Математический анализ определенный интеграл, несобственный интеграл, приложения определенного интеграла

Добавил:

Studfiles2 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Санкт-Петербургский государственный электротехнический университет "ЛЭТИ"

Предмет:

Математический анализ

Файл:

лишь для x ≠ 0 ).

( F′( x) = arcctg

.pdf

Скачиваний:

140

Добавлен:

01.05.2014

Размер:

3 Мб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 165 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 > Следующая >>>

x
Φ( x) = ∫ f (t) dt, x [a, b],	(1)
a	f (t),
т.е. Φ( x) является функцией верхнего предела интеграла от функции	f (t),

t [a, b]. Аналогично можно ввести в рассмотрение функцию нижнего предела

интеграла от функции

f (t), t [a, b], т.е. функцию

x [a, b].

(2)

Φ( x) = ∫ f (t) dt,

(

)

Теорема 1 (о непрерывности функции

Φ( x) ). Пусть f (t) R [a, b]

, и пусть

(

)

Φ( x) =

∫

f (t) dt , x [a, b]. Тогда Φ( x) C [a, b] .

a x0

a x x0

Рис. 1.16. К доказательству теоремы 1

* Выберем и закрепим любую точку x0 [a, b]. Пусть x – любая другая точка из [a, b] . По свойству определенных интегралов, для любого расположения (взаимного) точек a, x0 и x справедливо соотношение

x	x0
∫ f (t) dt = ∫ f (t) dt
a	a
124 43	14243
= Φ( x)	= Φ( x0 )

+ ∫ f (t) dt

Φ( x) −Φ( x0 ) = ∫ f (t) dt .

(3)

(

)

f (t) – ограниченная на [a, b] , т.е. существует число

Так как f (t) R [a, b] , то

K > 0 такое, что

f (t)

≤ K , t [a, b]. Имеем из (3):

Φ(x) −Φ(x0 )

∫ f (t) dt

≤ K

x − x0

0 ≤

Φ( x) −Φ( x0 )

≤ K

x − x0

Переходя в

последнем

неравенстве

пределу

при

x → x0 , получаем

lim Φ(x) = Φ(x0 ) . Последнее означает, что Φ( x) – непрерывная в точке x0 .

x→x0

(

)

Так как x

– любое из [a, b] , то Φ( x) C [a, b] .

Теорема

(о

существовании

производной у

функции

Φ( x) ). Пусть

(

)

пусть

Φ( x) =

∫

f (t) dt ,

x [a, b].

Тогда

каждой точке

f (t) R [a, b] ,

x [a, b], в которой функция f (t) непрерывна, существует производная функции Φ( x) , причем Φ′( x) = f ( x) .

Выберем и закрепим любую точку x0 [a, b], в которой функция f (t) не-

прерывна. Тогда, взяв произвольное число ε > 0 , мы можем найти по нему число δ > 0 такое, что для каждой точки t из промежутка [a, b] , удовлетворяющей

неравенству

t − x0

< δ , будет выполняться неравенство

f (t) − f ( x0 )

< ε

f ( x0 ) −ε < f (t) < f ( x0 ) +ε.

(4)

Дадим x0 приращение

∆x

любое,

но

такое, что ∆x ≠ 0,

∆x

<δ и

x0 + ∆x [a, b]. Будем иметь

+∆x

Φ( x0 + ∆x) −Φ( x0 ) =

∫ f (t) dt − ∫ f (t) dt =

∫ f (t) dt +

∫ f (t) dt − ∫ f (t) dt.

Тогда

x0 +∆x

Φ(x0 + ∆x) −Φ(x0 )

∫ f (t) dt .

(5)

∆x

Из (4) следует:

1) если ∆x > 0 , то

+∆x

(f ( x0 ) −ε) ∆x <

∫ f (t) dt < (f ( x0 ) + ε) ∆x ;

2) если ∆x < 0 , то

+∆x

(f ( x0 ) −ε) ∆x >

∫ f (t) dt > (f ( x0 ) + ε) ∆x .

Однако в обоих случаях

x0 +∆x

f ( x0 ) −ε <

∫

f (t) dt < f ( x0 ) + ε .

∆x

Тогда из (5) следует, что

Φ(x0 + ∆x) −Φ(x0 )

f ( x0 ) −ε <

< f (x0 ) +ε,

∆x

т.е.

Φ(x0

+ ∆x) −Φ(x0 )

− f ( x

)

< ε.

∆x

Итак, показано: любому ε > 0 отвечает δ > 0

такое, что как только

∆x

<δ

( ∆x ≠ 0, x0 + ∆x [a, b]), так сейчас же

Φ(x0

+ ∆x) −Φ(x0 )

− f ( x

)

< ε.

∆x

Последнее означает, что

Φ(x0

+ ∆x) −Φ(x0 )

f ( x0 ) = lim

∆x→0

∆x

Φ′( x0 ) существует, причем Φ′( x0 ) = f ( x0 ) .

Так как точка x0 – любая из [a, b] , в которой функция

f (t) – непрерывна, то

теорема доказана.

Замечание. Справедливо утверждение:

(

)

∫

Пусть

, и пусть

Φ( x) =

f (t) dt ,

x [a, b]. Тогда в каждой

f ( x) R [a, b]

точке x [a, b], в которой функция

f (t)

– непрерывна, существует производная

функции Φ( x), причем Φ′( x) = − f ( x) .

Действительно,

Φ( x) = ∫ f (t) dt = −∫ f (t) dt

Φ′( x) = − f ( x) , в каждой

точке x [a, b], в которой функция

f (t)

непрерывна.

Частный случай теоремы 2 (теорема Барроу).

(

)

∫

Пусть

. Пусть Φ( x) =

f (t) dt ,

Φ( x) =

f (t) dt , x [a, b]. То-

f ( x) C [a, b]

гда Φ′( x)

и Φ′(x) существуют в каждой точке x [a, b], причем Φ′( x) = f ( x) ,

Φ~ ′( x) = − f ( x) , x [a, b].

Замечание. Из теоремы Барроу сразу следует такое утверждение:

У всякой функции f ( x) C([a, b]) существует в промежутке [a, b] первообразная. Такой первообразной для f ( x) в промежутке [a, b] является, например,

функция Φ( x) = ∫ f (t) dt ,

x [a, b].

Примеры.

1. Найти

∫sin t2dt ;

∫sin t2dt , где a и b – постоянные чис-

ла.

)

(

, то по теореме Барроу

Так как sin t2 C [a, b]

∫sin t2dt = sin x2;

∫sin t2dt = −sin x2 , x [a, b].

Так как ∫sin t2dt – постоянное число, то

∫sin t2dt = 0 .

∫cos x2dx

2. Найти lim

x→0

∫cos x2dx

Отношение

при

x → 0 представляет собой неопределенность

вида

0 . По правилу Лопиталя находим

∫cos x2dx

lim

= lim cos x2 =1.

sin x

x→0

∫

tg x dx

* 3. Найти lim

x→+0 tg x

∫

sin x dx

sin x

∫

tg x dx

Отношение

при

x → +0

представляет собой неопределен-

tg x

∫

sin x dx

ность вида

. И здесь применяем правило Лопиталя:

′

sin x

∫

tg x dx

∫

(sin x)′x

tg x dx

lim

x =

lim

sin x

x→+0 tg x

x→+0

tg x

′

x→+0

tg x

′

∫

sin x dx

∫

sin x dx

∫

sin x dx

(tg x)′

tg x

= lim

tg(sin x) cos x

= lim

tg(sin x) =

lim

sin x =

lim

x =1.

x→+0

sin (tg x)

x→+0

sin (tg x)

x→+0

tg x

x→+0 x

cos2 x

§9. Основная формула интегрального исчисления (формула Ньютона – Лейбница)

Теорема. Пусть						(	)
Теорема. Пусть				f ( x) C [a, b] . Пусть F( x) – какая-нибудь первообразная
для f ( x)	в [a, b] . Тогда
						b
						∫ f (x) dx = F(b) − F(a) .
				F( x)		a		f ( x) в	[a, b] . Так как
По	условию,			F( x)		–	первообразная для	f ( x) в	[a, b] . Так как
(		)			x
(		)	Φ( x) =		∫	f (t) dt – тоже первообразная для			f ( x) в [a, b] . Но
f ( x) C [a, b] , то			Φ( x) =			f (t) dt – тоже первообразная для			f ( x) в [a, b] . Но
					a
тогда Φ( x)		и F( x)	отличаются друг от друга в [a, b]					только на постоянную ве-
							x
личину, т.е.		Φ( x) − F( x) = c , x [a, b] ∫ f (t) dt = F( x) +c ,							x [a, b]. Поло-
							a
жив в этом соотношении x = a , получим 0 = F(a) +c								c = −F(a). Следова-
x
тельно, ∫ f (t) dt = F(x) − F(a) ,							x [a, b]. Положив в последнем соотношении
a
x = b , получим						b
						b
						∫ f (t) dt = F(b) − F(a) .			(1)

(1) – основная формула интегрального исчисления (формула Ньютона – Лейбница). Она позволяет вычислить определенный интеграл от непрерывной функции f ( x) в случае, когда известна первообразная этой функции.

Для краткости формулу (1) часто пишут в другом виде. Именно,

b		b
∫ f (x) dx = F( x)	ab , или	∫ f (x) dx =[F( x)]ab .


a		a

(Символ F(x) ba носит название двойной подстановки).

Пример 1. Вычислить ∫

dx ( a > 0 ).

+ x

Имеем f ( x) =

C [0, a] (так как a > 0 ).

+ x3

(

)

вообразная для f ( x) в [0, a] . Поэтому

dx = 1 ln (2a3 ) − 1 ln (a3 )

∫

+ x

F( x) = 13 ln (a3 + x3 ) – пер-

13 ln 2 .

	2π
Пример 2. Вычислить ∫ 1−cos 2x dx .
Имеем	0
Имеем
f ( x) =	1−cos 2x = 2sin2 x = 2				sin x	, x [0, 2π]
f ( x) =	1−cos 2x = 2sin2 x = 2				sin x	, x [0, 2π]
		2 sin x,			x [0, π],
	f ( x) =	2 sin x,			x [0, π],
Тогда	−	2 sin x,			x [π, 2π].
Тогда
2π		π			2π
∫	1−cos 2x dx =							=
∫	1−cos 2x dx =	2	∫sin x dx − ∫sin x dx					=
0			0		π
=	2 (−cos x 0π +cos x 2ππ)=			2 (2 +2) = 4				.
=	2 (−cos x 0π +cos x 2ππ)=			2 (2 +2) = 4			2	.

Замечание. Вычисляя интегралы с помощью формулы Ньютона – Лейбница, следует внимательно проверять условия, при которых эта формула установлена. Отступление от этого правила может привести к абсурдному результату.

Так, формальное применение формулы Ньютона – Лейбница дает, например,

1	dx	1	1
1	dx	1	1
∫x2		= − x	−1	= −1−1 = −2 (абсурд).
−1

(Подынтегральная функция f ( x) = x12 > 0 , порядок пределов нормальный. Сле-

довательно, интеграл не может равняться отрицательному числу).

В этом примере подынтегральная функция имеет бесконечный разрыв в точке x = 0 , принадлежащей промежутку интегрирования [−1,1] , а потому при-

менение формулы Ньютона – Лейбница было незаконным.

		1		dx
Пример 3. Вопрос: можно ли при вычислении интеграла ∫					брать в ка-
			1	+ x2
	1	−1
честве первообразной функции для f ( x) =		, x [−1,1],			функцию
	+ x2
1

F( x) = arcctg 1x ?

Ответ: Нельзя. В точке x = 0 функция F( x) = arcctg 1x терпит разрыв, а

потому не может быть первообразной для f ( x) = 1+1x2 в промежутке [−1,1]

§10. Интегрирование по частям

Теорема. Пусть функции u( x), v ( x) определены на [a, b] и имеют там непрерывные производные u′(x) , v′( x). Тогда имеет место формула

	b				b
	∫u( x) v′( x) dx = u( x) v ( x)			ab − ∫u′( x) v ( x) dx .			(1)
							(1)

Имеем:	a				a
Имеем:	]	′ = u( x) v′( x) + v (x) u′( x), x [a, b],
[	]
	u( x) v ( x)
откуда
b		b			b
∫	[u(x) v (x)]′dx = ∫u(x) v′( x) dx + ∫v (x) u′( x) dx .
a		a			a
b
Так как ∫[u(x) v (x)]′dx = u(x) v (x)			ab , то


a
b		b				ab
∫u( x) v′( x) dx + ∫v ( x) u′( x) dx = u( x) v ( x)


a		a
	b				b
∫u( x) v′( x) dx = u( x) v ( x)					ab − ∫u′( x) v ( x) dx .


	a				a

Примеры.

1. Вычислить интеграл ∫x cos x dx .

Имеем

π	u = x;

∫x cos x dx =
0	cos x dx = dv;

ππ

=x sin x 0π − ∫sin x dx = 0 − ∫sin x dx =

0				0
		1
2. Вычислить интеграл ∫x (1− x)7 dx .
Имеем		0
Имеем				u = x;
1				u = x;
∫x (1− x)	7	dx =
∫x (1− x)		dx =	dv = (1− x)7 dx;
0

du = dx = v = sin x

cos x 0π = −1−1 = −2 .

du = dx
v = −	(1	− x)8	=

		8
		8

	(1− x)8	1		1	1	8		1	(1− x)9	1		1

= − x			+	8	∫(1− x) dx = 0		−	8			=		.
	8	0							9	0		72
					0

π2

3. Вычислить интеграл In = ∫sinn x dx ( n N ).

Имеем

π 2

u = sinn−1 x;

du = (n −1)sinn−2 x cos x dx

In = ∫sinn x dx = ∫sinn−1 x sin x dx =

π 2

dv = sin x dx;

v = −cos x

π 2

= −sinn−1 x cos x

02 +

∫(n −1)sinn−2 x cos2 x dx = 0 +(n −1) ∫sin n−2 x cos2 x dx =

π 2

= (n −1) ∫sinn−2 x (1−sin2 x )dx = (n −1) ∫sinn−2 x dx − ∫sinn x dx

142443

14243

=In−2

=In

In = (n −1)( In−2 − In )

n −1

n−2

(2)

Пользуясь рекуррентным соотношением (2), можем написать:

n−2

n −3

n−4

;

n−4

n −5

n−6

; и т. д.

n −4

n −2

Поэтому будем иметь

(n −1)!!

I0,

если n – четное,

In =

n!!

если n – нечетное.

I1,

π 2

Так как I0 = ∫dx = π2 ; I1 = ∫sin x dx = −cos x

02 =1, то окончательно получаем

(n −1)!!

если n – четное,

In =

n!!

если n – нечетное.

§11. Замена переменных в определенных интегралах

Теорема.

Пусть

имеется

определенный

интеграл

∫ f (x) dx ,

где

(

)

f ( x) C [a, b] , т.е. непрерывна на [a, b] . Пусть функция x = ϕ(t ) определена в

[α,β] и имеет там непрерывную производную ϕ′(t ) . Пусть,

кроме того, функ-

ция x = ϕ(t ) – строго монотонная в [α,β] и такая, что ϕ(α) = a , ϕ(β) = b . Тогда справедлива формула

b	β
∫ f (x) dx = ∫ f [ϕ(t)] ϕ′(t) dt .		(1)
a	α

Пусть, для определенности, a < b , и функция x = ϕ(t ) – строго возрастающая в промежутке [α,β]. Введем в рассмотрение следующие две функции:

ξ
λ(ξ) = ∫ f [ϕ(t)] ϕ′(t) dt ,	(2)
α
ϕ(ξ)
µ(ξ) = ∫ f (x) dx .	(3)

ϕ(α)

Отметим, что функции λ(ξ) и µ(ξ) определены и непрерывны на промежутке [α,β]. Кроме того, имеем для любой точки ξ [α,β] :

λ′(ξ) = f [ϕ(ξ)] ϕ′(ξ),

	ϕ(ξ)	′		ϕ(ξ)	′
µ′(ξ) =			=			ϕ′(ξ) = f [ϕ(ξ)] ϕ′(ξ) .
µ′(ξ) =	∫ f ( x) dx		=	∫ f ( x) dx		ϕ′(ξ) = f [ϕ(ξ)] ϕ′(ξ) .
	ϕ(α)	ξ		ϕ(α)	ϕ
Видим, что λ′(ξ) = µ′(ξ) , ξ [α,β]
	λ(ξ) − µ(ξ) = c				(const), ξ [α,β].		(4)

Из (2) и (3) видим, что λ(α) = 0 , µ(α) = 0 λ(α) − µ(α) = 0 . Так как в (4) c – одно и то же для всех ξ [α,β] , то получаем c = 0 .

Таким образом, λ(ξ) − µ(ξ) = 0 ,			ξ [α,β]					λ(ξ) = µ(ξ) , ξ [α,β] . Следо-
вательно, в частности, λ(β) = µ(β) , т.е.
β			ϕ(β)						b
∫ f [ϕ(t)] ϕ′(t) dt = ∫ f ( x) dx
∫ f [ϕ(t)] ϕ′(t) dt = ∫ f ( x) dx								=	∫ f (x) dx .
α		ϕ(α)							a
Примеры.
1		ln (1+ x)
1. Вычислить интеграл J = ∫		ln (1+ x)				dx .
1. Вычислить интеграл J = ∫		2				dx .
0		1+ x
0		dt
Положим x = tg t dx =		dt		. Имеем
Положим x = tg t dx =				. Имеем
	cos2 t
		t = 0			при		x = 0 ,
		t =	π		при			x =1.
			4

Замечаем, что

f ( x) =

ln (1+ x)

(

)

, x = ϕ(t )

(= tg t )

определена в

1+ x

C [0,1]

(=1 cos2 t ) . Следовательно,

имеет там непрерывную производную ϕ′(t )

π 4

J = ∫ln (1+2x) dx =

∫

ln (1+ tg2

= ∫ln (1+ tg t) dt = ∫ ln sin t +cos t dt =

0 1+ x

1+ tg

cos

cos t

2 cos

π 4

−t

π 4

= ∫ ln

dt = ∫ln

2 dt + ∫ ln cos 4 −t dt − ∫ln cos t dt .

cos t

Во втором интеграле в правой части сделаем замену π −t = u

dt = −du. Бу-

дем иметь

π 4

∫

ln cos u du =

∫

ln cos

−t dt = −

ln cos u du

ln cos t dt .

π 4

Таким образом,

π 4

J = ∫ln

2 dt + ∫ln cos t dt − ∫ln cos t dt =

8 ln 2 .

2. Вычислить интеграл J = ∫0 1+x sincos2x x dx .

Имеем

π	x sin x		π 2		x sin x
J = ∫		dx =	∫					dx +
J = ∫	1+cos2 x	dx =	∫	1	+cos	2		dx +
0			0	1	+cos		x
0			0

Во втором интеграле справа сделаем замену x = π −t

dx = −dt . Замечаем,

что

x = π ,

t =

при

Будем иметь

t = 0

при

x = π.

π 2

x sin x

(π

−t)sin (π −t)

(π −t)sin t

(π − x)sin x

∫

dx = − ∫

dt = ∫

∫

dx .

+cos

1+cos

(π −t)

+cos

1+cos

π 2 1

π 2

Теперь можем написать

π 2

x sin x

sin x

x sin x

J = ∫

dx =

∫

dx + π ∫

dx − ∫

dx =

1+cos

+cos

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 165 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете Математический анализ

#
01.05.20143 Мб124 семестр (СРВМ).tif
#
01.05.201473 Кб43Двойной интеграл.DOC
#
01.05.201444 Кб55Еще одна шпора по матану.doc
#
01.05.2014459 Кб62Индивидуальное задание 1 по спецглавам матана.mcd
#
01.05.20141 Мб62Кратные интегралы.doc
#
01.05.20143 Мб140Математический анализ определенный интеграл, несобственный интеграл, приложения определенного интеграла.pdf
#
01.05.20143 Мб51Математический анализтеория рядов.pdf
#
01.05.2014618 Кб26Производная.doc
#
01.05.201493 Кб63Решение типовика по пределам.doc
#
01.05.201497 Кб28Специальные главы Матана.mcd
#
01.05.2014130 Кб191Шпаргалка на ряды и разные интегралы.DOC