b	b
8.	∫ f ( x)dx ≤ ∫			f (x)		dx , ( a < b ).

aa

9.Если g( x) ≤ f ( x) на [a,b], то

b b

∫g( x)dx ≤ ∫ f ( x)dx .

a a

10. Если m ≤ f ( x) ≤ M на [a,b], то

b

m(b −a) ≤ ∫ f (x)dx ≤ M (b −a) .

a

4.5. Основные теоремы

Докажем 2 теоремы, устанавливающие связь между определенными и неопределенными интегралами.

x

Теорема 1. Если функция f ( x)

непрерывна на (a,b) , то ∫ f (t)dt

является

первообразной для

f ( x) :

a

d

x

∫ f (t)dt = f (x) .

(6)

dx a

Доказательство. Согласно определению производной,

dϕ( x)

=

lim ϕ( x + ∆x) −ϕ( x) .

dx

∆x→0

∆x

Тогда (с учетом Свойства 6)

x +∆x

x

d

x

∫ f (t)dt − ∫ f (t)dt

f (t)dt =

lim

a

a

dx a

∆x

∆x→0

∫

x

x +∆x

x

x +∆x

∫ f (t)dt + ∫ f (t)dt − ∫ f (t)dt

∫ f (t)dt

=

lim

a

x

a

=

lim

x

.

∆x

∆x

∆x→0

∆x→0

Применяя теорему о среднем к промежутку [x, x + ∆x] , представим интеграл в числителе в виде

			x +∆x
			∫ f (t)dt = f ( x)∆x ,
			x
где x ( x, x + ∆x) и x → x			при ∆x → 0 .
Следовательно,		x
	d			f (x)∆x
		∫ f (t)dt = lim			= f ( x) ,
	dx			∆x
		a	∆x→0

96

что и требовалось доказать.

Теорема 2. Пусть функция f ( x) является непрерывной на интервале [a,b] и пусть F ( x) – первообразная для f ( x) на [a,b] . Тогда

b		b
∫ f (t)dt = F(b) − F(a) = F(x)		.	(7)
a		a

Заметим, что формула (7) называется формулой Ньютона–Лейбница. Доказательство. В соответствии с Теоремой 1, первообразную F ( x) можно представить в виде

x
F(x) = ∫ f (t)dt +C .		(8)
a
Полагая x = a , находим значение постоянной C :
a
F(a) = ∫ f (t)dt +C	C = F (a) .

a

Полагая x = b в равенстве (8), получаем ожидаемый результат:

b

b

F(b) = ∫ f (t)dt + F(a)

∫ f (t)dt = F(b) − F(a) .

a

a

Таким образом, чтобы вычислить

определенный интеграл от f ( x)

по

промежутку [a,b],

нужно

найти первообразную F ( x) , вычислить ее

в

точках a и b и вычесть F (a)

из F (b) .

Примеры.

π 12

π 12

π −sin 0) =

1 .

1)

∫cos 2xdx = 1 sin 2x

= 1 (sin

0

2

0

2

6

4

5

5

5

2)

∫(3x2 −

7 )dx =

3∫x2dx −7∫dx

=

(x3 −7 ln x)

52

2

x

2

2 x

3

3

5

=

(5

−7 ln 5) −(2

−7 ln 2) =117 −7 ln 2 .

ln 3

1 e2 x

ln 3

= 1 (e2 ln 3 −e0 )

3)

∫e2 xdx =

0

2

0

2

=

1 (eln 32 −1) =

1 (9 −1) = 4.

π 3

2

π

2

dx

4)

∫

= tg x

π3 = 3 −1.

cos2

x

4

π 4

97

4.6.Методы интегрирования

4.6.1.Интегрирование заменой переменной

Теорема. Пусть функция f ( x) является непрерывной на промежутке [a, b]

относительно переменной x, которая в свою очередь является функцией x =ϕ(t) переменной t на промежутке [α, β] и имеет на нем непрерывную

производную.

Если ϕ(α) = a и ϕ(β) = b , то

b	β
	′	(9)
∫ f (x)dx = ∫ f (ϕ(t))ϕ (t)dt
a	α

Доказательство. Используя формулу Ньютона–Лейбница, определение первообразной и учитывая условия теоремы, получаем

b

∫

a

Пример 1.

		β
f (x)dx = F(b) − F(a) = F(ϕ(β)) − F(ϕ(α)) = ∫dF(ϕ(t))
		α
β	β	β
= ∫F′(ϕ(t))dϕ(t) = ∫ f (ϕ(t))dϕ(t) = ∫ f (ϕ(t))ϕ′(t)dt.
α	α	α

Вычислить ∫e ln xdx .

1 x

Решение. Сделаем подстановку ln x = t . Тогда

x =1		t = ln1	= 0
x = e		t = ln e =1.

Замена переменной изменяет заданный интервал интегрирования [1, e] на интервал [0, 1] . Таким образом,

e		1
∫ln xdx = ∫tdt =			1 t2		10	=	1 .
1	x	0	2				2

Заметим, что нет необходимости возвращаться к исходной переменной x.

						3
Пример 2. Вычислить ∫x2ex3 dx .
						2
Решение. Подставляя t = x3 , получаем dt = 3x2dx .
Найдем пределы интегрирования по переменной t:
					x = 2												= 2		3	= 8
																t
							x	= 3										3
																				= 27.
																t	= 3
Тогда	3	2	e	x3	dx =		1	27 t	dt =	1	e	t		27	1	(e	27	− e			8	) =	1	e	8	19	−1) .
	∫x						3	∫e		3				8 =	3								3			(e
	2							8

98

4.6.2.Интегрирование по частям

Формула интегрирования по частям для определенных интегралов вытекает из соответствующей формулы для неопределенных интегралов и имеет вид

b		b
∫udv = uv		ba − ∫vdu ,	(10)
a		a

где u( x) и v( x) – любые дифференцируемые функции.

	1
Пример. Вычислить ∫arcsin xdx .
	1 2
Решение. Пусть u = arcsin x и dv = dx .
Тогда du = dx	и v = x .
1 − x2
Применим формулу (10):
	1		11
	∫arcsin xdx = x arcsin x			2
	1 2

1	xdx .
− ∫
1 2	1 − x2

Вычислим выражение x arcsin x 11 2 в правой части полученного равенства: x arcsin x 112 = arcsin1 − 12 arcsin 12 = π2 −12π = 56π .

		1	xdx
Преобразуем интеграл		∫			:
		1 2	1 − x2
1					1			2		= − 1		1				2	) .
∫		xdx	=	1	∫	d (x			)			∫d (1 − x
1 2	1 − x2			2	1 2	1 − x2					2	1 2			1 − x2
Сделаем подстановку		t2 =1 − x2				и		найдем				пределы интегрирования по
переменной t:
если x =1 2 , то		t =	1 − x2 =				1- (1 2)2 =					3 4 =				3 2 ;
если x =1, то t =		1 − x2		= 0 .
Таким образом,
1		x				0	tdt =				3 2				3 2 =		3
∫			dx = −			∫					∫dt = t			0
1 2	1	− x2				3 2 t					0						2
и, следовательно,
			1									3 .
			∫arcsin xdx = 5π								−
			1 2							6		2

99