Вопрос 29.
Интегрирование иррациональных функций.
Для
интегрирования иррациональной функции,
содержащей 
используется
подстановка
.
Чтобы
проинтегрировать иррациональную
функцию, содержащую несколько рациональных
степеней x, применяется подстановка
в форме
,
где n полагается равным наименьшему
общему кратному знаменателей всех
дробных степеней, входящих в данную
функцию.
Рациональная функция x под
знаком корня n-ой степени, т.е. выражение
вида
,
интегрируется с помощью подстановки
.
Вопрос 30.
Интегрирование тригонометрических функций.
Пусть
,
где
и
- многочлены от
и
.
1)
Если один из многочленов
,
четный по
,
а другой – нечетный по
,
то подстановка
рационализирует интеграл.
2)
Если один из многочленов
,
четный по
,
а другой – нечетный по
,
то подстановка
рационализирует интеграл.
3)
Если оба многочлена четные по
и
,
то подстановка
рационализирует интеграл.
3’)
Выражения вида
,
где
и
- четные. Они сходны с 3 случаем, где
4) Универсальная подстановка.
Рационализация
также достигается с помощью подстановки
,
которая называетсяуниверсальной.
В самом деле,
;
;
.
5)
Выражения вида
;
;
.
Они рационализируются с помощью перевода
в тригонометрические суммы.
Вопрос 31. Интегральная сумма, ее предел. Определение определенного интеграла.
Пусть
задана функция f(x)
на отрезке
.
Составим разбиениеR:
.
Это
интегральная сумма, соответствующая
разбиению R
и выбору точек
.
Если
существует предел при
интегральных
сумм
,
и он не зависит отR
и
,
то он называетсяопределенным
интегралом
Вопрос 32. Необходимое условие интегрируемости.
Теорема. Для того, чтобы функция f(x), определённая на отрезке [a,b], была интегрируема на нём, необходимо, чтобы она была ограничена на этом отрезке.
Доказательство. Предположим, что f(x) не ограничена на отрезке [a,b]. Тогда для каждого разбиения найдётся хотя бы один отрезок [xk−1,xk], на котором функция окажется неограниченной. Но тогда в интегральной сумме хотя бы одно слагаемое Δxkf(ξk) будет произвольно большим, и тогда последовательность интегральных сумм сходящейся быть не может. Значит, функция не интегрируема, что противоречит предполагаемому.
Вопрос 33. Суммы Дарбу. Их свойства.
Определение:
Пусть
ограничена
на отрезке
.
Введём разбиениеR
этого отрезка.
R:
,
.
Тогда можем составить выражения:
-
нижняя сумма Дарбу,
- верхняя сумма Дарбу.
,
.
Пусть
ограничена
на отрезке
.
Введём разбиениеR
этого отрезка.
R:
,
.
Тогда можем составить выражения:
-
нижняя сумма Дарбу,
- верхняя сумма Дарбу.
,
.
Свойства сумм Дарбу:
1)
,
для одного и того же разбиения.
2)
Рассмотрим два разбиения в случае, когда
одно разбиение является продолжением
другого. Т.е.
-
продолжение
,
если все точки
являются точками
.
Добавление
точек не увеличивает
и не уменьшает
.
Пусть
получается из
добавлением одной точки.
,
,
,
,
Заметим,
что если
,
то
и
.
Отсюда заключаем:
,
,
,
.
3)
,
,
,
=>
,
т.е.
.
-
нижний интеграл (нижняя точная сумма
Дарбу).
.
-
верхний интеграл (верхняя точная сумма
Дарбу).
.
.
Вопрос 34.
Необходимое и достаточное условия интегрируемости функции.
Теорема:
Функция
интегрируема на отрезке
тогда и только тогда, когда
.
Доказательство:
Докажем необходимость условия:
Функция
интегрируема на отрезке
.
Пусть
,
тогда
,
т.е.
.
т.е.
и
.
Далее
имеем:
,
т.е.
.
Необходимость доказана.
Докажем достаточность условия:
.
.
.
Докажем,
что
.
,
,
,
тогда
,
т.е.
,
.
Достаточность доказана.
Вопрос 35.
Достаточное условие интегрируемости функции.
Теорема 1:
Если
функция
непрерывна на
,
то она интегрируема на
.
Доказательство:
Пусть
непрерывна на
;
тогда для разбиенияR,
у которого частичные отрезки
,
имеет место (
).
где
есть модуль непрерывности
на
.
Поэтому
.
Но,
как мы знаем, для непрерывной на замкнутом
конечном отрезке
функции
,
поэтому для любого
можно указать такое
,
что
.
В
силу основной теоремы интеграл
на
существует.
Теорема доказана.
Вопрос 36.
Свойства определенного интеграла.
Теорема 1: (Аддитивное свойство интегралов)
Функция
интегрируема на отрезке
тогда и только тогда, когда
функция
интегрируема на отрезках
и
и при этом выполняется равенство:
Доказательство:
Пусть
интегрируема на
,
тогда по основной теореме
Можно
считать, что точка c
является точкой разбиения, потому что,
если она таковой не является, мы добавим
эту точку и рассмотрим новое разбиение
,
тогда
,
поэтому можно считать, что разбиениеR
изначально содержит точку с. Тогда это
разбиение порождает разбиения
-
разбиение
и
-
разбиение
.
Тогда
и разность сумм Дарбу можно представить
как:
.
Так как каждое из этих двух слагаемых
неотрицательно и в сумме они меньше
,
значит каждое из них меньше
по
основной теореме
интегрируема на
и
.
Доказано.
Пусть
интегрируема на отрезках
и
,
тогда точно так же найдем
-
разбиение
и
-
разбиение
,
такие что
и
,
тогда для разбиения
,
гдеR–разбиение
отрезка
,
значит
интегрируема на отрезке
.
Доказано.
Доказали
интегрируемость, теперь докажем равенство
:
Замечание: Мы предполагаем, что точка с участвует во всех этих разбиениях; если она в них не участвует, то по следствию из основной теоремы нам это неважно, поскольку если хотя бы для одной последовательности разбиений предел стремится к числу, то и для всех остальных - тоже. И мы берем такую последовательность разбиений, что точка с в них участвует.
-
сумма берется по тем отрезкам, которые
содержатся в
и
соответственно. Нужно учесть, что
.
Теорема доказана.
Замечание:
Мы определили понятие определенного
интеграла только для случая
;
доопределим понятие определенного
интеграла отa
до b
в случае, когда
:
Если
,
то положим
,
тогда равенство
становится верным не только для
,
но и для любых
,
при условии что все вышеперечисленные
интегралы существуют.
Пример:
Теорема2: (Однородные свойства интегралов)
Пусть
функции
интегрируемы
на
,
тогда
f + g – интегрируема на
и
,
если интегралы в правой части существуют,
т.е. в общем случае обратное не верно.
(Пример:
Если взять f
– неинтегрируема на
и –f
– тоже неинтегрируема, то их сумма =0 –
интегрируема).
-
интегрируема на
и
,
обратное тоже верно, в случае если
-
интегрируема.
-
интегрируемЕсли
отделена от 0 на отрезке
,
т.е.
на
где
,
то
- интегрируема.
Доказательство:
1)
2) аналогично;
Замечание:
обозначим
;
;
- по свойству ограниченности; соответственно
введем
3)
Перейдем
к супремумам: на произвольном промежутке
По
основной теореме найдутся такие разбиения
,
что
и
,
что
.
Теперь если мы возьмем сумму разбиений
и
,
то будут выполняться оба неравенства,
и тогда
интегрируема.
4)
;
переходя к супремумам и умножая на
,
получим:
Замечание:
переход к супремуму на промежутке
:
Замечание: обратное неверно:
Контрпример:
- сама по себе не интегрируема (доказано
ранее), а по модулю – интегрируема.
5)
;
переходя к супремумам супремум в этом
неравенстве, получим:
;
теперь домножая на
и суммируя, получим
Теорема доказана.