Литература и лекции / DefiniteIntegral

По теореме Лагранжа, для каждого i = 1; 2; 3; : : : ; n ; существует значение »i 2 (xi¡1; xi) такое, что

F (xi) ¡ F (xi¡1) = F 0(»i) ¢ (xi ¡ xi¡1) = f(»i) ¢ (xi ¡ xi¡1) :

(8)

Тогда, согласно (7) è (8),

n	n
X	Xi
F (b) ¡ F (a) =	(F (xi) ¡ F (xi¡1)) = f(»i) ¢ (xi ¡ xi¡1) :	(9)
i=1	=1

Функция f(x) непрерывна на [a; b] , следовательно, она интегрируема на [a; b] ,

то есть, существует интеграл	Zb
	f(x) dx :

a

Возьм¼м и приравняем друг к другу пределы при n ! +1 (а значит, и при r ! 0) левой и правой частей (9):

			n
	¡		Xi		i) ¢ (		i ¡
lim (F (b)		F a	lim	f »		x		x	i¡1)	:	(10)
r!0		(	)) = r!0 =1	(

Выражение под знаком предела в левой части (10) не зависит от n èëè îò r.

Следовательно, знак предела можно удалить.

Правая часть (10) представляет собой интеграл функции f(x) по промежутку [a; b] в соответствии с определением определ¼нного интеграла.

Таким образом,	Za b f(x) dx :
F (b) ¡ F (a) =
Доказательство закончено.

Теорема о среднем значении

Пусть функция f(x) интегрируема на отрезке [a; b]

Пусть m · f(x) · M ; 8x 2 [a; b] :

11

Пусть функция

Бальцано Коши

Тогда 9 ¹ такое, что m · ¹ · M ; è ÷òî

Zb

f(x) dx = ¹ ¢ (b ¡ a) :

a

Доказательство	¹ = b ¡ a ¢ Za			b
Требуемое ¹ зада¼тся формулой				f(x) dx :
		1

Неравенство m · f(x) · M выполнено в силу свойства интегралов 11. Теорема

Пусть

Тогда

f(x) непрерывна на отрезке [a; b] :

m · f(x) · M ; 8x 2 [a; b] :

8 ¹ 2 [m; M] 9 c 2 [a; b] такое, что f(c) = ¹ :

Доказательство

Нестрогое неравенство m · f(x) · M подразумевает, что значения m è M достигаются функцией f(x) на промежутке [a; b] ; òî åñòü, 9 A 2 [a; b] è 9 B 2 [a; b] такие, что f(A) = m ; è f(B) = M :

Пусть, например, A < B (случай B < A рассматривается аналогично).

По Теореме о промежуточных значениях непрерывной функции (теореме Коши) 9 c 2 [A; B] такое, что f(c) = ¹ :

На этом доказательство Теоремы можно считать законченным. "Недостаток" доказательства состоит в его неконструктивности, то есть, не сформулирован алго-

ритм поиска требуемого числа c 2 [A; B] : Этот и другие численные алгоритмы будут

представлены в документе "Численные методы".

Отметим, что поиск корня уравнения f(x) = ¹ равноценен поиску корня уравнения "стандартного вида" g(x) = 0 ; ãäå g(x) = f(x) ¡ ¹ :

Теорема о свойстве 12 определ¼нного интеграла Пусть f(x) непрерывна на [a; b] :

12

Тогда существует точка c 2 [a; b]	такая, что
Za b f(x) ¢ dx = f(c) ¢ (b ¡ a) :
Доказательство	¹ = b ¡ a ¢ Za			b
По Теореме о среднем значении число				f(x) dx подчиняется тре-
		1

бованию m · f(x) · M; ãäå m è M есть, соответственно, наименьшее и наибольшее

значение непрерывной функции f(x) на промежутке [a; b] :		f(x) dx :
По теореме Бальцано Коши 9 c 2 [a; b] такое, что f(c) = ¹ = b ¡ a ¢Za
1		b

Доказательство закончено.

Теорема о производной определ¼нного интеграла по верхнему пределу интегрирования

Пусть

f : [a; b] ! R.

Пусть f(x) непрерывна на [a; b].

Тогда

0Zx f(t) dt10

= f(x) ;

8x 2 [a; b].

@

A

a

x

Доказательство

По определению производной

x+Δx

x

x!0

x+Δx

0Z

(

)

1 =

x!0

Za

x

f(t) dt =

Zx

x

x f

t

dt

0

lim

f(t) dt ¡ Za

lim

f(t) dt :

(11)

@

A

a

x

По свойству 12 определ¼нного интеграла существует такое значение c = c(Δx) ,

c(Δx) 2 [x; x + x] , ÷òî	xZ+Δx
	f(t) dt = f(c(Δx)) ¢ (x + x ¡ x) = f(c(Δx)) ¢ x :
	x

13

Продолжим цепь преобразований (11):

x+Δx

lim

x f(t) dt

0

=

lim

Zx

f(t) dt =

lim

f(c(Δx))

x

lim f(c(Δx)) =

@

A

x!0 0Z

1

x!0

x

x!0

x ¢

=

x!0

ax

³´

= f lim c(Δx) = f(x) :

x!0

Последний шаг соверш¼н на основе теоремы о двух полицейских (для функций):

x

·

c

(Δ

x

) ·

x

+

x ; lim x = x ;

lim (x + x) = x

=

lim c(Δx) = x :

x

!

0

x 0

)

x 0

!

!

Доказательство закончено.

Теорема

о замене переменной в определ¼нном интеграле

Пусть f : [a; b] ! R, ' : [®; ¯] ! R.

Пусть:

1.

f(x)

непрерывна на [a; b] ;

2.

'(t)

è 't0(t) непрерывны на [®; ¯] ;

3.

'(®) = a ; '(¯) = b ;

4.

a · '(t) · b ; 8 t 2 [®; ¯] .

Тогда

Za b f(x) dx = Z®¯ f('(t)) ¢ '0(t) ¢ dt = Z®¯ f('(t)) ¢ d('(t)) :

(12)

Без доказательства.

Пример 1 Взять интеграл

Z9

dx

1 + px :

4

14

Решение. Применим (12) слева направо:

x = t2 =) t = p

9

x

3

2

3

Z

1 + px =

x = 4 =) t = p

= 2

= Z

1 + pt2

= 2 ¢Z

1 ¢+ t =

4

dx

d(t )

t

dt

4

x = 9 =) t = p

= 3

2

2

9

= 2 ¢Z2

t + 1¡ ¢ dt = 2 ¢Z2

µt + 1 ¡ t + 1¶ ¢ dt = 2 ¢Z2

µ1 ¡ t + 1¶ ¢ dt =

3

(t + 1)

1

3

t + 1

1

3

1

¢

@Z

¡ Z

3

A

¢ ³ j ¡

j ´

¢ ¡ ¡

¡

0

3

1

= 2

dt

d(t +1)

= 2

t 23

ln(t + 1) 23

= 2 (3

2 (ln 4

ln 3)) =

t + 1

2	2	µ	4¶

= 2 ¢ 1 ¡ ln 3 :

Пример 2 Взять интеграл

Z¼=4 dx

cos4 x :

0

Решение. Поменяем имя переменной интегрирования и применим (12) справа налево:

¼=4

¼=4

¼=4

¼=4

¢

0

0

0

0

¡

Z

dx

= Z

dt

= Z

1

1

Z

1 + tg2t

dt

cos4 x

cos4 t

cos2 t

¢

cos2 t

¢ dt =

¢

cos2 t

=

¼=4

x = tg t

= Z

1 + tg2t ¢ d(tg t) =

t = 0

=)

x = tg 0 = 0

=

0

¡

¢

t = ¼=4 =

x = tg (¼=4) = 1

)

1

x3

¯

1

1 4

0

¯

= Z (1 + x2) dx =

µx +

3

¶¯0

= 1 +

3

=

3

:

¯

Теорема

Справедлива формула интегрирования по частям для определ¼нного инте-

15

грала: Zb Zb

u(x) ¢ v0(x) ¢ dx = (u(x) ¢ v(x))jba ¡ v(x) ¢ u0(x) ¢ dx ;

a a

Zb Zb

u(x) ¢ dv(x) = (u(x) ¢ v(x))jba ¡ v(x) ¢ du(x) :

a a

Без доказательства.

Определение

Несобственный интеграл 1 го рода это интеграл по промежутку бесконечно большой длины.

Za		= b!+1 Za
+1		def		b
	f(x) dx		lim		f(x) dx :	(13)
Z	b			b
	f(x) dx	def	lim		f(x) dx :	(14)
		=	a!¡1 Z
¡1			a
Z		= b!+1 Z
+1		def		b
	f(x) dx		lim		f(x) dx :	(15)
¡1			¡b

Если предел в (13) или в (14) существует и конечен, то принято говорить,

что соответствующий несобственный интеграл сходится.

Если предел в (15) существует и конечен, то принято говорить,

что несобственный интеграл	Z	f(x) dx сходится в смысле Коши.
	+1
	¡1

Если предел бесконечен либо не существует, то несобственный интеграл

16

расходится.
Замечание	+1		@					b	A
							a
Возможна ситуация, когда двойной предел		a lim	0b		lim			f(x) dx	1	íå ñóùå-
				!		+	1 Z
	Z	!¡1
ствует либо бесконечен, но, при этом, интеграл		f(x) dx			сходится в смысле Коши.
	¡1

Пример 3 Взять интеграл Решение

Z+1

e¡x dx :

0

+1

0

b

¡

¢¯

b

¡

e0

¢

0

e¡x dx

e¡x

e¡b

e¡x dx =

lim

lim

¯

lim

Z

b!+1 Z

= b!+1 ¡

0

= b!+1 ¡ + =

=

e0

lim e¡b = 1

lim

1

= 1 ¡ 0 = 1

:

¡ b!+1

¡ b!+1 eb

Пример 4

Z1

xn dx :

Установить, при каких значениях n (n 6= 1) сходится интеграл

+1

1

Решение

+1
Z1	1	dx	lim
	xn		= b!+1

Z	b	= b!+1 n + 1¯1 = ¡n 1 ¢ b!+1 xn¡1 ¯1 =
1				x¡n+1	¯	b	1		1	¯	b
			¡				¡
	x¡n dx	lim			¯			lim		¯
					¯					¯

= ¡n ¡ 1		¢ b!+1	µbn¡1	¡ 1n¡1 ¶		= +n ¡ 1 µ		¡ b!+1 bn¡1 ¶
1		lim	1	1		1		1 lim	1		:

Нетрудно убедиться в том, что		=	½ +		; n < 1	¯
b!+1 bn¡1				1
						¯
lim	1		0;		n > 1	¯	;
						¯

17

а значит,	+1					1
		1						; n > 1		¯
				n			1
	1					1
										¯
	Z	xn	dx =	½ +¡					; n < 1	¯	:
										¯

Пример 5 Установить, сходится ли интеграл Решение

Z+1

dxx :

1

+1

b

Z1

dx

= lim

dx

= lim

ln x b

= lim

(ln b

ln 1) = lim

ln b

ln 1 = + :

x

b!+1 Z1

x

b!+1

j1

b!+1

¡

b!+1

¡

1

Интеграл расходится.

Вывод из примеров 5 и 6: интеграл

+1
Z	1
	xn dx сходится при n > 1 и расходится

ïðè n · 1 .	1

Определение

Несобственный интеграл 2 го рода это интеграл по конечному промежутку, на одном из концов которого подынтегральная функция терпит разрыв второго рода.

Åñëè f(x)	имеет разрыв 2 года в точке b , òî
	b		c
	f(x) dx	def	lim	f(x) dx :	(16)
	Za	=	c!b¡0 Za
Åñëè f(x)	имеет разрыв 2 года в точке a , òî
	b		b
	f(x) dx	def	lim	f(x) dx :	(17)
	Za	=	c!a+0 Zc

18

Пример 6 Установить, сходится ли интеграл Решение

Z1

ln x

px ¢ dx :

0

Z

px ¢

= c!+0 Z

px ¢

c!+0 Z

1

¢

¢

1

ln

x

1

ln x

c

³

´

0

c

dx

lim

dx = lim

ln x

x¡21 dx

1			1		³	´
c
= lim	ln x	¢	1	¢	d x2	=
c!+0 Z			2

¢c!+0 Z

¢

= 2 ¢c!+0 0

¢

c ¡

Z

¢

1

c

1

³

´

³

´¯

1

1

c

1

@

1

¯

1

A

= 2

lim

ln x

d

1

lim

ln x x

2

¯

x2

1

=

x2

d(ln x)

¢c!+0 0

³

¢

´¯

c ¡ Z

¢

¢

1 = 2 ¢c!+0 0 ¡

¢

¡ Z

¢

1

x

1

1

c

1

1

1

c

1

= 2 lim

@

ln x

x2

¯

1

x

1

1

A

lim

@

0

1

c2

1

A

=

¯

2

dx

ln c

x¡2 dx

¢c!+0 µln ¢

¡ 2 ¢

¯c¶

= 2 ¢c!+0 ³

¢

¡

¢

´

= 2 lim

c

c2

x2

¯

lim

ln c

c2

2 + 2

c2

=

¯

³´

= 2

lim

c

¢

1

1

=

¡

4 :

ln

c2

lim c2

¢c

!

+0

¡ 4 + 4 ¢ c

!

+0

1

В предыдущей строке присутствовал "простой" предел lim c2 = 0 и чуть более

c!+0

сложный предел

1

0

1

2

ln c

1

(ln c)c

c

1

lim

c2

ln c

= [0

] = lim

=

= lim

= lim

c

= lim

= 0 :

1

3

c!+0 ³

¢

´

¢ 1

c!+0 c¡2

h1i

c!+0

³

´c

c!+0

¡21 ¢ c¡2

c!+0 ¡21

c¡21

0

Пример 7	Z0	xn dx :
Установить, при каких значениях n (n 6= 1) сходится интеграл
	1	1

19

Решение

1

1

1

x1¡n

¯

b

1

dx = lim

x¡n dx = lim

lim x1¡n

b

=

0

¡

¡

c

¯

Z

xn

c!+0 Z

c!+0 1 n

¯

=

1 n ¢ c!+0

¯

c

¯c

¡

¢

¯

¶

= 1 ¡ n ¢ c!+0

¡

1 ¡ n ¢ µ

¡ c!+0

1

lim

11¡n

c1¡n

=

1

1

lim c1¡n

:

Нетрудно убедиться в том, что

½

1

¯

lim c1¡n =

0;

n < 1

¯

;

а значит,

1

c!+0

+

;

n > 1

¯

Z

xn dx = ½

+¡

; n > 1 ¯

:

1

1

;

n < 1

¯

0

n

1

1

¯

¯

Пример 8 Установить, сходится ли интеграл Решение

Z1

dxx :

0

1

1

Z0

dx

= lim

dx

= lim

x 1

lim (ln 1

ln c) = 0

lim ln c =

(

) = +

:

x

c!+0 Zc

x

c!+0 ln

jc

=c!+0

¡

¡c!+0

¡ ¡1

1

Интеграл расходится.

Вывод из примеров 7 и 8: интеграл

Z1

1

xn dx сходится при n < 1 и расходится

ïðè n ¸ 1 .	0

Замечание При взятии интеграла

Z

p

= ¡

Z

1

p

¡

= ¡ (1 ¡ x)¡

2

¢ d(1 ¡ x) = ¡

¡

¯

= 2

1

1 x

1

x

Z

2

1

0

1

¡

0

1

¯

1

0

¡

0

1

(1

x)2

dx

d(

x)

¯

¯

¯

20