Свойства определенного интеграла.

 

Сформулируем понятия верхней и нижней интегральных сумм. Пусть тi – наименьшее значение функции f (x) на отрезке Δxi , а Miее наибольшее значение на этом отрезке.

 

Определение 11.2. Сумма sn = называется нижней интегральной суммой функции f (x) на [a,b], а Sn = - верхней интегральной суммой.

 

Свойства интегральных сумм.

 

  1. Так как на любом отрезке разбиения mi ≤ Mi , то si ≤ Si .

 

2. Если т – наименьшее значение f(x) на [a,b], а М – ее наибольшее значение на [a,b], то .

 

3. При добавлении к выбранному разбиению новых точек sn может только возрастать, а Sn – только уменьшаться.

Доказательство.

Пусть отрезок [xk-1 ,xk] разбит на р отрезков. Обозначим нижнюю и верхнюю интегральные суммы на этих отрезках как sp и Sp. Но для отрезка [xk-1 ,xk] наименьшим значением функции является тк, а наибольшим – Мк. Следовательно, по свойству 2 spmk Δxk – соответствующему слагаемому общей интегральной суммы s , а Sk≤ Mk Δxk – слагаемому верхней интегральной суммы. Таким образом, каждое слагаемое s может только увеличиваться при добавлении новых точек, а каждое слагаемое S – только уменьшаться, что и доказывает сформулированное утверждение.

 

  1. Существуют и .

Доказательство.

Из свойств 2 и 3 следует, что s ограничена ( ) и монотонно возрастает. Следовательно, она имеет предел. Подобное же рассуждение справедливо для S.

 

  1. Если f (x) непрерывна на [a,b], то .

Доказательство.

Назовем колебаниемфункции f (x) на отрезке Δхк разность ωk = Mk – mk. Тогда в силу непрерывности f (x) при . Следовательно, то есть , что и требовалось доказать.

Замечание. Так как s и S можно считать частными случаями интегральных сумм функции f (x), то =

 

  1. Для любых двух разбиений данного отрезка τ1 и τ2 .

Для доказательства этого утверждения достаточно рассмотреть разбиение, включающее все точки разбиений τ1 и τ2 , и воспользоваться свойствами 1 и 3.

 

Перечислим основные свойства определенного интеграла.

 

  1. Постоянный множитель можно выносить за знак интеграла:

.

Доказательство.

 

=

 

2. .

Доказательство.

 

= ( + ) =

= .

 

3.Если на отрезке [a,b] (a<b) f (x) ≤ g (x), то .

Доказательство.

, так как Отсюда следует, что .

 

у А2 В2 Геометрическая интерпретация:

площадь криволинейной трапеции аА1В1b не

больше площади аА2В2b.

A1 B1

 

 

a b

 

4. Если т и М – наименьшее и наибольшее значения функции f(x) на отрезке [a,b], то

Доказательство.

Так как по свойству 3 . Но следовательно,

у А2 В2 Геометрическая интерпретация:

площадь криволинейной трапеции содержится

М между площадями прямоугольников aA1B1b и

aA2B2b.

А1 т В1


а b

 

5 (Теорема о среднем). Если функция f(x) непрерывна на отрезке [a,b], то на этом отрезке найдется такая точка ξ, что

Доказательство.

Пусть т и М – наименьшее и наибольшее значения функции f(x) на [a,b]. Тогда по свойству 4 Тогда Так как f(x) непрерывна на [a,b], она принимает на нем все промежуточные значения между т и М, то есть существует такое, что Тогда что и требовалось доказать.

 

  1. Для любых трех чисел a,b,c справедливо равенство

,

если все эти интегралы существуют.

Доказательство.

Пусть a < c < b. Составим интегральную сумму так, чтобы точка с была точкой деления. Тогда . Переходя к пределу при получим доказательство свойства 6.

Если a < b < c, то по только что доказанному , или . Но , поэтому . Аналогично доказывается это свойство и при любом другом расположении точек a, b и с.

Лекция 12.

Интегрируемость непрерывных, кусочно-непрерывных и монотонных ограниченных функций. Производная интеграла по переменному верхнему пределу. Формула Ньютона – Лейбница.

Теорема 12.1. Функция, непрерывная на отрезке, интегрируема на нем.

Доказательство.

Если функция f(x) непрерывна на отрезке [a,b], то она, во-первых, ограничена на нем, а во-вторых, равномерно непрерывна, то есть такое, что Тогда для разбиения, в котором колебание , следовательно, , и по свойству 5 верхних и нижних интегральных сумм получим, что существует

 

Теорема 12.2. Функция, монотонная на отрезке, интегрируема на нем.

 

Доказательство.

Пусть f(x) возрастает на [a,b]. Тогда , то есть f(x) ограничена на [a,b]. Кроме того, для любого интервала [xi-1, xi] Следовательно,

. Поэтому , следовательно, f(x) интегрируема на [a,b].

 

Замечание. В теореме 12.2 не требовалась непрерывность функции. Монотонная функция может быть и разрывной, при этом она является интегрируемой по теореме 12.2.

 

Теорема 12.3. Если f(x) – непрерывная функция и то

(Производная от определенного интеграла по верхнему пределу равна подынтегральной функции, в которую вместо переменной интегрирования подставлено значение верхнего предела).

Доказательство.

Пусть Δх – приращение аргумента х. Тогда по свойству 6 определенного интеграла

По теореме о среднем (свойство 5) где . Поэтому Следовательно, Но при

и вследствие непрерывности функции f(x) Таким образом, Теорема доказана.

 

Замечание. Из теоремы 12.3 следует, что всякая непрерывная функция имеет первообразную, так как по теореме 12.1 она интегрируема, а по теореме 12.3 ее первообразной является

 

Теорема 12.4. Если F(x) является первообразной непрерывной функции f(x), то справедлива формула

, (12.1)

называемая формулой Ньютона – Лейбница.

 

Доказательство.

По теореме 12.3 - первообразная функции f(x), поэтому F(x) и отличаются на постоянное слагаемое С. Следовательно, = F(x) + C. (12.2)

Пусть х=а, тогда из (12.2) получим = F(a) + C, то есть F(a) + C = 0, откуда

C = - F(a). Тогда = F(x) – F(a). Принимая в этом равенстве x=b, получим формулу Ньютона – Лейбница: .

 

Замечание. Обычно вводится обозначение , и формула (12.1) записывается так: .

 

Примеры.

1.

2.

 

Лекция 13.

Замена переменной и интегрирование по частям в определенном интеграле. Применение определенного интеграла к вычислению площадей плоских фигур.

 

Теорема 13.1. Если:

1) функция f(x) непрерывна на отрезке [a,b],

2) функция φ(t) непрерывна и имеет непрерывную производную φ΄(t) на отрезке [α,β], где a = φ(α), b = φ(β),

3) функция f (φ(t)) определена и непрерывна на отрезке [α,β],

то . (13.1)

Доказательство.

Если F(x) – первообразная для f(x), то ,

(см. теорему 6.2). Тогда, используя формулу Ньютона – Лейбница, получим: , откуда следует справедливость формулы (13.1).

 

Замечание. В отличие от неопределенного интеграла, в определенном интеграле нет необходимости возвращаться к прежней переменной интегрирования, так как результатом вычисления будет число, не зависящее от выбора переменной.

 

Пример.

Вычислить интеграл . Сделаем замену: откуда . При этом Тогда =

 

Теорема 13.2. Если функции u(x) и v(x) непрерывны вместе со своими производными на отрезке [a,b], то

.(13.2)

(Формула (13.2) называется формулой интегрирования по частямдля определенного интеграла).

Доказательство.

. Все интегралы в этом равенстве существуют, так как подынтегральные функции непрерывны. При этом , поэтому , откуда следует (13.2).

 

Примеры.

  1. Вычислить интеграл . Пусть u = x, dv = exdx. Тогда du = dx, v = ex. Применим формулу (13.2): .
  2. . (При интегрировании принималось u = x, v = arcsinx).
  3. Вычислить . Пусть u = ex, dv = sinxdx. Тогда du = exdx, v = -cosx. Следовательно, = . Применим к интегралу в правой части полученного равенства еще раз формулу интегрирования по частям, положив u = ex, dv = cosxdx: = . Поскольку при этом в правой части равенства стоит такой же интеграл, как в левой, его значение можно найти из уравнения: 2 = eπ + 1 , то есть

=

 








Дата добавления: 2015-03-19; просмотров: 1181;


Поиск по сайту:

При помощи поиска вы сможете найти нужную вам информацию.

Поделитесь с друзьями:

Если вам перенёс пользу информационный материал, или помог в учебе – поделитесь этим сайтом с друзьями и знакомыми.
helpiks.org - Хелпикс.Орг - 2014-2024 год. Материал сайта представляется для ознакомительного и учебного использования. | Поддержка
Генерация страницы за: 0.039 сек.