Учебное пособие - Определенный интеграл. Практикум (1238758), страница 15

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 15)

Тогда∫bf (x) dx = F (b − 0) − F (a + 0).(3.46)aДоказательство леммы проведем в два этапа. На первом этапе покажем, что для любых чисел α и β, удовлетворяющих неравенствам a < α < β < b выполняется формула Ньютона – Лейбница∫βf (x) dx = F (β) − F (α)α(непрерывность f (x) не предполагается). Рассмотрим произвольное разбиениеT = {x0 , x1 , . . . , xn }(α = x0 < x1 < . . . < xn = β) отрезка [α; β] и запишем легкопроверяемое тождествоn−1∑[F (xi+1 ) − F (xi )] = F (β) − F (α).(3.47)i=0Так как функция F (x) дифференцируема в интервале (a; b), топри каждом i (0 6 i 6 n − 1) она удовлетворяет условиям теоремы Лагранжа на отрезке [xi ; xi+1 ], следовательно,F (xi+1 ) − F (xi ) = F ′ (ξi )(xi+1 − xi ),где ξi ∈ (xi ; xi+1 ). Так как F ′ = f , то тождество (3.47) принимаетследующий вид:n−1∑f (ξi )(xi+1 − xi ) = F (β) − F (α).i=0181В полученном равенстве слева стоит интегральная сумма функции f на отрезке [α; β], поэтому в пределе, когда характеристикаразбиения стремится к нулю, получаем требуемое равенство∫βf (x) dx = F (β) − F (α).(3.48)αНа втором этапе получим из формулы (3.48) формулу (3.46).Для этого достаточно доказать, что при α → a + 0, β → b − 0:∫β∫bf (x) dx →αf (x) dx.aВ самом деле, из интегрируемости функции f следует ее ограниченность, т.

е. существует такая постоянная M > 0, что при всехx ∈ [a; b] все значения |f (x)| 6 M . Следовательно, β α∫ ∫∫b∫b f (x) dx − f (x) dx = f (x) dx + f (x) dx 6 αaaβ α b∫ ∫ 6 f (x) dx + f (x) dx 6 M (α − a) + M (b − β) → 0 aβпри α → a + 0, β → b − 0. Лемма доказана.Переходим к решению задачи. Применим лемму к отрезкам182[a; c1 ], [c1 ; c2 ], . . . , [cp−1 ; cp ], [cp ; b], получим:∫c1f (x) dx = F (c1 − 0) − F (a + 0),a∫c2f (x) dx = F (c2 − 0) − F (c1 + 0),c1........................∫cpf (x) dx = F (cp − 0) − F (cp−1 + 0),cp−1∫bf (x) dx = F (b − 0) − F (cp + 0).cpСкладывая эти равенства и используя аддитивность интеграла,получаем∫bf (x) dx = F (b − 0) − F (a + 0) −p∑[F (ci + 0) − F (ci − 0)] .i=1aУтверждение задачи доказано.2302.

Пусть функция f (x) собственно интегрируема на сегменте [a; b] и∫xF (x) = f (ξ) dξ + Ca– ее неопределенный интеграл.Доказать, что функция F (x) непрерывна и во всех точкахнепрерывности функции f (x) имеет место равенствоF ′ (x) = f (x).Что можно сказать о производной функции F (x) в точкахразрыва функции f (x)?183Рассмотреть примеры:( )11а) f= 1 (n = ±1, ±2, .

. . ) и f (x) = 0 при x ̸= ;nnб) f (x) = sgn x.Утверждение задачи является составной частью любого традиционного курса математического анализа и его доказательствоприводится во всех общепринятых учебниках (см., например, [2],с. 365; [3], с. 115; [4], с. 467; [5], с. 364). Поэтому рассмотрим только примеры, которые показывают, что в точках разрыва функции f (x) функция F (x) может как иметь производную, так и неиметь ее.а). Функция F (x) = C дифференцируема всюду (в том числеи в точках разрыва функции f ) и ее производная F ′ (x) = 0. Вточках разрыва F ′ (x) ̸= f (x).б). Функция F (x) = |x| + C дифференцируема всюду, крометочки разрыва функции f (x) (точка x = 0).Найти неопределенные интегралы от ограниченных разрывных функций:∫2303.sgn x dx.Рассмотрим первообразную, заданную формулой∫xsgn t dt.F (x) =0При x > 0∫xF (t) =dt = x.0Так как подынтегральная функция нечетна, то согласно решению задачи 2259 F (x) четна, следовательно, F (x) = |x| и∫sgn x dx = |x| + C.184∫2304.sgn(sin x) dx.Рассмотрим первообразную, заданную формулой∫xF (x) =sgn(sin x) dt.0Покажем, что F (x) периодическая функция с периодом 2π.

Всамом деле, из свойства аддитивности интеграла следует, чтоx+2π∫F (x + 2π) − F (x) =sgn(sin x) dt.xТак как подынтегральная функция имеет период 2π, то согласнорешению задачи 2265:x+2π∫∫2πsgn(sin x) dt =x∫πdt −sgn(sin x) dt =0∫2π0dt = π − π = 0.πТаким образом, F (x + 2π) = F (x) при всех вещественных x, чтодоказывает 2π-периодичность F (x).Так как подынтегральная функция нечетна, то согласно решению задачи 2259 F (x) четна. Из четности и 2π-периодичностифункции F (x) следует, что она однозначно определяется своими значениями на промежутке x ∈ [0; π].

При этих значенияхаргумента∫xF (x) = dt = x.0Отметим, что такими же свойствами обладает функцияy = arccos(cos x),она 2π-периодична, четна и на отрезке [0; π]arccos(cos x) = x.185Следовательно, F (x) = arccos(cos x) и, соответственно,∫sgn(sin x) dx = arccos(cos x) + C.∫2305.[x] dx (x > 0).Вычислим∫xF (x) =[t] dt.0Если k < x < k + 1, где k – целое число, то F ′ (x) = [x] = k и,следовательно,F (x) = kx + ck .Так как на промежутке x ∈ (k − 1; k) функция F (x) = (k − 1)x++ck−1 , то из условия непрерывности F (x) в точке x = k следует,что (k − 1)k + ck−1 = k 2 + ck . Отссюда получаем рекуррентноесоотношение для последовательности {ck }:ck = ck−1 − k.В интервале (0; 1) функция F (x) = 0, следовательно, c0 = 0.

Применяя полученное рекуррентное соотношение k раз и учитывая,что c0 = 0, получаемck = −(1 + 2 + . . . + k).Суммируя арифметичческую прогрессию, находимck = −k(k + 1),2т. е. в интервале (k; k + 1), а в силу непрерывности F (x) и напромежутке [k; k + 1), функция F (x) = kx − k(k + 1)/2. Заменяяздесь k = [x], получаем окончательный ответ:F (x) = [x]x −1[x]([x] + 1),2186поэтому∫[x] dx = [x]x −∫2306.1[x]([x] + 1) + C2(x > 0).x[x] dx (x > 0).Пусть∫xF (x) =t[t] dt.0Если k < x < k + 1, где k – целое число, то F ′ (x) = x[x] = kx и,следовательно,kx2F (x) =+ ck .2Приравнивая предельные значения F (k −0) и F (k +0), получаемравенство(k − 1)k 2k3+ ck−1 =+ ck ,22из которого находим рекуррентное соотношение для последовательности {ck }:k2ck = ck−1 − .2В интервале (0; 1) функция F (x) = 0, следовательно, c0 = 0.

Применяя полученное рекуррентное соотношение k раз и учитывая,что c0 = 0, получаем1ck = − (12 + 22 + . . . + k 2 ).2Согласно формуле (2.5)k(k + 1)(2k + 1).6Таким образом, в интервале (k; k + 1), а в силу непрерывностиF (x) и на промежутке [k; k + 1), функция12 + 22 + . . . + k 2 =F (x) =kx2 k(k + 1)(2k + 1)−.212187Заменяя здесь k = [x], получаем окончательный ответ:F (x) =[x]x2 [x]([x] + 1)(2[x] + 1)−,212поэтому∫[x]x2 [x]([x] + 1)(2[x] + 1)x[x] dx =−+C212∫2307.

(−1)[x] dx.Положим(x > 0).∫x(−1)[t] dt.F (x) =0Подынтегральная функция f (x) = (−1)[x] периодична с периодом T = 2. Покажем, что функция F (x) также периодична иимеет такой же период. В самом деле, в силу аддитивности интегралаx+2∫F (x + 2) − F (x) =(−1)[t] dt.xТак как подынтегральная функция имеет период 2, то согласнорешению задачи 2265:x+2∫∫2∫1∫2[t][t](−1) dt = (−1) dt = dt − dt = 0.x001Таким образом, F (x + 2) = F (x) при всех вещественных x иона однозначно определяется своими значениями на промежуткеx ∈ [0; 2].Если x ∈ [0; 1), то∫xdt = x,F (x) =0188при x ∈ [1; 2) в силу свойства аддитивности интеграла∫1∫xdt −F (x) =dt = 1 − (x − 1) = 2 − x.01Учитывая непрерывность функции F (x), получаем, что{x,0 6 x 6 1,F (x) =2 − x, 1 6 x 6 2.В элементарной математике есть функция, которая задается аналогичным образом. Это функция y = arccos(cos x), она2π-периодична и на отрезке длиной в период определяется равенством{x,0 6 x 6 π,arccos(cos x) =2π − x, π 6 x 6 2π.Отсюда следует, что графики этих функций подобны с коэффициентом подобия, равным π, следовательноF (x) =и поэтому1arccos(cos πx),π∫1arccos(cos πx) + C.π{∫x1, если |x| < l,2308.f (t) dt, где f (x) =0, если |x| > l.(−1)[x] dx =01.

Пусть x 6 l, тогда в силу свойства аддитивности интеграла∫x∫−lf (t) dt =f (t) dt +00∫0∫−l=−f (t) dt −−l∫xf (t) dt =−l∫0dt − 0 = −l.f (t) dt = −−lx1892. Пусть −l 6 x 6 l, тогда∫x∫xf (t) dt =0dt = x.03. Пусть x > l, тогда в силу свойства аддитивности интеграла∫x∫lf (t) dt =0∫xf (t) dt +0∫lf (t) dt =ldt + 0 = l.0Следовательно,∫x0 −l, x 6 −l,x, −l 6 x 6 lf (t) dt =l, x > l.Нетрудно проверить, что эта же функция задается формулойy=1(| l + x| − | l − x|),2таким образом,∫xf (t) dt =1(| l + x| − | l − x|).20Вычислить определенные интегралы от ограниченных разрывных функций:∫32309.sgn(x − x3 ) dx.0Подынтегральная функция{1, 0 < x < 1,3sgn(x − x ) =−1, 1 < x < 3,190следовательно,∫3∫1sgn(x − x ) dx =0∫3dx −30dx = 1 − 2 = −1.1∫2[ex ] dx.2310.0Нетрудно видеть, что подынтегральная функция1, 0 6 x < ln 2,2, ln 2 6 x < ln 3, 3, ln 3 6 x < ln 4,x4, ln 4 6 x < ln 5,[e ] =5, ln 5 6 x < ln 6, 6, ln 6 6 x < ln 7,7, ln 7 6 x 6 2.Отсюда получаем:∫2∫ln 2∫ln 2∫ln 4∫ln 5∫ln 6[e ] dx =dx + 2 dx + 3 dx + 4 dx + 5 dx+x00ln 2ln 3ln 4ln 5∫ln 7∫2+6 dx + 7 dx = ln 2 + 2(ln 3 − ln 2) + 3(ln 4 − ln 3)+ln 6ln 7+4(ln 5 − ln 4) + 5(ln 6 − ln 5) + 6(ln 7 − ln 6) + 7(2 − ln 7) =( )2( )3( )4( )53456= ln 2 + ln+ ln+ ln+ ln+2345( )6( 2 )77ee14+ ln+ ln= ln= 14 − ln 7! .677!191∫62311.[x] sinπxdx.60Подынтегральная функция0,πx,sin6πx2 sin,πx6[x] sin=πx63 sin,6πx4 sin,6 5 sin πx ,6следовательно,∫6πx[x] sindx =60∫2πxsindx + 261∫320 6 x < 1,1 6 x < 2,2 6 x < 3,3 6 x < 4,4 6 x < 5,5 6 x < 6,πxsindx + 36∫4sinπxdx+63∫5∫6πxπx6πx 2 12πx 3+4 sindx + 5 sindx =− cos−cos−66π6 1 π6 245(√ )418πx 24πx 5 30πx 66 13−cos−cos−cos=−−−π6 3 π6 4 π6 5π 22()()121181−0−−− −0 −π2π2( √)(√ )243 130330−+−−−1 += .π22π2π∫π2312.x sgn(cos x) dx.0192∫π∫π/2∫πx sgn(cos x) dx =x sgn(cos x) dx +x sgn(cos x) dx =00π/2π/2π( 2)∫π/2∫πx2 π2ππ2x2 π2−==−= x dx − x dx =−−.2 02 π/2 82840π/2n+1∫2313.ln[x] dx, где n – натуральное число.1Согласно свойству аддитивности определенного интегралаk+1k+1∫nn ∫n∑∑∑ln k =(ln k) dx =ln[x] dx =ln[x] dx =n+1∫k=1 k1k=1kk=1= ln 1 + ln 2 + .

. . + ln n = ln(1 · 2 · . . . · n) = ln n!.∫12314.sgn [sin(ln x)] dx.0∫1sgn [sin(ln x)] dx =+∞∑e∫−πk(−1)k−1 dx =k=0 −π(k+1)e0=+∞∑+∞()( −π )k()∑−e(−1)k−1 e−πk − e−π(k+1) = − 1 − e−π.k=0k=0Суммируя геометрическую прогрессию, находим+∞∑(−e−π)k=k=01931.1 + e−πТаким образом,∫1sgn [sin(ln x)] dx = −1 − e−πeπ/2 − e−π/2π=−= − th .−ππ/2−π/21+e2e+e0∫2315. Найти√| cos x| sin x dx,Eгде E – множество тех значений сегмента [0; 4π], для которыхподынтегральное выражение имеет смысл.Так как E = [0; π] ∪ [2π; 3π], то∫∫π∫3π√√√| cos x| sin x dx = | cos x| sin x dx + | cos x| sin x dx =0E2π∫π/2∫π√√= cos x sin x dx − cos x sin x dx+0π/25π/2∫∫3π√cos x sin x dx −+2π√cos x sin x dx.5π/2Неопределенный интеграл вычисляется с помощью заменыt = sin x:∫∫ √√22cos x sin x dx =t dt = t3/2 + C = sin3/2 x + C.33По формуле Ньютона – Лейбницаπ/2π∫√223/2 3/2 | cos x| sin x dx = sin x− sin x +330π/2E5π/23π2823/2 3/2 + sin x− sin x= .3332π5π/2194Глава 4Теоремы о среднемСредним значением функции f на отрезке [a; b] называетсявеличина∫b1f (x) dx.M [f ] =b−aaСреднее значение любой интегрируемой функции всегда лежитмежду ее точной нижней гранью и точной верхней гранью.

Вобщепринятых курсах анализа показывается, что для непрерывной функции среднее значение является одним из ее значений:M [f ] = f (ξ), где ξ ∈ [a; b]. Однако положение точки ξ можноуточнить.Задача 14. Доказать, что если функция f ∈ C[a; b], то существует такая точка ξ ∈ (a, b), чтоM [f ] = f (ξ).На практике часто встречается необходимость оценить знакили величину интеграла от произведения двух функций. В учебных курсах обычно приводятся две теоремы о такого рода оценках, которые называются традиционно первой и второй теоремами о средних значениях.195Первая теорема о среднем утверждает, что∫b∫bf (x)g(x) dx = µag(x) dx,(4.1)aгдеinf f (x) 6 µ 6 sup f (x).a6x6bx∈[a;b]Для справедливости соотношения (4.1) достаточно, чтобы функции f и g были интегрируемы на [a; b], а функция g, дополнительно, либо неотрицательной, либо неположительной на [a; b].Если функция f непрерывна на отрезке [a; b], то число µ является одним из ее значений.Вторая теорема о среднем обобщает две формулы Бонне.

Характеристики

Список файлов книги