080100Экономика(МатАнализ и ЛинАлгебра) / Лекции_Математический анализ

m ≤

a

≤ M .

b − a

Введем обозначение

b

∫ f (x)dx

μ =

a

.

(14)

b − a

Тогда, в силу полученных оценок, число μ удовлетворяет неравенствам

m ≤μ ≤ M .

По условию теоремы функция

f (x) непрерывна на отрезке [a,b] . Поэто-

Следовательно, найдется такая точка c [a,b], в которой

f (c) =μ. Подставляя

это значение μ в равенство (14), получим:

b

∫ f (x)dx

b

a

= f (c) ∫ f (x)dx = f (c)(b − a) .

b − a

a

Геометрический смысл теоремы

(рис. 3.4.6).

y

y = f (x)

Обозначим:

A

B

b

f (c)

1)

∫ f (x)dx = Sкр. трап.

– площадь криво-

a

линейной трапеции,

2)

f (c)(b − a) = SaABb

– площадь пря-

c

с1 b

x

O a

моугольника aABb с основанием b − a и вы-

РИС. 3.4.6

сотой f (c) .

Тогда доказанная теорема утверждает, что существует точка c [a,b],

для

которой

Средним значением

yср функции y = f (x) , непрерывной на отрезке

[a,b] , называется величина

b

∫ f (x)dx

y

=

a

.

ср

b

− a

следовательно, интеграл есть функция верхнего предела.

Обозначив верхний предел интегрирования

y

через x, а переменную интегрирования через t,

A

X

получим функцию

x

Φ(x) = ∫ f (t)dt .

a

Если f (t) ≥ 0 , то Φ(x) – площадь криволи-

O a

x t

нейной трапеции aAXx (рис. 3.4.7) с переменным

РИС. 3.4.7

основанием [a, x].

2

x4

2

24

− 1

15 .

1. ∫x3dx =

=

=

1

4

1

4

4

4

1

xdx

1

1

2xdx

1

1 d(1 + x2 )

= 1 + x2

1

2. ∫

=

2

∫

=

2

∫

= 2 −1.

1 + x2

1 + x2

1 + x2

0

0

0

0

Теорема.

Если f (x) – непрерывная функция, то

x

′

′

∫

Φ (x) = f (t)dt = f (x) ,

a

′

Доказательство. Найдем производную Φ (x) по шагам.

1. Дадим аргументу x приращение x и вычислим значение функции в

точке x + x :

x+Δx

x

x+Δx

x+Δx

Φ(x + x)= ∫ f (t)dt = ∫ f (t)dt + ∫ f (t)dt = Φ(x) + ∫ f (t)dt .

a

a

x

x

Здесь использовано свойство аддитивности.

2. Найдем приращение функции

x+ x

x+Δx

ΔΦ = Φ(x + x) − Φ(x) = Φ(x) + ∫ f (t)dt − Φ(x) = ∫ f (t)dt .

x

x

К полученному интегралу применим теорему о среднем, в силу которой

существует такая точка с, заключенная между x и x +

x , что

x+Δx

Φ

=

f (c) x

= f (c) .

x

x

4. Вычислим предел при

x → 0 и найдем производную

′

Φ

= lim f (c) .

Φ (x) = lim

x

x→0

x→0

Так как точка с заключена между x и x + x и x → 0 , то c → x. Оконча-

тельно, в силу непрерывности

f (x) , имеем

′

f (c) = lim f (c) = f (x) .

Φ (x) = lim

x→0

c→x

b

β

′

(15)

∫ f (x)dx = ∫ f [ϕ(t)]ϕ (t)dt .

a

α

Доказательство. Из условий теоремы и свойств непрерывных функций

следует, что обе подынтегральные функции из формулы (15) непрерывны:

f (x)

– непрерывна на [ a,b],

′

– непрерывна на [ α,β]. Следовательно, ин-

f [ϕ(t)]ϕ (t)

85

Так как ∫

′

(свойство инвари-

f [ϕ(t)]ϕ (t)dt = ∫ f [ϕ(t)]d[ϕ(t)] = F[ϕ(t)] + C

антности формул интегрирования), то F[ϕ(t)] – первообразная для

′

f [ϕ(t)]ϕ (t) .

Следовательно,

β

β

′

формулам ϕ(α) = a ,

ϕ(β) =b ;

после вычисления неопределенного интеграла необходимо вернуться к

старой переменной, в определенном интеграле этого делать не нужно.

Примеры.

4

dx

1. Найти ∫

.

0

1 +

x

Решение. Положим x = t2 ,

dx = 2tdt ,

x

= 0 t = 0 ,

x

2

= 4 t

2

= 2 . То-

1

1

гда

4

2

2

dt = 2(t

02 )= 4

∫

dx

=

∫2tdt =

2∫ 1

−

1

02 − ln

t +1

− 2ln 3.

1

+ x

1

0

0

1 + t

0

+ t

1

1 − x2

2. Найти

∫

dx .

x

2

2

2

86

Решение. Положим x = sin t, dx =costdt,

x =

2

t

= π ,

x =1 t

2

= π

1

2

1

4

2

2

π

π

1

1 − x2

2

1 −sin2 t

2 cos2 t

∫

dx = ∫

costdt = ∫

2

dt =

x

2

sin

2

t

t

2

π

π sin

2

4

4

π

π

π

π

2

1 − sin2 t

2

1

π

= ∫

2

dt = ∫

−

1 dt = −ctgt

π2

− t

π2 =1 −

.

2

4

π

sin

t

π

sin

t

4

4

4

4

3.4.6. Интегрирование по частям в определенном интеграле

Теорема 20. Если u(x) ,

v(x) ,

′

′

u (x) , v (x) , – непрерывны на отрезке [ a,b

], то имеет место формула

b

b

∫udv = uv |ba −∫vdu ,

(16)

a

a

b

b

∫udv = (∫udv)

b = (uv − ∫vdu)

b

= uv

ba

− (∫vdu)

b

= uv

ba − ∫vdu .

a

a

a

a

a

π

π

∫2 xcos xdx = xsin x

π

− ∫2 sin xdx = xsin x

π

π

π

02

02

+ cos x

02

=

−1.

2

0

0

ной трапеции,

которая определяется основанием и кривой y = f (x) . Найдем ее

площадь в каждом случае.

]

[

]

y

1. Основание

x

[

a,b

,

f (x) ≥0 на

a,b

(рис. 3.5.1).

y = f (x)

b

Тогда ∫ f (x)dx ≥ 0 . В силу геометрического

+

a

смысла интеграла

площадь

S криволинейной

O a

b x

b

трапеции вычисляется по формуле S = ∫ f (x)dx .

РИС. 3.5.1

a

2. Основание

x [a,b],

f (x) ≤0 на

[a,b]

y

b

(рис. 3.5.2).

a

O

x

b

Тогда

∫ f (x)dx ≤ 0 .

Следовательно,

a

y = f (x)

b

S = −∫ f (x)dx .

РИС. 3.5.2

a

1. Найти площадь S криволинейной

трапеции, ограниченной

линиями: y = x3 ,

y

y = 0 , x = −1, x =1.

Решение.

y = x3

Построим чертеж (рис. 3.5.6). Так как

+

0

-1

x

∫ x3dx ≤ 0 , то

O

1

—

−1

0

1

S = −∫ x3dx + ∫x3dx =

−1

0

x4

0

x4

1

1

1

1

РИС. 3.5.6

= −

+

=

4

+

4 = 2 .

4

4

−1

0

2. Найти S

криволинейной трапеции,

ограниченной линиями:

y = x +1, y = cos x ,

y = 0 .

y

y = x +1

Решение.

Построим плоскую фигуру (рис. 3.5.7).

y = cos x

Тогда искомая площадь будет суммой двух

интегралов

-1

O

π x

0

π/2

2

S = ∫(x +1)dx + ∫ cos xdx =

РИС. 3.5.7

−1

0

=

(x +1)2

0

+ sin x

π/2

=

3

.

2

0

2

−1

и прямыми x = a , x = b . Пусть

f1(x) ≤ f2 (x) на отрезке [ a,b]. Требуется найти

площадь этой фигуры.

В случае 0 ≤ f1(x) ≤ f2 (x)

из рис. 3.5.8 видно, что площадь фигуры вычис-