1611676884-55ce67763bb0ee5cd12890a10c9e59c1 (826616), страница 9
Текст из файла (страница 9)
Поэтому∫ ∫ x2 x2F (x2 ) − F (x1 ) 6 f (t) dt 6|f (t)| dt 6 K (x2 − x1 ) = K |x2 − x1 |.x1x1Мы доказали это неравенство в случае x1 < x2 . Но F (x2 ) − F (x1 ) = F (x1 ) − F (x2 ) и |x2 − x1 | = |x1 − x2 |,поэтомуF (x2 ) − F (x1 ) 6 K |x2 − x1 | для всех x1 , x2 ∈ [a, b],Jто есть f является непрерывной по Липшицу с постоянной K.Сейчас мы докажем лемму, которая является ключевой при выводе второй теоремы осреднем.Лемма 6.2.29. Пусть f ∈ Rim[a, b] и функция g : [a, b] → R является ограниченной,неотрицательной и невозрастающей.
Тогда существует такое ξ ∈ [a, b], что∫∫bf (x) g(x) dx = g(a)aξf (x) dx.aI Во-первых, заметим, что поскольку функция g является ограниченной и монотонной,она интегрируема на [a, b]. Это следует из теоремы 6.2.13. Таким образом, f g ∈ Rim[a, b]и интеграл в левой части равенства из утверждения леммы определен.Пусть теперь P = {x0 , x1 , .
. . , xn } — разбиение отрезка [a, b], то есть a = x0 < x1 <. . . < xn = b. Хотя P является обычным разбиением, мы будем его использовать необычным образом, а именно, не для составления интегральной суммы. В силу аддитивностиинтеграла Римана∫bf (x) g(x) dx =an ∫∑k=1xkf (x) g(x) dxxk−1=n ∫∑k=1xkn∑)f (x) g(x) − g(xk−1 ) dx +(xk−1k=139∫xkf (x) g(xk−1 ) dx.xk−1Оценим первую из сумм в правой части этого равенства.
Поскольку f ∈ Rim[a, b], существует такое K ∈ R+ , что |f (x)| 6 K для всех x ∈ [a, b]. Поэтомуn ∫∑n ∫∑) f (x) g(x) − g(xk−1 ) dx 6 K(xk−1k=16Kxkn∑g(xk ) − g(xk−1 )∫xk−1k=1xkdx = K λ(P )xk−1k=1g(x) − g(xk−1 ) dxxkn∑g(xk ) − g(xk−1 ) 6 K λ(P ) g(b) − g(a).k=1Так как функция g является ограниченной, из этого неравенства следует, чтоn ∫ xk∑()f (x) g(x) − g(xk−1 ) dx → 0 при λ(P ) → 0.xk−1k=1Таким образом,∫n∑bf (x) g(x) dx = limλ(P )→0a∫xkg(xk−1 )f (x) dx.xk−1k=1Заметим, что этот предел существует, так как слева стоит интеграл, от разбиения независящий.∫ xk∑Исследуем теперь nk=1 g(xk−1 ) xk−1f (x) dx.
Введем обозначение:∫ xF (x) =f (t) dt.aКак следует из предыдущей леммы, эта функция является непрерывной на [a, b], а поэтомуограниченной. Пустьm = min F (x) и M = max F (x).Тогда, посколькуn∑∫∫ xkxk−1x∈[a,b]f (x) dx = F (xk ) − F (xk−1 ) и F (x0 ) = F (a) = 0,xkg(xk−1 )f (x) dx =xk−1k=1=n∑x∈[a,b]g(xk−1 ) F (xk ) −n∑g(xk−1 ) F (xk ) −n∑k=1k=1n−1∑g(xk ) F (xk ) = g(xn−1 ) F (xn ) +k=1k=1g(xk−1 ) F (xk−1 )n−1∑()g(xk−1 ) − g(xk ) F (xk ).k=1Лекция №12. 21.03.2016.Заметив теперь, что g(xn−1 ) > 0 и g(xk−1 ) − g(xk ) > 0 для всех k = 1, .
. . , n − 1, мыпридем к неравенству:∫ xkn∑f (x) dx 6 M G,mG 6g(xk−1 )xk−1k=1где G = g(xn−1 ) +∑n−1 (k=1)g(xk−1 ) − g(xk ) . Нетрудно видеть, что G = g(a). Таким образом,∫ bm g(a) 6f (x) g(x) dx 6 M g(a).a40Если g(a) = 0, то функция g должна тождественно равняться нулю на [a, b], поскольку она неотрицательная и неубывающая. В этом случае утверждение леммы становитсятривиальным. Поэтому предположим, что g(a) > 0. Тогда величина∫bf (x) g(x) dxµ= ag(a)должна удовлетворять неравенству m 6 µ 6 M . Так как функция F непрерывна, изтеоремы о промежуточном значении непрерывной функции следует, что F (ξ) = µ для∫ξнекоторого ξ ∈ [a, b]. Но F (ξ) = a f (x) dx, поэтому∫b∫ ξf (x) g(x) dxaf (x) dx,=g(a)aи лемма доказана.JПример 6.2.30.
Чтобы лучше запомнить условия теоремы, возьмем g(x) = e−x , f (x) =cos и [a, b] = [0, π]. Тогда∫ π∫ ξ−x0e cos x dx = ecos x dx = sin ξ00для некоторого ξ ∈ [0, π].•Теорема 6.2.31 (Вторая теорема о среднем). Пусть f ∈ Rim[a, b], а функция g : [a, b] →R монотонна и ограничена. Тогда существует число ξ ∈ [a, b], такое, что∫ b∫ ξ∫ bf (x) g(x) dx = g(a)f (x) dx + g(b)f (x) dx.aaξДоказательство.
Предположим, что функция g является неубывающей. Тогда функцияG(x) = g(b) − g(x) является неотрицательной и невозрастающей. Согласно предыдущейлемме∫ b∫ ξf (x) G(x) dx = G(a)f (x) dxaaдля некоторого ξ ∈ [a, b]. Поскольку G(a) = g(b) − g(a) и∫ b∫ b∫ b∫ b()f (x) G(x) dx =f (x) g(b) − g(x) dx = g(b)f (x) dx −f (x) g(x) dx,aaмы получаем, что∫ ba∫f (x) g(x) dx = g(b)ab()f (x) dx − g(b) − g(a)aa∫ξf (x) dx,aоткуда в силу аддитивности интеграла Римана сразу следует утверждение теоремы.Если функция g является невозрастающей, то мы возьмем G(x) = g(x) − g(b) и повторим проведенные рассуждения.Пример 6.2.32.
Рассмотрим функции из примера 6.2.30: g(x) = e−x , f (x) = cos и [a, b] =[0, π]. Применив вторую теорему о среднем, мы получим:∫ π∫ ξ∫ π−x0−πe cos x dx = ecos x dx + ecos x dx = sin ξ − e−π sin ξ = (1 − e−π ) sin ξ00ξдля некоторого ξ ∈ [0, π]. Здесь ξ, конечно, может быть отличным от ξ из примера 6.2.30.•416.2.4Связь определенного и неопределенного интеграловМы в свое время ввели неопределенный интеграл, как операцию, обратную к дифференцированию. Определенный интеграл возник, как обобщение понятия площади подграфикафункции. Казалось бы между этими понятиями нет никакой связи. Однако, как мы увидим в этом пункте, эти интегралы тесно связаны.Теорема∫ x 6.2.33.
Пусть f ∈ Rim[a, b] и f непрерывна в точке x0 ∈ [a, b]. Тогда функцияF (x) = a f (t) dt дифференцируема в точке x0 и F ′ (x0 ) = f (x0 ).Доказательство. Пусть h — произвольное вещественное число такое, что (x0 + h) ∈ [a, b].Тогда∫ x0 +h∫ x0 +h()F (x0 + h) − F (x0 ) =f (t) dt =f (x0 ) + f (t) − f (x0 ) dtx0∫x0x0 +h∫x0 +hdt += f (x0 ))f (t) − f (x0 ) dt = f (x0 ) h + φ(x0 , h),x0x0где(∫x0 +hφ(x0 , h) =()f (t) − f (x0 ) dt.x0Нам необходимо показать, что φ(x0 , h) = o(h) при h → 0.Если h > 0, то h = |h| и∫ x0 +h ∫ x0 +h () f (t) − f (x0 ) dtf (t) − f (x0 ) dt 6x0∫6x0x0 +h()()()ω f, [x0 , x0 + h] dt = ω f, [x0 , x0 + |h|] |h| 6 ω f, [x0 − |h|, x0 + |h|] |h|.x0Если h 6 0, то h = −|h| и∫∫ x0 ∫ x0 +h () x0 −|h| () f (t) − f (x0 ) dtf (t) − f (x0 ) dt = f (t) − f (x0 ) dt 6x0 −|h|x0x0∫ x0()()()6ω f, [x0 − |h|, x0 ] dt = ω f, [x0 − |h|, x0 ] |h| 6 ω f, [x0 − |h|, x0 + |h|] |h|.x0 −|h|()Таким образом, |φ(x0 , h)| 6 ω f, [x0 − |h|, x0 + |h|] |h| (для любого h такого,) что (x0 + h) ∈[a, b].
Поскольку функция f непрерывна в точке x0 , ω f, [x0 − |h|, x0 + |h|] → 0 при h → 0.Отсюда следует, что φ(x0 , h) = o(h) при h → 0.∫xСледствие 6.2.34. Если f ∈ C[a, b], то функция F (x) = a f (t) dt дифференцируема на[a, b] и F ′ (x) = f (x) для всех x ∈ [a, b].Следствие 6.2.35.∫ x Если f ∈ Rim[a, b] и f имеет конечное число точек разрыва, тофункция F (x) = a f (t) dt является первообразной функции f на отрезке [a, b].Первое из этих следствий сразу вытекает из теоремы, поскольку в качестве точки x0можно взять любую точку из отрезка [a, b].
Второе следствие справедливо в силу того, чтоF дифференцируема и F ′ = f в точках непрерывности функции f (теорема 6.2.33), а навсем отрезке [a, b] функция F непрерывна (теорема 6.2.28). Теперь достаточно вспомнитьопределение 6.1.5, где вводится окончательный вариант понятия первообразной.42Теорема 6.2.36 (Формула Ньютона — Лейбница). Если f ∈ Rim[a, b], f имеет конечноечисло точек разрыва и Fe — первообразная функции f на [a, b], то∫bf (x) dx = Fe(b) − Fe(a).a∫xДоказательство. Согласно следствию 6.2.35 функция F (x) = a f (t) dt является первообразной функции f на [a, b].
Поэтому какую бы первообразную Fe мы ни взяли, существуеттакая постоянная C, что∫ xFe(x) =f (t) dt + C для всех x ∈ [a, b].aПоложив в этом равенстве x = a, мы найдем, что C = Fe(a). А если взять x = b, тополучим равенство:∫ beF (b) =f (t) dt + Fe(a),aиз которого и следует доказываемое утверждение.Пример 6.2.37. С помощью формулы Ньютона — Лейбница можно сильно упростить вычисление определенного интеграла. Посчитаем, например, площадь подграфика G функции f (x) = x2 на отрезке [0, A], A > 0. Когда в пункте 6.2.1 мы вычисляли эту площадь, следуя идеям древних греков, нам пришлось потрудиться.∫ A Согласно определениюопределенного интеграла искомая площадь подграфика есть 0 f (x) dx, где f (x) = x2 .Первообразной функции x2 на отрезке [0, A] является, например, функция x3 /3.
Поэтому∫Ax2 dx =S(G) =06.2.5A3.3•Классические интегральные формулы анализаИспользуя идеи из предыдущего пункта можно доказать для определенного интегралаформулы, уже доказанные в параграфе, посвященном неопределенному интегрированию.Теорема 6.2.38 (Формула интегрирования по частям).
Если функции f и g непрерывнодифференцируемы на [a, b], то∫b∫′f (x) g (x) dx = f (b) g(b) − f (a) g(a) −abf ′ (x) g(x) dx.aДоказательство. Сразу заметим, что непрерывная дифференцируемость функций f и gвлечет существование интегралов, фигурирующих в утверждении теоремы. Далее, интегрируя равенство (f g)′ = f ′ g + f g ′ , мы в силу формулы Ньютона — Лейбница получимравенство∫ b( ′)f (b) g(b) − f (a) g(a) =f (x) g(x) + f (x) g ′ (x) dx,aиз которого и следует доказываемое утверждение.43Мы доказали формулу интегрирования по частям не в самых общих предположенияхотносительно функций f и g.
Можно было бы сформулировать условия, при которых всеещё была бы применима теорема 6.2.36, но это привело бы к некоторому усложнениюформулировки теоремы.x=bОтметим, что разность f (b) − f (a) часто обозначают через f (x)x=a или, если исклюbчена путаница, через f (x)a . Таким образом, формулу интегрирования по частям можнозаписать так:∫ b∫ bb′f (x) g (x) dx = f (x) g(x) −f ′ (x) g(x) dx.aaaВ качестве следствия выведенной формулы интегрирования по частям докажем ещёодин вариант формулы Тейлора.Теорема 6.2.39 (Формула Тейлора с остаточным членом в интегральной форме).Пусть f : [a, b] → R — (n + 1) раз непрерывно дифференцируемая функция, n ∈ N ∪ {0},и x0 ∈ [a, b].
Тогдаn∑1 (k)f (x) =f (x0 ) (x − x0 )k + rn (f, x, x0 )k!k=0где1rn (f, x, x0 ) =n!∫для всехx ∈ [a, b],xf (n+1) (t) (x − t)n dt.x0Доказательство. Проведем доказательство индукцией по n. Если n = 0, то доказываемаяформула есть не что иное, как формула Ньютона — Лейбница:∫ xf (x) = f (x0 ) +f ′ (t) dt.x0Предположим, что формулы справедлива при n = m − 1:f (x) =m−1∑k=01 (k)1f (x0 ) (x − x0 )k +k!(m − 1)!∫xf (m) (t) (x − t)m−1 dt.x0Докажем её для n = m. Зафиксируем произвольное x ∈ [a, b]. Поскольку(x − t)m−1 = −1 d(x − t)m,mdtинтегрируя по частям, мы получим:∫xfx0(m)∫ x1d(x − t)m(t) (x − t)dt = −f (m) (t)dtm x0dt∫ xt=x11 (m)m+= − f (t)(x − t) f (m+1) (t) (x − t)m dtmm x0t=x0∫ x11 (m)mf (x0 )(x − x0 ) +f (m+1) (t) (x − t)m dt=mm x0m−144Отсюда следует формула, которую нам и нужно было доказать:∫ xm∑1 (k)1kf (x) =f (x0 ) (x − x0 ) +f (m+1) (t) (x − t)m dt.k!m! x0k=0Лекция №13.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
