и F (k+0), получаем равенство

из которого находим рекуррентное соотношение для последова-

тельности {ck}:

k2 ck = ck−1 − 2 .

В интервале (0; 1) функция F (x) = 0, следовательно, c0 = 0. Применяя полученное рекуррентное соотношение k раз и учитывая, что c0 = 0, получаем

ck = −12 (12 + 22 + . . . + k2).

Согласно формуле (2.5)

12 + 22 + . . . + k2 = k(k + 1)(2k + 1) . 6

Таким образом, в интервале (k; k + 1), а в силу непрерывности F (x) и на промежутке [k; k + 1), функция

F (x) = kx2 − k(k + 1)(2k + 1) . 2 12

187

Заменяя здесь k = [x], получаем окончательный ответ:

0

Подынтегральная функция f(x) = (−1)[x] периодична с периодом T = 2. Покажем, что функция F (x) также периодична и имеет такой же период. В самом деле, в силу аддитивности интеграла

Так как подынтегральная функция имеет период 2, то согласно решению задачи 2265:

Таким образом, F (x + 2) = F (x) при всех вещественных x и она однозначно определяется своими значениями на промежутке x [0; 2].

Если x [0; 1), то

∫x

F (x) = dt = x,

0

188

при x [1; 2) в силу свойства аддитивности интеграла

∫1 ∫x

F (x) = dt − dt = 1 − (x − 1) = 2 − x.

01

Учитывая непрерывность функции F (x), получаем, что

В элементарной математике есть функция, которая задается аналогичным образом. Это функция y = arccos(cos x), она 2π-периодична и на отрезке длиной в период определяется равенством

Отсюда следует, что графики этих функций подобны с коэффициентом подобия, равным π, следовательно

F (x) = π1 arccos(cos πx),

∫x {

2308. f(t) dt, где f(x) =

1, если |x| < l,

0, если |x| > l.

0

1. Пусть x 6 l, тогда в силу свойства аддитивности интеграла

189

2. Пусть −l 6 x 6 l, тогда

∫x ∫x

f(t) dt = dt = x.

00

3.Пусть x > l, тогда в силу свойства аддитивности интеграла

∫x ∫l ∫x ∫l

f(t) dt = f(t) dt + f(t) dt = dt + 0 = l.

Нетрудно проверить, что эта же функция задается формулой

y = 12 (| l + x| − | l − x|),

таким образом,

∫x

f(t) dt = 12 (| l + x| − | l − x|).

0

Вычислить определенные интегралы от ограниченных разрывных функций:

∫3

2309. sgn(x − x3) dx.

0

190