Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Рязанский государственный радиотехнический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Int / integrals

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

21.03.2016

Размер:

3.97 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 78 / 188 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 > Следующая >>>

1 cos2

sin 2t 2

arccos

cos arccos

5x2 25

Тогда

arccos

C . ■

Задачи для самостоятельного решения

№35. Найти интегралы:

а)

x 9

dx ;

б)

;

в)

x 1 2

dx;

(x 1)2

3 x2 (1 6

x 1

г)

е)

x 1

dx ;

д)

(указание:

d ln x );

x(2 x 4 x )

x ln x(1 3 ln x)

x 3 x2

x2 1

dx;

ж)

dx ;

з)

dx ;

x(1 3 x)

x x2 2

и)

e2x ex

dx (указание: использовать равенство е

dx = de

);

e2x )3

к) x2

9 x2 dx ;

л)

dx ;

1 x

м)			dx			(указание: выделить полный квадрат в


		2		x2
	(x 1)	2		x2	2x

подкоренном выражении и сделать замену x – 1 = t).

Замечание 3. Изложенные методы интегрирования не всегда дают самое рациональное решение. Скажем, пример 1.2.53 может быть решен менее

громоздко, если

вынести х 2

из под корня, а затем внести под знак

дифференциала функцию 1 / х 3:

3 x2

x2 (3 / x2 1)

3 x2 1

d (x2 )

d (3 x2 1)

3 x2 1 C.

2 3

3 x

Умение находить наиболее рациональные способы решения задач – это в некотором смысле мастерство, оно приходит только с опытом. Поэтому на первых порах достаточно знать основные типы интегралов, методы интегрирования и грамотно их применять, чтобы приходить к верному ответу.

Замечание 4. Рассмотренные методы интегрирования элементарных функций приводят к результатам, выражаемым также элементарными функциями. Однако не все такие интегралы выражаются элементарными функциями («неберущиеся»). Примеры таких интегралов:

e x2 dx ;	sin x	dx;	cos x	dx;	sin( x2 )dx ;	cos(x2 )dx ;	dx	и др.

	x		x				ln x
В них функции e	x2
	, sin x / x и т.д. являются неинтегрируемыми в конечном

виде (но, тем не менее, для их интегрирования существуют методы, отличные от изложенных выше, например, разложение подынтегральных функций в степенные ряды и др.).

ГЛАВА 2. ОПРЕДЕЛЕННЫЙ ИНТЕГРАЛ И ЕГО ПРИЛОЖЕНИЯ

2.1. Определенный интеграл, его свойства,

формула Ньютона-Лейбница

Определение. Пусть функция y = f (x) определена на отрезке [a, b].

Интегральной	суммой функции		y = f (x)	на отрезке [a, b] называется
выражение:
n
f ( i ) xi ,				(1)
i 1
где
xi	xi xi1	(i 1,2,..., n) ;
a = x0 < x1 < … < xn = b			– точки	произвольного деления отрезка
[a, b] на элементарные отрезки [xi 1 , xi ] ;
i	(i 1,2,..., n)	– точки, произвольно выбранные на каждом из
элементарных отрезков.
Определение. Определенным интегралом от функции f (x) на отрезке
[a, b] называется предел при n→ ,			max xi 0 интегральной суммы (1), если
			i

он существует и не зависит ни от способа разбиения отрезка [a, b] на элементарные, ни от выбора точек ξi на каждом из них. Обозначение:

	n	b
lim	f ( i ) xi f (x)dx .
n	i 1	a
max xi 0	i 1	a
max xi 0
i
Определение. Функция	f (x)	называется интегрируемой на отрезке

[a, b], если существует ее определенный интеграл на этом отрезке.

Отметим, что

1.Всякая непрерывная на отрезке [a, b] функция является интегрируемой

на нем.

2.Всякая кусочно-непрерывная и ограниченная на отрезке функция также интегрируема на этом отрезке.

Всилу определения, определенный интеграл равен числу, в отличие от неопределенного интеграла, представляющего собой семейство функций.

Свойства определенного интеграла

Пусть функции f (x), f1(x), f2(x) интегрируемы на отрезке [a, b]. Тогда

	b	b
1.	f (x) dx f (t) dt .
	a	a
	a
2.		f (x) dx 0 .
	a
	b	a
3.	f (x) dx f (x) dx .
	a	b
	b	c	b
4.		f (x) dx f (x) dx f (x) dx , где с [a, b].
	a	a	c
	b		b	b	b
5.		f1(x) f2 (x) ... fn (x) dx		f1(x) dx	f2 (x) dx ... fn (x) dx .
	a		a	a	a
	b	b
6.	c f (x) dx c		f (x) dx; c const .
	a	a

Формула Ньютона-Лейбница

Если функция f (x) непрерывна на отрезке [a, b] и F(x) – любая ее первообразная (F′(x) = f (x) для всех x [a,b]), то

b
f (x) dx F (x) ba F (b) F (a) .	(2)

Формула (2), называемая формулой Ньютона-Лейбница, имеет место и в случае, когда f (x) – кусочно-непрерывная и ограниченная на [a, b] функция,

если даже соотношение F′(x) = f (x) выполняется только на интервалах непрерывности функции f (x), а не в каждой точке отрезка [a, b]. При этом первообразная функция F(x) должна быть непрерывна на [a, b].

Замечание 1. Использование в качестве первообразной разрывной на интервале интегрирования функции может привести к неверному результату

(см. примеры ниже).

Замена переменной в определенном интеграле

Имеет место формула

b	t2
	f (x) dx		(3)
	f (x) dx	f ( (t)) (t) dt ,	(3)
a	t1

если выполнены следующие условия:

1)функция f (x) непрерывна на [a, b];

2)функция x (t) [a, b] определена на отрезке [t1 , t2], и производная

φ′(t) непрерывна на [t1 , t2].

Для новой переменной интегрирования t определяются новые пределы

интегрирования t1 и t2 из уравнений (t1) a , (t2 ) b .

Интегрирование по частям в определенном интеграле

b		b
u(x) dv(x) u(x)v(x)		ba v(x) du(x) ,


a		a

где и(х) и v(x) имеют непрерывные производные на отрезке [a, b].

Полезные соотношения:

№1. Если функция f (x) четна на отрезке [–a, а], то

a a

f (x) dx 2 f (x) dx .

№2. Если функция f (x) нечетна на отрезке [–a, а], то

f (x) dx 0 .

№3. Если функция f (x) является периодической с периодом Т, т.е. f (x T ) f (x) , тогда

b		b nT
	f (x) dx	f (x) dx , п – целое.
a		a nT

Геометрический смысл определенного интеграла

Если f (x) ≥ 0 на отрезке [a, b] и		y
		y
a < b, то
a < b, то					y=f (x)
b
f (x) dx S ,
a
где S – площадь между кривой у = f (x)				S
и осью Ох, ограниченная слева и
справа вертикальными прямыми х = а

и х = b соответственно (рис.1).	a		0			b	x
и х = b соответственно (рис.1).			Рис. 1.
			Рис. 1.
Важное замечание.
		b
Если f (x) ≥ 0 на отрезке [a, b] и a < b, то			f (x) dx 0;
		a
		b
если f (x) ≤ 0 на отрезке [a, b] и a < b, то			f (x) dx 0.

ПРИМЕР 2.1.1. Пользуясь определением, вычислить x dx .

Решение. Составим интегральную сумму для функции у = х на отрезке

[0, 1]. Разобьем отрезок [0, 1] на п равных между собой элементарных отрезков

(длина каждого из них равна 1/п). Пусть каждая из точек ξi совпадает с правым

концом соответствующего отрезка (это можно сделать, так как выбор точек ξi

произволен). Тогда f (

)

; x

и интегральная сумма примет вид:

f ( i ) xi

i 1

i 1 n

i 1 n2

(1 2 3 ... n)

1 n

Здесь выражение 1 + 2 + 3 +...+ п

представляет

собой

сумму п членов

арифметической прогрессии Sn ; первый член прогрессии а1 = 1, разность d = 1

и тогда S

a1 an

1 n

n .

1 n

Следовательно, по определению x dx lim

Можно показать, что при другом выборе точек ξi

предел интегральной

суммы будет тот же. (Проверьте, взяв, например, в качестве ξi

середины

элементарных отрезков). ■

(x 1)2

ПРИМЕР 2.1.2.

Вычислить

dx ,

используя

формулу

Ньютона-Лейбница.

Решение. Подынтегральная функция непрерывна на отрезке [1, 2]

(разрыв и неограниченное возрастание функции имеет место в точке х = 0,

которая не принадлежит отрезку [1, 2]). Поэтому можно применить формулу

Ньютона-Лейбница:

2	1 2x x2		2	1									x2	2


I		dx			2 x dx ln				x	2x

	x		1 x										2

1														1
	ln 2 2 2		22	ln 1 2 1		12		ln 2		1		. ■
			2				2				2

Замечание 2. В дальнейшем во избежание ошибок следует прежде, чем вычислять интеграл, проверить, не попадают ли точки разрыва второго рода подынтегральной функции на интервал интегрирования.

9 x2 dx ,

ПРИМЕР 2.1.3. Найти величину интеграла

используя

его геометрический смысл.

Решение. Линия

9 x2

есть

окружности х2 + у2 = 9

верхняя

половина

(у ≥ 0),

а так

как

здесь

0 ≤ х ≤ 3,

то, в

соответствии с

геометрическим

смыслом

определенного интеграла, данный интеграл

I представляет собой площадь четверти

круга радиуса

R = 3 с

центром

начале

координат, лежащая в первом квадранте (рис.2),

Рис. 2.

т.е.

. ■

4 dx ,

ПРИМЕР 2.1.4. Вычислить

I (x 1)

используя

формулу

Ньютона-Лейбница.

Решение. Подынтегральная функция непрерывна на отрезке [0, 1]. Одна

из ее

первообразных

на

этом

отрезке есть

функция F(x) (x 1)5 / 5

(проверьте!), причем	F′(x) = f (x)		для		всех		x [0,1], поэтому			применение
формулы Ньютона-Лейбница оправдано:
1	4 dx	(x 1)	5	1	1	(1 1)5 (0 1)5		1			31
1			5	1
I (x 1)									(32 1)			.■
I (x 1)									(32 1)			.■
0	5			0	5			5			5

Замечание 3. В соответствии с формулой Ньютона-Лейбница можно брать любую из первообразных. Ответ будет один и тот же. Например, здесь

можно было взять в качестве первообразной функцию (x 1)5 1 (убедитесь в

том, что результатом будет то же число 31/5).

ПРИМЕР 2.1.5. Даны функции:

	x 1,	1 x 0,
а)
а)	f (x)
	e x ,	0 x 1;

		x	,	1 x 0,
cos			,	1 x 0,
б)* f (x)		2
	2 x,			0 x 1.
	2 x,			0 x 1.

Вычислить I f (x)dx .

Решение. а) Используем свойство 4 и формулу Ньютона-Лейбница на

каждом из интервалов [–1, 0] и [0, 1]:

0		1		(x 1)		2	0		1
0		1				2	0
I (x 1)dx e xdx							e x
I (x 1)dx e xdx							e x
1	(0 1)2	0	( 1 1)2		2		1		0
					2			1	0			3	1


					(e1 e0 )					e1	1			.
					(e1 e0 )					e1	1			.
	2		2					2				2	e

б) Первый способ. Данная функция не обладает свойством непрерывности, но является кусочно-непрерывной и ограниченной на интервале интегрирования, и, следовательно, интегрируема на нем. Для нее нетрудно найти первообразную, которая была бы непрерывна на всем промежутке [–1, 1]. Ею может являться, например, функция

	2	sin	x			при	1 x 0,


F (x)				2
				2	/ 2 при		0 x 1.
2x x					/ 2 при		0 x 1.

Искомый интеграл может быть вычислен с помощью формулы Ньютона-

Лейбница:

I F (1) F ( 1) 2	1	2			3	2
			sin				.

	2			2	2

Второй способ. Можно воспользоваться свойством 4 и затем формулой Ньютона-Лейбница на каждом из интервалов непрерывности заданной подынтегральной функции. Тогда

0		x	1	2		x	0		x2	1


I	cos		dx (2 x)dx		sin			2x

		2				2			2
1			0				1			0

				2	(0 ( 1)) 2(1 0)									1 0				2		3	. ■
					(0 ( 1)) 2(1 0)																. ■
													2						2

																						3					dx
ПРИМЕР 2.1.6. Найти ошибку при вычислении интеграла: I																											dx
																												.
																										1 x2		.
																						0
Возьмем F (x)		1	arctg			2x			, т.к. F′ (x) = f (x) при х ≠ ± 1, (проверьте!), то:
Возьмем F (x)			arctg						, т.к. F′ (x) = f (x) при х ≠ ± 1, (проверьте!), то:
	2				1 x2

												3
	3			dx			1			2x					1
	3
I	0							arctg									arctg(					3) arctg0
											0														6 .
			1 x2				2			1 x2						2									6 .
			1 x2							1 x2												1
																						1
Решение. Ошибка							заведомо имеет								место,				т.к.				f (x)		0 при
Решение. Ошибка							заведомо имеет								место,				т.к.				f (x)	1 x2	0 при

любых х (рис. 3). Поэтому интеграл I как площадь, ограниченная осью Ох и

кривой, расположенной выше нее, не может быть отрицательным. Ошибка

состоит в том, что функция F (x)	1	arctg	2x	, изображенная на рис. 4, не
	2		1 x2

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 78 / 188 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Int

#
21.03.20163.97 Mб73integrals.pdf
#
21.03.2016835.07 Кб273Определенный интеграл.doc
#
21.03.2016270.09 Кб60Таблица интегралов.docx