Учебное пособие - Определенный интеграл. Практикум (1238758), страница 8
Текст из файла (страница 8)
Мы не будем делать такогоразличия.Формула замены переменной допускает важное обобщение.Эта формула справедлива для любой интегрируемой функции fпри условии, что функция g строго монотонна. Доказательствоэтого утверждения можно найти в классических курсах анализа.Одну из важных теорем интегрального исчисления представляет теорема о дифференцировании интеграла по переменному верхнему пределу. Если функция f интегрируема на отрезке[a; b], то интегралом с переменным верхним пределом называется72функция, заданная формулой∫xF (x) =f (ξ) dξ,(3.5)x0где x0 – некоторая точка отрезка [a; b].
Функция F непрерывна на отрезке [a; b], а в точках непрерывности подынтегральнойфункции f дифференцируема, причемF ′ (x) = f (x).(3.6)Эта теорема имеет много применений. Прежде всего отметим,что из нее непосредственно следует, что у любой непрерывнойна отрезке [a; b] функции существует (на этом же отрезке) первообразная. Формула Ньютона – Лейбница тоже является непосредственным следствием этой теоремы.
С практической точкизрения, мы имеем формулу дифференцирования интегралаddx∫xf (ξ) dξ = f (x),(3.7)x0справедливую для любой непрерывной функции f .Из формулы (3.7), несложно получить несколько более общую формулуddxb(x)∫f (ξ) dξ = f (b(x))b′ (x) − f (a(x))a′ (x).(3.8)a(x)Для справедливости этой формулы в некотором интервале x ∈∈ (α; β) достаточно, чтобы функция f была непрерывна на некотором "объемлющем" отрезке [A; B], причем при всех x ∈ (α; β)отрезок [a(x); b(x)] ⊂ [A; B], а функции a(x) и b(x) непрерывнодифференцируемы на (α; β).Задача 13. Доказать формулу (3.8).73Формула (3.8) используется при решении задач 2231 – 2236 и2256.Важным свойством определенного интеграла является свойство аддитивности∫b∫cf (x) dx =a∫bf (x) dx +af (x) dx.(3.9)cПри расширенном понимании интеграла формула (3.9) оказывается верной для любого взаимного расположения точек a, b иc.
Достаточно, чтобы функция f была интегрируема на какомнибудь отрезке, содержащем эти три точки. Формулу (3.9) приходится применять для вычисления интегралов, содержащих модули (задачи 2211, 2218, 2238, 2242). Она необходима и в том случае, когда подынтегральная функция задана разными формулами на разных участках отрезка интегрирования (задача 2237).Отметим геометрическую интерпретацию определенного интеграла. Если функция f неотрицательна на отрезке [a; b], тоинтеграл от нее равен площади фигуры, ограниченной прямымиx = a, x = b, y = 0 и графиком функции f .
В общем случае интеграл равен разности площадей двух фигур. Одна из них ограничена частью графика функции, лежащей над осью абсцисс,а другая – частью графика, лежащей под осью абсцисс. Этотмомент отмечен на рис. 3.1 – 3.13.Применяя формулу Ньютона – Лейбница, найти определенные интегралы и нарисовать соответствующие криволинейныеплощади.∫8√32206.x dx.−1∫8−1√33 4/3 845x dx = x = .44−174y6−1qqqO8x-qРис.
3.1Интеграл равен разности площадей фигур, расположенныхнад осью абсцисс и под осью абсцисс (рис. 3.1).∫π2207.sin x dx.0∫ππsin x dx = − cos x = 2.00y6qOπРис. 3.2√∫32208.√1/ 3dx.1 + x275x-√∫3√1/ 3√3dxπ ππ=arctgx √ = 3 − 6 = 6.1 + x21/ 3y6qqqq√1/ 3O√-x3Рис. 3.3∫1/2√2209.−1/2dx.1 − x26yq−1/2OРис. 3.476q1/2x-1/2π πdxπ√= + = .= arcsin x6631 − x2−1/2∫1/2−1/2∫sh 2√2210.dx.1 + x2sh 1y6qOqqqsh 1sh 2-xРис. 3.5sh 2√dx2√= ln(x + 1 + x ) .21+xsh 1sh 1√Так как функция y = ln(x+ 1 + x2 ) является обратной к функции x = sh y, то√√ln(x + 1 + x2 )= 1 , ln(x + 1 + x2 )= 2,∫sh 2x=sh 1и поэтому∫sh 2√x=sh 2dx= 2 − 1 = 1.1 + x2sh 1∫2|1 − x| dx.2211.077y6Oqq12x-Рис.
3.6∫2∫1|1 − x| dx =0∫2|1 − x| dx +0(x − 1) dx =+1∫12212.−1x2|1 − x| dx =1(∫2∫1(1 − x) dx+0)1 ( 2)2x2 x1 1− x = + = 1.x−+2 022 21dx− 2x cos α + 1(0 < α < π).Подынтегральную функцию можно представить в видеf (x) =11=,x2 − 2x cos α + 1(x − cos α)2 + sin2 αее график представлен на рис. 3.7.786yqqq−1Oq qcos α 1-xРис. 3.7∫1−1∫1=−1dx=2x − 2x cos α + 1∫1−1dx=(x − cos α)2 + sin2 αd(x − cos α)1x − cos α 1=arctg=sin αsin α −1(x − cos α)2 + sin2 α=[]1 − cos α1 + cos α1arctg+ arctg=sin αsin αsin α==∫2π2213.1 [α]αarctg tg + arctg ctg=sin α221 [ α ( π α )]π+−=.sin α 2222 sin αdx1 + ε cos x(0 6 ε < 1).07911−ε111+εy6qqqqqqqqπ2Oqqqπ3π22πx-Рис. 3.8а).
При ε = 0∫2πdx=1 + ε cos x0∫2πdx = 2π.0б). При 0 < ε < 1 неопределенный интеграл вычислен в задаче 2028,а:(√)∫21−εxdx=√arctgtg+ C.1 + ε cos x1+ε21 − ε2Первообразная имеет разрыв при x = π, поэтому для применения формулы Ньютона – Лейбница, определенный интеграл надоразбить на два:∫2π0dx=1 + ε cos x∫π0dx+1 + ε cos x(√∫2πdx=1 + ε cos xπ)π2x 1−ε= √arctgtg +1+ε2 1 − ε20(√)2π1−εx 2arctgtg+√ =1+ε2 1 − ε2π80ππ2π+√=√.221−ε1−ε1 − ε2Нетрудно видеть, что при ε = 0 последняя формула даетправильный ответ и для предыдущего случая. Таким образом,при 0 6 ε < 1∫2πdx2π=√.1 + ε cos x1 − ε2=√0∫1√2214.−1dx(|a| < 1, |b| < 1,(1 − 2ax + a2 )(1 − 2bx + b2 )ab > 0).Знаменатель подынтегральной функции1f (x) = √(1 − 2ax + a2 )(1 − 2bx + b2 )обращается в нуль в точкахa2 + 1b2 + 1, x2 =.2a2bСогласно известному неравенству Коши (2|αβ| 6 α2 + β 2 )оба корня по модулую больше единицы.
Отсюда следует, что напромежуток интегрирования они не попадают. По условию задачи числа a и b имеют один знак, следовательно, либо оба корняменьше, чем −1 (при a < 0 и b < 0), либо оба корня больше, чем1 (при a > 0 и b > 0).√Полагая A = 1/(2 ab), подынтегральную функцию запишемв следующем виде:x1 =f (x) = √A(x − x1 )(x − x2 ).Дифференцируя это равенство, находим:)(x1 + x2A x−2f ′ (x) = −.[(x − x1 )(x − x2 )]3/281Среднее арифметическое (x1 + x2 )/2 чисел x1 и x2 находитсямежду этими числами. Отсюда следует, что если оба корня x1 иx2 меньше −1, то также и (x1 + x2 )/2 < −1, поэтому величинаx − (x1 + x2 )/2 положительна на отрезке [−1; 1]. Таким образом,f ′ (x) < 0 и функция f (x) убывает. Аналогично, если оба корнябольше 1, то также и (x1 + x2 )/2 > 1, поэтому величина x−−(x1 + x2 )/2 отрицательна на отрезке [−1; 1] и, соответственно,f ′ (x) > 0, следовательно, в этом случае функция f (x) возрастаетна [−1; 1].График криволинейной трапеции для случая a > 0, b > 0(оба корня больше 1) представлен на рис.
3.9. График криволинейной трапеции для случая a < 0, b < 0 (оба корня меньше −1)представлен на рис. 3.10.y66yqqq−1Oqqqx-1Рис. 3.9qq−1Oqqx-1Рис. 3.10Вычислим интеграл для случая a < 0, b < 0. Для этого воспользуемся подстановкой Эйлера:√(x − x1 )(x − x2 ) = t(x − x1 ) ,√x − x2x1 t2 − x22(x2 − x1 )t dtt=, x=, dx =,2x − x1t −1(t2 − 1)2x1 − x2 √x1 − x2,.x − x1 = 2(x − x1 )(x − x2 ) = t(x − x1 ) = t 2t −1t −182Вычислим новые пределы интегрирования:√√√−1 − x2a(1 + 2b + b2 )1+b ax = −1 ⇒ t ===,−1 − x1b(1 + 2a + a2 )1+a b√x=1⇒t=1 − x2=1 − x1√a(1 − 2b + b2 )1−b=b(1 − 2a + a2 )1−a√a.bЗдесь учтено, что по условию задачи |a| < 1, |b| < 1. Послезамены получаем:1−b1−a∫I = 2A1+b1+a√ab√adt=1 − t2( ) 1−b √ a 1 + t 1−a b A ln =1 − t 1+b √ a1+abb( 1+= A ln ( 1−√ )(√ )1 + b a 1−b a1−1−a b1 + a b √ )(√ ) =1−b a1 + b a 1+1−a b1+a b √2(a − b) a 1 − b2 a 1 +−· 1 − a2b 1 − a2 b √= A ln =2 1 − 2(a − b) a − 1 − b · a 1 − a2b 1 − a2 b (1 − a2 )b − 2√ab(a − b) − (1 − b2 )a √= A ln = (1 − a2 )b + 2 ab(a − b) − (1 − b2 )a (1 + ab)(b − a) − 2√ab(a − b) √= A ln = (1 + ab)(b − a) + 2 ab(a − b) (√ )2 1 + ab + 2√ab 1 + ab√ == A ln√== A ln 1 + ab − 2 ab 1 − ab83√√1 + ab11 + ab√ = √ ln√ .= 2A ln1 − abab1 − abЗдесь учтено, что вследствие отрицательности b√√a· b = − ab.bРассмотрим случай a > 0, b > 0.
Пусть a1 = −a, b1 = −b.Сделаем в исходном интеграле замену x на −x, получим:∫1√I=−1dx(1 − 2ax + a2 )(1 − 2bx + b2 )∫1√=−1=dx(1 − 2a1 x + a2 )(1 − 2b1 x + b2 ).Так как a1 < 0 и b1 < 0, то√√1 + a1 b1111 + ab√√ ,ln= √ lnI=√a1 b11 − a1 b1ab1 − abт. е. полученный выше результат сохранаяет свою силу и в этомслучае.
Таким образом, при |a| < 1, |b| < 1, ab > 0∫1−1√11 + ab√√ .= √ lnab1 − ab(1 − 2ax + a2 )(1 − 2bx + b2 )dx∫π/22215.a2 sin2 xdx+ b2 cos2 x(ab ̸= 0).0Вид графика подынтегральной функции (и соответствующейкриволинейной трапеции) зависит от соотношений параметров aи b. Все возможные случаи представлены на рис. 3.11, рис.
3.12 ирис. 3.13.841a21b2y6q1b2q1a2qπ2OРис. 3.11. Случай |a| < |b|1a2q-xqπ2Oy6qРис. 3.12. Случай |a| > |b|y6q-xqπ2OРис. 3.13. Случай |a| = |b|Неопределенный интеграл вычислен в задаче 2030:()∫a tg xdx1arctg+ C.=abba2 sin2 x + b2 cos2 xПо формуле Ньютона – Лейбница∫π/2dx1arctg=2222aba sin x + b cos x0=()a tg x π/2=b0(a)1 ππ· sgn=.ab 2b2|ab|85x-2216. Объяснить, почему формальное применение формулыНьютона – Лейбница приводит к неверным результатам, если:∫1а)−1dx;x∫2πб)∫1sec2 x dx;2 + tg2 xв)−10ddx(1arctgx)dx ;а).
Подынтегральная функция f (x) = 1/x имеет разрывнуюпервообразную F (x) = ln |x|. Формула Ньютона – Лейбница∫1−11dx= ln |x| = 0x−1дает неверный результат, подынтегральная функция не являетсяограниченной и интеграл не существует;б). Подынтегральная функцияf (x) =sec2 x11==22 + tg2 xcos2 x(2 + tg2 x)2 cos x + sin2 xимеет разрывную первообразную∫F (x) =dx=2cos x(2 + tg2 x)1= √ arctg2(tg x√2∫d(tg x)=2 + tg2 x)+ C.График этой функции представлен на рис. 3.14.86y6π√2 2qaπ2Oπq− 2√2qaπq3π2aqx-2πqaРис.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
