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 7 89 / 189 10 11 12 13 14 15 16 17 18 > Следующая >>>

является дифференцируемой в точке х = 1, входящей в интервал

интегрирования, т.к. F(x) имеет разрыв первого рода в этой точке:

	lim		1	arctg		2x					1	arctg					2(1 0)
	lim			arctg		x2						arctg					(1 0)2
x1 0			2		1	x2			2					1			(1 0)2
					1	arctg				2					1	arctg( )						1				,
						arctg				0						arctg( )										,
					2					0				2							2		2		4
lim	1	arctg		2x			1	arctg						2(1 0)					1	arctg				2			1	arctg( )	.
lim		arctg		1 x2				arctg					1 (1 0)2							arctg								arctg( )	.
x10	2			1 x2		2							1 (1 0)2					2						0			2		4

	y	1
	y	x2
	1	x2

Рис. 3.

y	1 arctg	2x
	2	1 x2
1
Рис. 4.

Поэтому применять формулу Ньютона-Лейбница нельзя.

Правильное решение:

Первый способ.

		3		dx
						3
I	0				arctg x		arctg	3 arctg0		,
						0
			1 x2						3

здесь первообразная arctg x непрерывна на интервале интегрирования [0, 3] .

Второй способ. Если по каким-либо причинам возникает необходимость вычислять данный интеграл при помощи другой первообразной, ее следует подбирать так, чтобы она была непрерывной на всем интервале интегрирования. Такой первообразной может являться функция F1(х),

построенная при помощи F (x)	1	arctg	2x	:
	2		1 x2

arctg

при

0 x 1,

x 1,

(x) / 4

при

arctg

при

1 x 3.

Тогда по формуле Ньютона-Лейбница

I F (

arctg(

arctg0 . ■

3) F (0)

1 cos 2x

ПРИМЕР 2.1.7. Вычислить I

dx .

cos x,

0 x / 2

1 cos 2x

cos2 x

Решение. Т.к.

cos x

, то

/ 2

cos x,

/ 2 x

/ 2 sin x

/ 2 1 0 (0 1) 2 .

I cos x dx

cos x dx sin x

/ 2

NB! Если не обратить внимание на то, что cos x отрицателен на

промежутке ( π/2, π ], и положить

1 cos 2x

cos x , то получим неверный

результат:

0 0 0 0 .

I cos x dx sin x

Этого не может быть, т.к.

1 cos 2x

0 при 0 ≤ х ≤ π

и, значит, I > 0. ■

sin11 x (1 cos1,1x) dx .

ПРИМЕР 2.1.8. Вычислить I

Решение. Т.к.

функция

sin11 x (1 cos1,1x)

является

нечетной

(проверьте!) и интервал интегрирования симметричен относительно начала координат, то I = 0 (см. Полезные соотношения, №2). ■

	2
ПРИМЕР 2.1.9.* Вычислить I				x	x	dx .
			1
Решение. Первый способ. На отрезке							[–1, 1] функция х \|x\| является
1							х \|x\| = х2 для x [1, 2]. Тогда,
нечетной, поэтому	x	x	dx 0 , кроме	того,			х \|x\| = х2 для x [1, 2]. Тогда,
1

разбивая интервал интегрирования на два вышеуказанных интервала, получим:

1	2			x	3	2

I x		x	dx x2dx 0

				3
1	1					1

13 (8 1) 73 .

Второй способ. Заметим, что можно было бы воспользоваться

определением модуля и разбить интеграл следующим образом:

0	2	x	3	0		x	3	2

I x( x) dx x2dx

1	0	3		1	3			0

0 1 8 0 7 .

3 3 3

Третий способ. Можно использовать результат решения примера 1.1.1б):

	x3	2		8					1	8		1	8	1	7
	x3	2		8					1	8		1	8	1	7
I sgn x		sgn 2			sgn( 1)						( 1)					. ■
I sgn x	3	sgn 2		3	sgn( 1)				3	3	( 1)	3	3	3	3	. ■
	3	1		3					3	3		3	3	3	3
		1				100
						100
ПРИМЕР 2.1.10. Вычислить I							1 cos 2x dx .
						0

Решение. Поскольку			1 cos 2x				2	sin x		и	функция		\|sin x\|		имеет

период π, то, используя свойство 4 определенного интеграла и периодичность подынтегральной функции (Полезные соотношения, №3), будем иметь

I	100			dx				dx	2		dx ...	100

	2		sin x		2		sin x			sin x			sin x	dx
		0				0						99

1002 sin x dx 1002 ( cos x) 0

1002(cos cos 0) 2002 . ■

ПРИМЕР 2.1.11. Вычислить I ln xdx .

Решение. Применяя формулу интегрирования по частям (что

правомерно, т.к. функции u = ln x и v = x имеют производные u

и v′ = 1,

непрерывные на отрезке [1, e]), получим

I ln x dx x ln x

1e x d ln x e ln e 1 ln1 x

1 u dv

e 0 x

e e (e 1) 1. ■

x2 1 dx

ПРИМЕР 2.1.12.

Можно ли в интеграле

выполнить

подстановку x 1/ cos t ?

Решение. Интервал интегрирования – отрезок

[0, 1], т.е.

0 ≤ х ≤1, и

тогда должно быть 0 1/ cost 1, что неверно. Поэтому ответ отрицательный.

	Правильной подстановкой является			x tg t , т.к.	tg t может принимать
любые значения. ■
		2 / 4
	ПРИМЕР 2.1.13. Вычислить I			sin xdx .
			0
	Решение. Заменим переменную интегрирования:						t 0, тогда x = t 2
	Решение. Заменим переменную интегрирования:					x	t 0, тогда x = t 2
и dx = 2t dt. Замена		переменной здесь	обоснованна,		поскольку: 1) функция
		на отрезке [0, π 2/ 4];			x = t 2 определена на
sin x непрерывна		на отрезке [0, π 2/ 4];		2) функция	x = t 2 определена на

отрезке [0, π / 2] и непрерывна на нем вместе со своей производной x′ = 2t.

Находим новые пределы интегрирования: при х = 0 t				0 ; при х = π 2/ 4
Находим новые пределы интегрирования: при х = 0 t			0	0 ; при х = π 2/ 4
		/ 2
t	2 / 4 / 2 . Интеграл примет вид	/ 2
t	2 / 4 / 2 . Интеграл примет вид	I 2 t sin t dt . Далее применим
		0

формулу интегрирования по частям:

u t,	du dt;
dv sin tdt,		v cos t;
					/ 2
I 2	t cos t		2			cos tdt		2 ( t cos t sin t)			2
			0		0						0
			0								0

	2(			cos			0 cos 0 sin			sin 0) 2 .
				2		2			2

(Проверьте законность применения формулы интегрирования по частям!) ■

ПРИМЕР 2.1.14. Вычислить I	3 / 2	x2dx
			.


	0 (2 x2 )3

Решение. Пусть x 2 sin t ,	тогда	dx 2 cos tdt , выражение

		3				3		3		3
2 x	2		2 2sin	2
							2		cos t		.	Находим	новые

					t

интегрирования:

при х = 0

2 sin t sin t = 0

t = 0;

при x

3/ 2

2 sin t

sin t 3 / 2

и t = π / 3.

На отрезке [0, π / 3] функция соs t > 0

cos t

cos t . Следовательно,

/ 3

2 sin2 t

/ 3

2 cos t dt

tg2t dt

1 dt

23 cos3 t

cos2 t

tg t t

/ 3

tg0

(Проверьте правомерность произведенной замены!) ■

пределы

ПРИМЕР 2.1.15. Вычислить I

1 x 23

1 x

Решение. Вводим новую переменную

1 x t6 , находим

x 1 t6 ,

dx 6t5dt ;

t 6

: при

новые пределы

интегрирования

для

1 x

х = – 63

t 6

1. Тогда интеграл примет вид:

t 6 1 ( 63)

2 , при х = 0

1 0

			1 6t5 dt					1		t3					1 t3			8 8
		I					6					dt 6									dt
		I					6			2		dt 6					t				dt
			2 t3 2t2					2 t		2				2			t			2
			1		t3 8						8					1		(t 2)(t2 2t 4)											8
				6									dt 6																		dt
				6			t 2				t		dt 6								t		2								dt
							t 2				t	2									t		2						t 2
				2													2
						1			2							8						t		3			2							1
						1																		3										1

					6			t			2t			4					dt 6						t			4t 8ln(t 2)
					6			t			2t			4					dt 6						t			4t 8ln(t 2)
						2									t	2							3
						2																												2
											1 8																								3
							6							(1 4)						4(1 2) 8(ln 3 ln 4)										20 48ln						.
							6							(1 4)						4(1 2) 8(ln 3 ln 4)										20 48ln						.
												3																							4
Заметим,			что подынтегральная											функция						непрерывна								на	отрезке [– 63, 0],
функция x 1 t6							определена на отрезке [1, 2], функция x 6t5 непрерывна
на этом отрезке. Значит, подстановка x 1 t6 правомерна. ■
																	/ 2			dx
		ПРИМЕР 2.1.16. Вычислить I																		dx			.

																				2 cos x
																	/ 3
		Решение. Применим универсальную тригонометрическую подстановку
tg	x	t	(обоснуйте!).					Тогда					x = 2 arctg t, dx									2dt				,		cos x		1 t2		.	Новые
tg	2	t	(обоснуйте!).					Тогда					x = 2 arctg t, dx										t2			,		cos x		1 t2		.	Новые
	2																				1		t2							1 t2

пределы интегрирования: при

t tg		1. Имеем:
	4
						2dt
			1												1
	I		1		1 t2								2		1
					1 t2
							1		t2

		1/	3	2										1/ 3

							1		t2
							1		t2
								1
				2				1				d ( 3 t)
				2								d ( 3 t)
											(

				3 1/										3t)2 1
				3 1/						3				3t)2 1
														2


														3
														3	3

х = π / 3	t tg		1	, при х = π / 2
		6
			3

dt			1		dt
dt		2			dt

2 2t2	1 t2				3t2	1

		1/		3
		1/		3

		3				1/	3	3
	2					1		2
			arctg		3 t				arctg 3 arctg1
					. ■

4

				6 3
				6 3

Задачи для самостоятельного решения

2 dx

№1. Исходя из определения, вычислить интеграл 1 x . Указание: разбить

отрезок [0, 1] на п частей так, чтобы точки деления составляли геометрическую прогрессию x0 = 1, x1 = q, x2 = q2,…, xn = q n = 2.

№2. Исходя из геометрического смысла, вычислить интегралы:

5	2	5
5	2	5
а) (4x 1)dx ;	б) sin3 x dx ;	в)	25 y2 dy .
1	0	5

№3. Применяя формулу Ньютона-Лейбница, вычислить интегралы:

/ 2

cos x

а)

dx ;

б)

;

в)

1 x

dx ;

/ 6 sin3 x

16 x2

0 x 1,

/ 6

г) f (x) dx , если

д)

sin2 x cos 4x dx ;

f (x)

1 x 2;

/ 2

2 x

/ 2

е)

cos

sin

dx ;

ж)

cos

x dx ;

/ 4

возможность применения формулы (2) обосновать.

№4. Найти ошибку, допущенную при вычислении интеграла:

1 2sin2 x

cos2 x 3sin2 x

1 3tg2 x

cos2 x

0 .

d (

3tgx)

arctg(

3tgx)

3 0 1 3tg

№5. Вычислить интеграл

1 cos 2xdx .

№6. Вычислить интегралы, применяя формулу интегрирования по частям:

e	/ 2	1	/ 3	x dx
а) ln2 x dx ;	б) x2 sin x dx ;	в) (x 1)e xdx ;	г)		.

1	0	0	/ 4 sin2 x

Обосновать правомерность применения формулы.

№7. Рассмотрим интеграл

. Применив подстановку

t ,

5 2 cos x

2dt

1 t2

будем иметь I

0 . Результат явно неверный, т.к. исходная

5 2

подынтегральная функция положительна при любых х, и, следовательно, интеграл от нее не может быть равен нулю. В чем ошибка?

№8. Применяя подходящие подстановки, вычислить интегралы:

/ 3

а)

;

б)

;

в)

1 sin x

0 x

3x 1

/ 4

0 x

4 x2

Обосновать правомерность выбираемых подстановок.

№9. Используя свойства четности и нечетности подынтегральной функции, вычислить следующие интегралы:

1,1

15 x

20 x

x sin2 x

а)

dx ; б)

в)

sin

cos

dx ;

dx .

1,1

5 x2

tg4 x

№10. Доказать равенства:

	a		a
а)		cos x	f (x2 ) dx 2 cos x f (x2 ) dx ;
	a		0

б)		sin mx cos nx dx 0 (т, п – целые);

	1/ 2		1/ 2
в)		ecos x dx 2 ecos x dx .
	1/ 2		0

2.2. Оценки определенного интеграла,

теоремы о среднем

Одна из оценок определенного интеграла уже была сделана (Важное замечание в разделе «Геометрический смысл определенного интеграла»).

.Если f (x) ≤ g(x) при a ≤ x ≤ b, то

b b

f (x)dx g(x)dx ,

a a

в частности,

b	b
f (x)dx		f (x)	dx .
a	a

. Если т – наименьшее, а М – наибольшее значение функции f (x) на

отрезке [a, b], то

m(b a) f (x)dx M (b a) .

. Теорема о среднем значении

Если f (x) непрерывна на отрезке [a, b], то существует ξ (a < ξ < b) такое, что

f (x)dx f ( )(b a) .

. Обобщенная теорема о среднем

Если f (x) и g(x) непрерывны на [a, b], g(x) сохраняет знак на этом отрезке, то существует ξ (a < ξ < b) такое, что выполняется равенство

b	b
f (x)g(x)dx f ( ) g(x)dx .
a	a
		1	b
Определение. Число		1	f (x)dx называется средним значением
Определение. Число		b a	f (x)dx называется средним значением
		b a	a
			a

функции f (x) на отрезке [a, b].

3 x3 dx .

ПРИМЕР 2.2.1. Оценить интеграл I

Решение. Заметим, что функция

f (x)

3 x3

монотонно возрастает

на отрезке [1, 3].

Ее

наименьшее

значение

на этом

отрезке

3 13 2,

3 33

m f (1)

наибольшее

значение

M f (3)

30 ;

b a 2. Тогда получаем следующую оценку интеграла (оценка ):

2 2 3 x3 dx

3 x3 dx 2

. ■

30 2,

т.е.

ПРИМЕР 2.2.2. Установить, какой из двух интегралов больше:

I1 10

или

I2 x10dx .

Решение. Замечая, что 10

x10

при 0 ≤ x ≤ 1, и учитывая оценку ,

получаем I1 ≥ I2 . ■

sin x

ПРИМЕР 2.2.3. Оценить сверху интеграл I

dx .

1 x2

Решение. Функции f (x) = sin x и g(x)

непрерывны на отрезке

[0, 1], функция g(x)

0 на этом отрезке, т.е. имеет постоянный знак.

1 x2

По обобщенной теореме о среднем (оценка ) имеем:

1		dx		10		sin ;
I sin			sin arctgx		sin (arctg1 arctg0)
		x2
0	1					4

0 < ξ < 1.

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 89 / 189 10 11 12 13 14 15 16 17 18 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Int

#
21.03.20163.97 Mб76integrals.pdf
#
21.03.2016835.07 Кб283Определенный интеграл.doc
#
21.03.2016270.09 Кб63Таблица интегралов.docx