Дискуссионный математический форумМатематический форум
Математический форум Math Help Planet

Обсуждение и решение задач по математике, физике, химии, экономике

Теоретический раздел
Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ]
новый онлайн-сервис
число, сумма и дата прописью

Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ]


Свойства интегралов (неопределённых и определённых)

Свойства интегралов (неопределённых и определённых)


Свойства неопределенного интеграла


Вычисление многих интегралов сводится к табличным, если использовать свойства неопределенных интегралов, вытекающие из соответствующих свойств дифференциалов. Рассмотрим некоторые из них:


а) Постоянный множитель можно вынести за знак неопределенного интеграла:


\int\lambda\,f(x)\,dx= \lambda\int f(x)\,dx\,.
(1)

Доказательство. Продифференцировав правую часть равенства, получаем:


d\!\left(\lambda\int f(x)\,dx\right)= \lambda\,d\!\left(\int f(x)\,dx\right)= \lambda\,f(x)\,dx\,.

Таким образом, дифференциал правой части доказываемой формулы равен подынтегральному выражению левой части, а это и означает справедливость формулы (1).


б) Если существуют интегралы \textstyle{\int f_1(x)\,dx} и \textstyle{\int f_2(x)\,dx}, то не определенный интеграл суммы f_1(x)+f_2(x) равен сумме неопределенных интегралов от этих функций:


\int\Bigl(f_1(x)+f_2(x)\Bigr)dx= \int f_1(x)\,dx+\int f_2(x)\,dx\,.
(2)

Доказательство. Продифференцируем правую часть равенства (2):


\begin{aligned} d\!\left(\int f_1(x)\,dx+\int f_2(x)\,dx\right)&= d\!\left(\int f_1(x)\,dx\right)+ d\!\left(\int f_2(x)\,dx\right)=\\[2pt] &=f_1(x)\,dx+f_2(x)\,dx= \Bigl(f_1(x)+f_2(x)\Bigr)dx\,. \end{aligned}

Мы получили подынтегральное выражение неопределенного интеграла, стоящего в левой части равенства (2), откуда и следует справедливость утверждения.




Пример 4. Вычислим неопределенный интеграл \int\frac{x\sqrt{x}+x^2-5}{x^2\sqrt{x}}\,dx.


Решение. Разделив почленно числитель на знаменатель и использовав свойство б), получаем табличные интегралы:


\begin{aligned}\int\frac{x\sqrt{x}+x^2-5}{x^2\sqrt{x}}\,dx&= \int\!\left(\frac{1}{x}+ \frac{1}{\sqrt{x}}-\frac{5}{x^2\sqrt{x}}\right)\!dx= \int\frac{dx}{x}+\int x^{-1/2}\,dx-5\int x^{-5/2}\,dx=\\[2pt] &=\ln|x|+\frac{x^{-1/2+1}}{-1/2+1}-5\,\frac{x^{-5/2+1}}{-5/2+1}+C= \ln|x|+2\sqrt{x}+\frac{10}{3x\sqrt{x}}+C. \end{aligned}

Замечание. Каждый из трех неопределенных интегралов содержит свою произвольную постоянную. В окончательном ответе через C обозначают их сумму, которая также является произвольной постоянной.




Пример 5. Вычислим интеграл от тригонометрической функции \int\frac{dx}{\sin^2x\cos^2x}.


Решение. Записав единицу, стоящую в числителе (dx=1\cdot dx), в тригонометрическом виде \bigl(1=\sin^2x+\cos^2x\bigr), разделим числитель почленно на знаменатель. Применив затем свойство б), получим:


\int\frac{dx}{\sin^2x\cos^2x}= \int\!\left(\frac{1}{\cos^2x}+\frac{1}{\sin^2x}\right)\!dx= \int\frac{dx}{\cos^2x}+\int\frac{dx}{\sin^2x}= \operatorname{tg}x-\operatorname{ctg}x+C.

Пример 6. Вычислим интеграл от иррациональной функции \int\Bigl(1+\sqrt[\LARGE{3}]{x}\Bigr)^3dx.


Решение. Раскроем скобки по формуле куба суммы (a+b)^3=a^3+3a^2b+3ab^2+b^3, перейдем к дробным показателям, а затем применим правила интегрирования:


\begin{aligned}\int\Bigl(1+\sqrt[\LARGE{3}]{x}\Bigr)^3dx&= \int\Bigl(1+3\sqrt[\LARGE{3}]{x}+3\sqrt[\LARGE{3}]{x^2}+x\Bigr)dx= \int\Bigl(1+3x^{1/3}+3x^{2/3}+x\Bigr)dx=\\ &=\int dx+3\int x^{2/3}\,dx+\int x\,dx= x+3\,\frac{x^{1/3+1}}{1/3+1}+ 3\,\frac{x^{2/3+1}}{2/3+1}+ \frac{x^2}{2}+C=\\ & =x+\frac{9}{4}x\sqrt[\LARGE{3}]{x}+\frac{9}{5}x\sqrt[\LARGE{3}]{x^2}+ \frac{x^2}{2}+C. \end{aligned}



Свойства определенного интеграла


Так как определенный интеграл равен разности значений первообразной, та его свойства выводятся из свойств неопределенного интеграла.


а) Если существует \int\limits_{a}^{b}f(x)\,dx и \lambda — любое число, то \int\limits_{a}^{b}\lambda f(x)\,dx= \lambda\int\limits_{a}^{b}f(x)\,dx.


Доказательство. Из соответствующего свойства неопределенных интегралов следует, что если F(x) — первообразная для f(x), то \lambda F(x) — первообразная для \lambda f(x). Значит,


\int\limits_{a}^{b}\lambda f(x)\,dx=\Bigl.{\lambda F(x)}\Bigr|_{a}^{b}= \lambda F(b)-\lambda F(a)=\lambda \Bigl(F(b)-F(a)\Bigr)= \lambda \int\limits_{a}^{b}f(x)\,dx\,.

б) Если функции y=f_1(x) и y=f_2(x) имеют первообразные на отрезке [a;b], то


\int\limits_{a}^{b}\Bigl(f_1(x)+f_2(x)\Bigr)dx= \int\limits_{a}^{b}f_1(x)\,dx+ \int\limits_{a}^{b}f_2(x)\,dx\,.

Доказательство. Из соответствующего свойства неопределенных интегралов следует, что если F_1(x) — первообразная для f_1(x), a F_2(x) — первообразная для f_2(x) на отрезке [a;b], то F_1(x)+F_2(x) — первообразная для f_1(x)+f_2(x). Значит,


\begin{aligned}\int\limits_{a}^{b}\Bigl(f_1(x)+f_2(x)\Bigr)dx&= \left.{\Bigl(F_1(x)+ F_2(x)\Bigr)}\right|_{a}^{b}= \Bigl(F_1(b)+F_2(b)\Bigr)-\Bigl(F_1(a)+F_2(a)\Bigr)=\\[-8pt] &=\Bigl(F_1(b)-F_1(a)\Bigr)+\Bigl(F_2(b)-F_2(a)\Bigr) =\int\limits_{a}^{b}f_1(x)\,dx+ \int\limits_{a}^{b} f_2(x)\,dx\,.\end{aligned}

в) Если функция f(x) имеет первообразную на отрезке [a;b] и если a<c<b, то (аддитивное свойство определенного интеграла)


\int\limits_{a}^{b}f(x)\,dx= \int\limits_{a}^{c}f(x)\,dx+ \int\limits_{c}^{b} f(x)\,dx\,.

Доказательство. Пусть F(x) — первообразная для f(x). Тогда


\int\limits_{a}^{b}f(x)\,dx=F(b)-F(a),~~ \int\limits_{a}^{c}f(x)\,dx=F(c)-F(a),~~ \int\limits_{c}^{b}f(x)\,dx=F(b)-F(c).

Аддитивность площади криволинейной трапеции

Но F(b)-F(a)=\bigl(F(c)-F(a)\bigr)+\bigl(F(b)-F(c)\bigr). Значит,


\int\limits_{a}^{b}f(x)\,dx= \int\limits_{a}^{c}f(x)\,dx+ \int\limits_{c}^{b} f(x)\,dx, что и требовалось доказать.

Доказанное свойство имеет простой геометрический смысл: оно выражает аддитивность площади криволинейной трапеции. Так, на рисунке 5


S_{aABb}= \int\limits_{a}^{b}f(x)\,dx;\quad S_1=\int\limits_{a}^{c}f(x)\,dx;\quad S_2=\int\limits_{c}^{b}f(x)\,dx. Тогда s_{aABb}=S_1+S_2.

г) Если функция y=f(x) имеет первообразную на отрезке [a;b], то справедливо равенство


\int\limits_{a}^{b}f(x)\,dx= -\int\limits_{b}^{a}f(x)\,dx\,.

Доказательство. Пусть F(x) — первообразная для f(x). Тогда


\int\limits_{a}^{b}f(x)\,dx=F(b)-F(a),\qquad \int\limits_{b}^{a}f(x)\,dx=F(a)-F(b).

Но F(b)-F(a)=-\bigl(F(a)-F(b)\bigr), откуда и следует доказываемое утверждение.


д) \int\limits_{a}^{a}f(x)\,dx=0. Доказательство: \int\limits_{a}^{a}f(x)\,dx=F(a)-F(a)=0.




Пример 7. Вычислить интеграл от рациональной дроби: \int\limits_{0}^{3} \frac{x^4}{x^2+1}\,dx.


Решение. Сначала выделим целую часть неправильной дроби, содержащейся под знаком интеграла:


\int\limits_{0}^{3} \frac{x^4}{x^2+1}\,dx= \int\limits_{0}^{3} \frac{(x^4-1)+1}{x^2+1}\,dx= \int\limits_{0}^{3} \frac{(x^2-1)(x^2+1)+1}{x^2+1}\,dx= \int\limits_{0}^{3} \!\left(x^2-1+\frac{1}{x^2+1}\right)\!dx\,.

Воспользовавшись теперь свойством б) определенного интеграла, получим:


\begin{aligned}\int\limits_{0}^{3} \!\left(x^2-1+\frac{1}{x^2+1}\right)\!dx&= \int\limits_{0}^{3}x^2\,dx-\int\limits_{0}^{3}dx+\int\limits_{0}^{3}\frac{dx}{x^2+1}= \left.{\frac{x^3}{3}}\right|_{0}^{3}- \Bigl.{x}\Bigr|_{0}^{3}+ \Bigl.{\operatorname{arctg}x}\Bigr|_{0}^{3}=\\ &=(9-0)-(3-0)+ (\operatorname{arctg}3- \operatorname{arctg}0)= 6+\operatorname{arctg}3.\end{aligned}
Математический форум (помощь с решением задач, обсуждение вопросов по математике).
Кнопка "Поделиться"
Если заметили ошибку, опечатку или есть предложения, напишите в комментариях.

Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ]


Яндекс.Метрика

Copyright © 2010-2023 MathHelpPlanet.com. All rights reserved