1610915390-52cbd25d82d9110658c00fb8dfb6bccc (824753), страница 12
Текст из файла (страница 12)
Формула Ньютона — Лейбница. Теорема 4. Если функция г' интегрируема на отрезке [а; 6) и непрерывна в точке хо с [а; 6), то функция (.) =У (')"' (5) и дифференцируема в точке хо и Г'(хо) = Д(хо). Следствие. При вьтолнении условий теоремы функция ь С(х) = / З"(1) д1 дифференцируема в точке хо и С'(хо) = — г"(хо). Теорема 5.
Если функция ~ непрерывна на отрезке [а; 6), то она имеет ни этом отрезке первообразную, причем одной из ее первообразных является интеграл с переменным верхним пределом (5), т. е. Дх) дх = ~ ~(6) д1 + С. п Теорема 6. Если функция д" непрерывна на отрезке [а 6), то для любой ее первообразной Р имеет льесто формула ь / г(х) дх = Е(6) — Е(а). (6) Эта формула называется формулой Кьютона -Лейбница.
Ее записывают также в виде ь / Д(х) дх = Г(х) а Если функция Г непрерывна на отрезке [а; 6) и во всех его внутренних точках выполняетсн равенство Р'(х) = ~(х) (а в концевых точках равенства Е' (а) = г'(а) и Р' (6) = з(6), где Е' и Е' — — соответственно правая и левая производные, могут не выполнятьсн), то формула (6) остается верной. Заметим, что если функция з также Гл. г. Определенный интеграл и его приложения (10) ПРИМЕРЫ С РЕШЕНИЯМИ П р и м е р 1. Доказать, что всякая непрерьпзная па отрезке функция интегрнруема на нем. а Если функция 1 непрерывна на отрезке [а; Ь], то она и равномерно непрерывна на нем., т. е.
для любого г > О существует такое б > О, что для любых двух точек х' Е [а; Ь] и хн Е [а; Ь], удовлетворяющих условию ]х' — хн] < б, верно неравенство ],ь'(ху) — ь'(хо)] < г, и, следовательно, если разбиение т = (хь)„о отрезка [а; 6] имеет ь=ь мелкость ]т] < 6, то ьое(1) = ацр ]1(х') — 1(хо)] < г, ь = 1,2, ..., Й,, л е~е;ь| л еЬо:ь| непрерывна в точке а (соотвстственно в точке Ь), то из непрерывности функции Е в точке а (соответственно в точке Ь) и условия ги(х) = 1(х), а < т < 6, следует существование односторонней производной Г' (а) = 1(а) (соответственно К' (6) = 1(6) ). 4. Формула замены переменного. Пусть функция 1(х) непрерывна на интервале (а;6), функция Ьо(Ь) определена и непрерывна вместе со своей производной ио'(6) на интервале (а; Д), причем для всех Ь Е (а; Щ выполняется неравенство а < Зо(Ь) < Ь и, следовательно, имеет смысл композиция 1 о Зо функций р и 1.
Если ао Е (ец Д), ()о Е (оц Д), ао = Ьо(ао), Ьо = Ьо()до): то имеет место формула ьо до 1Ю = 1 1(:р(ь))р'(1) (9) оо оо Эта формула называется формулой зальены переменного е определенноль интеграле. Отметим специальный случай атой формулы: если функция 1 непрерывна на отрезке [а;6], а функция зо непрерывно дифференцируема и возрастает на отрезке [а; Д], ьо(а) = а, уо((з) = Ь, то ь В ~ 0х) йх = ~ 1Ы(ь))р'(ь) йй 5.
Интегрирование по частям. Если функции и = и(х) и и = и(х) непрерывны вместе со своими производными на отрезке [а; 6], то ь ь / ис1и = ии] — / ое1и. (15) Эта формула цазываотся формулой интегрироеания по частям. Она остается справедливой и в случае, если вместо непрерывности производных и' и и' потребовать лишь их интегрирусмость. р 6. Определенный интеграл а поэтому ь.
~ьеД)Лх; ( в~ г1хь = -[Ь вЂ” а). ь=1 Отсюда ь 1пп ~~ ю,®11х, = О, )г(-~о, ь=1 и согласно следствию из теоремы 2 функция 1 интегрируема на от- резке [а;Ь). 4 Пример 2. Найти интеграл [ хаг1х с помощью интегральных сумм. А Функция 1[х) = хз непрерывна на отрезке [1; 2) и, следователь- но, интегрирусма на нем [см. пример 1). Поэтому для вычисления пре- дела интегральных сумм а, при [т[ — ь О можно взять любую последо- вательность разбиений т„отрезка [1; 2) с мелкостью, стремшцейся к нулю. Будем делить последовательно отрезок [1;2] на и равных час- тей, т. е.
возьмем разбиения ьн) ь — и тн = 1хь )а=о~ состоящие из точек х" = 1+ Ь/и, Ь = 0,1, ...,п, а в качестве точек ~ь выберем концевые точки отрезков разбиения с; = х„ 1=1,2,...,Ь, 'Тогда П з а,„= ~~ [1+ — ) — = —,, ~ [и+ь) 1=1 п и н = — „(~ па+2 ~ п)+~~~ ьз) = —,(п +2п + п[п+ 1)[2п+ 1)) 2 1 1 (1 1) (2 1) Поэтому 1пп а,„= —. А 7 и — ьее 3 П ример 3.
Доказать, что для того чтобы функция была интегрируема па отрезке [а; Ь), необходимо и достаточно, чтобы выполнялось следующее условие [называемое условием Коши для интегральных сумм); для любого в > О существует такое б > О, что для льобых двух разбиений т, и тз отрезка [а;Ь) мелкостей [ть[ < й и [тз[ < б имеет место неравенство [т„, — ог,[ < в. а Ц Если функции 1 интегрируема на отрезке [а;Ь) и ь Гл.
2. Определенный интеграл и ега прилансенин то, согласно определению 2, для любого е > 0 существует такое Б > О, что для всех разбиений т, удовлетворяющих условию ~т~ < Ь, выполняется неравенство ~о, — д~ < е/2. Поэтому если )т|) < б и ~тг~ < б, то )|т, — а,! < )о~, †,7( + (д — о,( < а/2 + е/2 = с. 2) Если для интегральных сумм оя функции / выполняется условие Коши, то любая их последовательность 1ят, ), такая, что 1пп ~т„,~ = О, удовлетворяет критерию Коши сходимости числовых яя — |сс последовательностей и поэтому сходится. Из того, что все последовательности (оо,) при условии 1пп ~та~ = 0 сходятся, следует, что и — я~ все они имеют один и тот |ке предел.
Это, согласно определению 1, означает, что функция / интегрируема на рассматриваемом отрезке. А П р и м е р 4. Выяснить, какой из интегралов г/2 а12 яп хь1х и / а|п х|1х больше. а Поскольку на отрезке (О;н/2) функции ешт х и яп х непрерывны (и поток|у интегрируемы), а на интервале (О;н/2) выполняется строгое неравенство яп т < а|п х, то я12 а|'2 зш хс1х < / яп хг1х. А о о П р и м е р 5. Доказать, что если функция / интегрируема на отрезке (о: Ь), то Ь вЂ” я ь 1нн //(х)дх=1/(х)дх, 0«,Ь о я — | о,| а Выберем произвольно точку с Е (а; Ь); тогда в силу свойств интеграла 2 и 3 для достаточно малых е > 0 (а именно меньших, чем с — а и Ь вЂ” с) будем иметь Ь вЂ” я с Ь вЂ” я Г/х)'= //()"" У/()"' а я а-~-я с Отсюда, согласно свойствам 10 и 3, получим ь- с Ь вЂ” я 1пп / /(х) |1х = 1|и| ~ / /(х) Йх+ / /(х) Йх| = а-;-я а-~-я с с Ь вЂ” я ь Ь а-|-я вб. Определенный интеграл Пример 6.
Найти с помощью формулы Ньютона — Лейбница интеграл ь х е1х, о~ — 1, О<а<6. а ь е ы Ье11 ь А Имеем ~хее1х = = . А о-~-1 о-~-1 е е вЬ2 йх П р и м е р 7. Найти интеграл й тггГ+ х'-' гь1 гЬ2 вЬ2 йх 1пех +,1 + х2) нгГ+ хе вЬ1 вЬ1 вЬ 2 Ч- вгГ+ вЬ 22 вЬ 2 + сЬ 2 = 1п = 1п = 1п е = 1. А вЬ1+Я+вЬ21 вЬ1+сЬ1 В рассмотренных примерах сразу было ясно, какая функция является первообразной подынтегральной функции. Рассмотрим более сложный пример. Пример 8.
Найти интеграл / е* агсв1пе ~ йх. о А Найдем первообразную подынтегральной функции. Сделав замену переменного в = е ' и применив затем метод интегрирования по частям, получим Р агав'пь 1 . /' 62 е агсвше 'йх = — /,, М = — агсщпь — / - ь: / 2,2Г:ьг где дь /' дг /' д(112) — 'ЕГОЕе — ь 1 е(е)' — ь г1 /1 = 1п 1- + ~/ —,, — 1) + С. Поэтому окончательно агсвгп Ь 1 1' 1 1 ее агсв1п е е 11х = — — 1п ~- + ~/ †,, — 1) + С = 2 1,2 1/21 1 = е' агсяш е * — — 1п(е* + Ъ'ег' — 1) + С.
2 Здесь первообразная иь|еет коночный предел в точке х = О (так же, как и подынтегральная функция), поэтому можно применить формулу (6). В результате получим 1 е* агсв1пе * е1х = еагсв1пе — — Ч-1п(е+ т/ев — 1). Д 2 о Гл. 2. Определенный интнеграл и его арилолгенин 96 П р и ма р 9. Доказать, что для всех т Е л и и Е л имеют место равенства е зштхяппхйх = О, т ф и, созтхсоапхдх = О, т ф п,, — л яп тх соз пх 11х = О. а Ц Имеем л 1 г яп тх яп пх а1х = — / [соз(гп — п) х — соз(т + и) х] 11х = 2,/ 1 [еш(т — п)х яп(тн. Ч- п)х) т, ф и. 2 ~ т — и п1Ч-и Аналогично доказываются и два других равенства.
А П р и м е р 10. Доказать неравенства 1 1 ~' ходх 1 (7) 201/2,/ 1/Г+ хг 20 о А Проинтегрируем по отрезку [О; Ц очевидное неравенство 19 19 < 19 Поскольку все функции непрерывны и при всех х Е (О;1) имеют место неравенства 19 , 19 х х 19 — « х 1/2 т/Г+ хг то для интегралов выполняются неравенства (см. свойство 8 интегралов) 19 о Пример 11. Доказать неравенства 1 4 е" дх 1 — (е — Ц < / < — (е — 1).
9 г' (х -Ь Ц(2 — х) 2 о 1 а Рассмотрим функцию /(х) = на отрезке [О;Ц. (х+ Ц(2 — х) 2х — 1 Ее производная /'(х) = обращается в нуль при х = (х Ч- Цг(2 — х)г = 1/2 и меняет знак в этой точке с минуса на плюс. Поэтому сама функция /(х) имеет в этой точке минимум, причеи| /(1/2) = 4/9. Максимума функция / достигает на концах отрезка [О; Ц и /(0) = 46. Определенный интеграл 97 = г'(1) = 1772. Таким образом, для всех х б [О; Ц выполняются неравенства 4 1 1 9 ~ (х-~-1И2 — х) ~ 2' а при х ф О, х ~ 1772 и х ф- 1 строгие неравенства 4 е* ее — е' < < —. 9 (х -Ь 1И2 — х) 2 Поэтому 1 1 о о о 4 е 1 — (е — 1)< / ' Нх< — (е — 1). А 9,/ (х 4- Ц(2 — х) 2 о П р и м е р 12. Вычислить интеграл Дирихле н/2 /' 1, й.
е1п(2п — Цх 71х, 71 с )9. япх о и — 1 яп(2п — Цх и заме2япх 1 а Использовав фоРл1УлУ вЂ” + гт сов 2йа 77/2 2 1=1 тив, что / соз 2йх <Ес = О, )е = 1, 2, ..., и — 1, о н/2 е1п(2п — Цх 77 7)х = япх 2 о получим А Поскольку сумма е„= — 2 ~ — ) 71 71 А — 1 мой функции 1(х) = ха на отрезке )О; Ц, 1 Пгп е„= /'хас)х = и — 7ее ",1 о+ 1 о является интегральной сум- то 1 . А 1 о+1 1 Пример 14. Найти интеграл / х х771-~- хйх, о Значение известных интегралов иногда удается использовать для вычисления пределов некоторых числовых последовательностей, если оказывается, что эти последовательности образуют последовательность интегральных сумм соответствую7цей функции. П р и м е р 13. Найти предел последовательности 1а 4 2а Ч ч.па 71а" 1 Гл. 2, Определенний интеграл и его приложения й Применим формулу замены переменного, положив 1+ х = 12, 1 ) О.
Тогда е1х = 21111, а новые пределы интегрирования сг = 1, 13 = 122. По формуле (10) получаем й2 о 1 Задача свелась к вычислению определенного интеграла от много- члена: 4122 — 1 2ъг2 — 1 2 Таким образом, хЛ+ ха1х = — (ъ'2+ 1). А 15 о Пример 15. Найти интеграл /з/аг — х211х с помощью замены переменного х = ссяп1.
о ,а Имеем о лрг 2 ъ/аг — х2 11х = аз / созг 1112 = — (С + ) о о Интеграл можно, конечно, вычислить, применив замену переменного в неопределенном интеграле 1это потребует больших вычислений): ~/а' — ха йх = аз / соззоей~ ( 2 ., х, Г2 2 = — 11а агсяп — +хна — х ) .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
