И.В. Садовничая, Е.В. Хорошилова - Определённый интеграл - теория и практика вычислений (1113461), страница 17
Текст из файла (страница 17)
Основные методы вычисленияИз полученного равенства I = ππ99∫f (sin t )dt − I , выражая I , находим:ππСадовничая И.В., Хорошилова Е.В. Определённый интеграл100ba0I=2 ∫0f (sin x )dx .x sin xdx .Пример 7. Найти ∫20 1 + cos xππf (sin x )ππd (cos x )π= − arctg (cos x ) 0 =.224x22 ∫ 1 + cos0b∫ ( f ( x) g ( x))′dx = f (b) g (b) − f (a) g (a) . Подставляя в (1), получаем треaЗамечание.
Существует обобщение формулы интегрирования по частям:sin xπsin xx sin x∫0 1 + cos 2 x dx = ∫0 x 2 − sin 2 x dx = 2 ∫0 2 − sin 2 x dx =14243πaбуемое. Теорема доказана.Решение. В силу предыдущего примера, имеем:=−ab∫(f g (n +1) dx = f ⋅ g (n ) − f ′ ⋅ g (n −1) + ... + (− 1) f (n ) ⋅ gn[ ]b∫ f (x )g ′(x )dx = f (x )g (x )abaaа)aaln 2а)∫ xe−xe∫f(n +1)gdxa1e3∫ xarctgxdx .0dx = −e x 0 +∫e−xdx = − e − ln 2 ln 2 − e − x0ln 2=0⎧− ln x, x ∈ [1 e ,1];то⎩ln x, x ∈ [1, e];1 eln .2 2б) Поскольку ln x = ⎨∫ ln x dx =1aee11∫ (− ln x )dx + ∫ ln xdx = (− x ln x + x )111e(e+)+ ( x ln x − x ) 1 = 2 1 − e −1 .ebf ( x) g ( x) a = f (b) g (b) − f (a) g (a) .Доказательство.
По правилу дифференцирования произведения имеем:( f ( x) g ( x))′ = f ′( x) g ( x) + f ( x) g ′( x) . Значит,∫ ln x dx ; в)ln 2ln 2−x0− ∫ g ( x )df (x ) , гдерования по частям (иногда формулой приведения).bРешение.bЭта формула в интегральном исчислении называется формулой интегри-−x∫ xe dx ; б)0ebn +1Пример 1. Применяя формулу интегрирования по частям, найти интегралыили∫ f (x )dg (x ) = f (x )g (x )a+ (− 1)f , g и все встречающиеся производные предполагаются непрерывными на [a, b] .b− ∫ g ( x ) f ′( x )dx ,bгде функции3.3.
Интегрирование по частямТеорема 1 (интегрирование по частям). Пусть функции f ( x ) и g ( x )непрерывны вместе со своими производными (1-го порядка) на сегментеa, b . Тогда справедлива формула интегрирования по частям:)aln 2b(1)f ( x) g ( x) , очевидно, является первообразной для( f ( x) g ( x))′ на сегменте [a, b] . Значит, по формуле Ньютона–ЛейбницаππbНо функцияРассмотрим пример, в котором использование доказанной формулы позволяет быстро упростить вычисление интеграла.πb∫ ( f ( x) g ( x))′dx = ∫ f ( x) g ′( x)dx + ∫ f ′( x) g ( x)dx .в) Положим f = arctgx , dg = xdx , тогда df =3dxx2g=,:21+ x2x21 x 2 dx π 1∫0 xarctgxdx = 2 arctgx − 2 ∫0 1 + x 2 = 2 − 20333∫0(1 + x ) − 1 dx =21+ x2§3. Основные методы вычисленияπ1013πdx112π33 1= −+ arctgx =.= − ∫ dx + ∫−222 22 0 1+ x2 2 032033π3xx sin xПример 2.
Найти интегралы: а) ∫ arcsindx ; б) ∫dx .21+x1+cosx00x, dg = dx , тогдаx +1′dxx ⎞⎟ =, g=xx + 1 ⎟⎠2(1 + x ) xложны по знаку, а значит, в сумме равны нулю, т.е. I 1 = 0 . Этот же фактможно было установить следующим образом: разобьём I 1 на два интеграла[⎛⎜df =x ⎜⎝1−x +1I1 =32222003300= π − x + arctg x =4π− 3.3б) Применим формулу интегрирования по частям:x sin xd (cos x )= − ∫ xd (arctg (cos x )) =dx = − ∫ x22++1cosx1cosx000ππI =∫ππ= − xarctg (cos x ) 0 + ∫ arctg (cos x )dx =π0Итак, I 1 = 0 , поэтому00I=π24.π2410Решение. Полагая dg = xполучимx m (1 − x )n −1B(m, n ) =mdx , f = (1 − x )n −1и интегрируя по частям,1+0dx (m, n ∈ N ) .n −1 mn −1n−2x (1 − x ) dx =B(m + 1, n − 1) .∫m 0m(n − 1)(n − 2) ⋅ ... ⋅ (n − (n − 1)) B(m + n − 1,1) =m(m + 1) ⋅ ...
⋅ (m + n − 2)1(n − 1)!=x m + n − 2 dx =∫m(m + 1) ⋅ ... ⋅ (m + n − 2 ) 0(n − 1)!(n − 1)!(m − 1)! .==(m + n − 1)!m(m + 1) ⋅ ... ⋅ (m + n − 2)(m + n − 1)B(m, n ) =+ I1 ,0Чтобы найти I 1 , заметим, что график функции arctg (cos x ) центрально2 ;0 ) . Поэтому интегралы от этойфункции по сегментам [0, π 2] и [π 2 , π ] равны по модулю и противопо-1m −1n −1Применяя последовательно полученную формулу понижения (по n ), находим∫ arctg (cos x )dx .симметричен относительно точкиπ 2B(m, n ) = ∫ x m −1 (1 − x )πгде I 1 =0π 2∫ arctg (− cos t )(− dt ) = ∫ arctg (cos x )dx − ∫ arctg (cos t )dt = 0 .π 23( x ) d x = π − 1 +( x ) −1 d ( x ) ==∫∫ 1+ ( x)1+ ( x )320x31xdxx− ∫−= 3 arcsindx = x arcsinx + 1 0 2 0 (1 + x ) x21+ x0∫ arctg (cos x )dx + π∫ arctg (cos x )dx = ∫ arctg (cos x )dx +0+π 2πПример 3.
Найти интеграл Эйлера (бета-функцию)33∫ arcsin]π 2и, интегрируя по частям, получаем:3] [по сегментам 0, π 2 и π 2 , π , и во втором интеграле сделаем заменупеременной x = π − t . ПолучимРешение. Положим f = arcsindxСадовничая И.В., Хорошилова Е.В. Определённый интеграл102(π3Подробнее свойства Эйлеровых интегралов (бета- и гамма- функций) изучаются вразделе «Интегралы, зависящие от параметров» (как правило, на втором году обучения в университете).§3.
Основные методы вычисления103Пример 4. Найти интегралы:πа) I 1=∫ (x sin x )20π104Садовничая И.В., Хорошилова Е.В. Определённый интегралС помощью найденной рекуррентной формулы легко получить значениеинтеграла для любого натурального n .Пусть n = 2k , тогдаdx ; б) I 2= ∫ ( x cos x ) dx .20I 2k =Решение. Заметим, что гораздо проще вычислить не отдельно данные интегралы, а их сумму и разность:πππ3I 1+ I 2 = ∫ x (sin x + cos x )dx = ∫ x dx =2222300π(),220I 2 k +1 =ππ11 2x sin 2 x − ∫ x sin 2 xdx = x cos 2 x −22000ππ sin 2 x1− ∫ cos 2 xdx = −2420Таким образом, I 1=π ⎛π∫ dx = 2 .Пусть n = 2k + 1 , тогда2ππ20π0π=πтак как I 0 =I 2− I 1 = ∫ x cos x − sin x dx = ∫ x cos 2 xdx =2=0π2так как I 1 =.2∫ sin xdx = 1 .0б) В силу примера 6 п. 3.2.
имеем⎧ (2k − 1)!! π⎪ (2k )!! ⋅ 2 ,⎪Jn = In = ⎨⎪ (2k )!! ,⎩⎪ (2k + 1)!!2Пример 5. Вывести формулу понижения степени и с её помощью вычислить интегралы:а) I n =ππ22∫ sin0nРешение. а) Пусть f = sinчастям, имеем2Пример 6. Вычислить интеграл I n =0x , dg = sin xdx . Тогда, интегрируя поπI n = ∫ sin xdx = − cos x sinnn −1πx0ππ220020n = 2k + 1.[2+ (n − 1)∫ sinn−2()x 1 − sin x dx =20= (n − 1)∫ sin n − 2 xdx − (n − 1) ∫ sin n xdx = (n − 1)I n − 2 − (n − 1)I n ,n −1откуда получаем формулу понижения степени: I n =⋅I n − 2 .n∫0xn1− x2dx (n ∈ N ) .]Решение.
Полагая x = sin t , t ∈ 0, π 2 , находимπ1πn = 2k ;1xdx ; б) J n = ∫ cos n xdx (n ∈ N , n ≥ 2 ) .n −1(2k )!! ,2k (2k − 2 )(2k − 4 ) ⋅ ... ⋅ 2⋅ I1 =(2k + 1) ⋅ (2k − 1) ⋅ ... ⋅ 3 ⋅ 1(2k + 1)!!π1⎞1⎞π ⎛π⎜⎜− ⎟⎟ , I 2= ⎜⎜+ ⎟⎟ .2 ⎝ 3 2⎠2 ⎝ 3 2⎠2(2k − 1)(2k − 3) ⋅ ... ⋅ 3 ⋅ 1 ⋅ I = (2k − 1)!! ⋅ π ,0(2k )!! 22k ⋅ (2k − 2) ⋅ ... ⋅ 2In = ∫0xn1− x22dx = ∫ sin n tdt (см. предыдущий пример).0Следующий пример показывает, что в некоторых случаях интегрированиепо частям возможно и тогда, когда выполнены не все условия теоремы 1.1Пример 7. Вычислить интеграл∫ arcsin xdx .0Решение. Функция arcsin x непрерывно дифференцируема на сегменте[0,1 − ε ] для любого ε > 0 , но не является такой на отрезке [0,1] .
Поэтому,согласно теореме 1, интегрирование по частям допустимо только на сегмен-§3. Основные методы вычисления[]тах вида 0,1 − ε ,ε > 0.1051Но так как интеграл∫ arcsin xdx существует0[ ]1−ε⎛xdx1−ε⎜−limarcsinarcsinxdx=xx∫0ε →0 + ∫ε →0 +⎜1− x200⎝1−ε⎛⎞ π= lim ⎜ (1 − ε ) arcsin(1 − ε ) + 1 − x 2⎟ = − 1,ε →0 +0 ⎠2⎝∫ arcsin xdx = lim01−ε⎞⎟=⎟⎠т.е.1−ε1∫ arcsin xdx = εlim ∫ arcsin xdx = εlim (F (1 − ε ) − F (0)) = F (1) − F (0) ,→0 +0→0+0где непрерывная функция F ( x ) = x arcsin x + 1 − xarcsin x на сегменте [0,1] .2– первообразная дляНа практике такого рода интегралы можно вычислять без введения символа предела.
Так, в данном случае11∫ arcsin xdx = (x arcsin x ) 0 − ∫010xdx1− x2=π2Садовничая И.В., Хорошилова Е.В. Определённый интегралвычислить образовавшийся интеграл I ′(m ) =b∫ f ′ (x, m)dx (может оказатьmaся, что он вычисляется проще, чем исходный интеграл I (m ) ), и затем проин-(функция arcsin x непрерывна на 0,1 ), то1106+ 1− x210=π2тегрировать полученную функцию I ′(m ) по параметру m :∫ I ′(m)dm . Врезультате интеграл I (m ) оказывается вычисленным с точностью до константы, возникающей в процессе интегрирования.
Значение константы определяется, исходя из начальных условий или свойств подынтегральной функции. Таким образом, исходный интеграл оказывается полностью вычисленным.Строгое обоснование возможности дифференцирования по параметру подзнаком интеграла обычно проходят на 2-м курсе в разделе «Интегралы, зависящие от параметра».
Поэтому сейчас мы не будем заострять внимание наобосновании возможности дифференцирования по параметру, считая, тем неменее, важным хотя бы в общих чертах ознакомить студента с существованием такого подхода в практике вычисления определённых интегралов. Рассмотрим пример, в котором используется данный приём дифференцированияпо параметру под знаком интеграла.1− 1.Пример. Вычислить интегралxb − xa∫0 ln x dx (a > 0, b > 0) .Решение. Обозначим подынтегральную функцию f ( x, b ) =3.4. Другие способы вычисления определённых интегралов1Рассмотренными выше основными подходами не исчерпываются все известные методы вычисления определённых интегралов.
Существуют и другие– принципиально иные – приёмы.Пусть, например, необходимо вычислить интеграл I (m ) =b∫ f (x, m)dx , вaкотором подынтегральная функция f зависит не только от переменной величины x , но и от некоторого числового параметра m . При определённыхусловиях, рассматривая интеграл I (m ) как функцию параметра m , можнопродифференцировать этот интеграл по параметру, руководствуясь правилом:b⎞ b df ( x, m )d ⎛⎜ ∫ f ( x, m )dx ⎟ = ∫dx ,⎟dmdm ⎜⎝ a⎠ axb − xaиln x(1)xb − xaрассмотрим интеграл ∫dx как функцию I (b ) параметра b . Проln x0дифференцируем I (b ) по параметру b , пользуясь формулой (1):I ′(b ) =11⎛ xb − xad xb − xadx=∫0 ⎜⎜⎝ ln xdb ∫0 ln x1 b⎞′x ln x⎟⎟ dx = ∫dx =ln x⎠b01x b +11= ∫ x dx ==.b +1 0 b +101bПроинтегрируем полученную функцию:db∫ b + 1 = ln(b + 1) + C .Итак,I (b ) = ln (b + 1) + C при некотором значении константы C .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
