Дискуссионный математический форумМатематический форум

Математический форум Math Help Planet

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

Теоретический раздел
Часовой пояс: UTC + 4 часа [ Летнее время ]
MathHelpPlanet.com RSS-лента Математического форума

Часовой пояс: UTC + 4 часа [ Летнее время ]


Свойства определенных интегралов

Свойства определенных интегралов


Свойства определенных интегралов от непрерывных функций


Поскольку для непрерывных функций определенный интеграл равен разности значений первообразных, то все свойства, установленные ранее, справедливы для интегралов от непрерывных функций. Сформулируем эти свойства.


а) Если функции [math]y=f(x)[/math] и [math]y=g(x)[/math] непрерывны на отрезке [math][a;b][/math], то для любых чисел [math]\lambda[/math] и [math]\mu[/math] справедливо равенство


[math]\int\limits_{a}^{b}\bigl(\lambda f(x)+\mu g(x)\bigr)dx= \lambda \int\limits_{a}^{b}f(x)\,dx+ \mu \int\limits_{a}^{b}g(x)\,dx\,.[/math]

б) Если функции [math]y=u(x)[/math] и [math]y=v(x)[/math] имеют на отрезке [math][a;b][/math] непрерывные производные, то


[math]\int\limits_{a}^{b}u(x)v'(x)\,dx= \Bigl.{u(x)v(x)}\Bigr|_{a}^{b}- \int\limits_{a}^{b} v(x)u'(x)\,dx[/math]
или
[math]\int\limits_{a}^{b}u\,dv= \Bigl.{u\,v}\Bigr|_{a}^{b}- \int\limits_{a}^{b}v\,du\,.[/math]

Площадь криволинейной трапеции, ограниченной графиком чётной функции

в) Если функция [math]y=f(x)[/math] непрерывна на отрезке [math][a;b][/math], а функция [math]x=\varphi(t)[/math] имеет внутри отрезка [math][\alpha;\beta][/math] непрерывную производную, причем [math]\varphi(\alpha)=a,[/math] [math]\varphi(\beta)=b[/math] и [math]\varphi[\alpha;\beta]= \bigl([a;b]\bigr)[/math], то справедливо равенство


[math]\int\limits_{\alpha}^{\beta}f\bigl(\varphi(t)\bigr)\varphi'(t)\,dt= \int\limits_{a}^{b}f(x)\,dx\,.[/math]



Интегрирование четных, нечетных и периодических функций


Пусть функция [math]y=f(x)[/math] определена на отрезке [math][-a;a][/math] и четна на этом отрезке. Тогда ее график симметричен относительно оси [math]Oy[/math] (рис. 15).


Площади криволинейных трапеций, заштрихованной и незаштрихованной на рисунке 15, равны, поскольку эти трапеции конгруэнтны. Значит,


[math]\int\limits_{-a}^{0}f(x)\,dx= \int\limits_{0}^{a}f(x)\,dx\,.[/math]
(1)

Эту формулу можно доказать и без использования геометрических соображений. В самом деле, произведем замену переменной под знаком определенного интеграла [math]\int\limits_{-a}^{0}f(x)\,dx[/math], положив [math]x=-u[/math]. Тогда


[math]\int\limits_{-a}^{0}f(x)\,dx= \int\limits_{a}^{0}f(-u)(-du)= -\int\limits_{a}^{0}f(-u)\,du= \int\limits_{0}^{a}f(-u)\,du\,.[/math]

В силу четности функции [math]f(x)[/math] имеем: [math]f(-u)=f(u)[/math]. Значит, [math]\textstyle{\int\limits_{0}^{a}f(-u)\,du= \int\limits_{0}^{a}f(u)\,du}[/math]. Поскольку определенный интеграл не зависит от обозначения переменной интегрирования, то можно написать


[math]\int\limits_{0}^{a}f(u)\,du= \int\limits_{0}^{a}f(x)\,dx[/math]. Значит, [math]\int\limits_{-a}^{0}f(x)\,dx= \int\limits_{0}^{a}f(x)\,dx[/math].

Из этого равенства следует утверждение: если функция [math]y=f(x)[/math] непрерывна на отрезке [math][-a;a][/math] и является четной, то


[math]\int\limits_{-a}^{a}f(x)\,dx= 2\int\limits_{0}^{a}f(x)\,dx\,.[/math]
(2)

В самом деле, из свойства аддитивности и равенства (1) получаем:


[math]\int\limits_{-a}^{a}f(x)\,dx= \int\limits_{-a}^{0}f(x)\,dx+ \int\limits_{0}^{a}f(x)\,dx= \int\limits_{0}^{a}f(x)\,dx+ \int\limits_{0}^{a}f(x)\,dx= 2\int\limits_{0}^{a}f(x)\,dx\,.[/math]

Аналогично доказывается, что для нечетных функций


[math]\int\limits_{-a}^{a}f(x)\,dx=0\,.[/math]
(3)

Если функция [math]f(t)[/math] имеет период [math]T[/math] и интегрируема на отрезке [math][0;T][/math], то для любого [math]a[/math] справедливо равенство


[math]\int\limits_{a}^{a+T}f(t)\,dt= \int\limits_{0}^{T}f(t)\,dt\,.[/math]
(4)

Геометрический смысл этого равенства виден из рисунка 16 (площади заштрихованных криволинейных трапеций равны).


Интегрирование периодической функции - геометрический смысл

Для доказательства равенства (4) заметим, что найдется такое целое число [math]n[/math], что [math](n-1)T<a\leqslant nT[/math], и потому [math]a\leqslant nT<a+T[/math]. Представим левую часть равенства (4) в виде


[math]\int\limits_{a}^{a+T}f(t)\,dt= \int\limits_{a}^{n\,T}f(t)\,dt+ \int\limits_{n\,T}^{a+T} f(t)\,dt\,.[/math]

В первом слагаемом сделаем подстановку [math]x=t-(n-1)T[/math], а во втором — подстановку [math]y=t-nT[/math]. Когда t изменяется от [math]a[/math] до [math]n\,T[/math], тогда выражение [math]t-(n-1)T[/math] изменяется от [math]a-(n-1)T[/math] до [math]T[/math], а когда [math]t[/math] изменяется от [math]n\,T[/math] до [math]a+T[/math], тогда выражение [math]t-n\,T[/math] меняется от [math]0[/math] до [math]a-(n-1)T[/math]. Следовательно,


[math]\int\limits_{a}^{a+T}f(t)\,dt= \int\limits_{a-(n-1)T}^{T}f(t)\,dt+ \int\limits_{0}^{a-(n-1)T}f(t)\,dt= \int\limits_{0}^{a-(n-1)T}f(t)\,dt+ \int\limits_{a-(n-1)T}^{T}f(t)\,dt= \int\limits_{0}^{T}f(t)\,dt\,.[/math]

Итак, равенство (4) доказано.




Интегрирование неравенств


Ранее было отмечено, что если [math]m\leqslant f(x)\leqslant M[/math], то


[math]m(b-a)\leqslant \int\limits_{a}^{b}f(x)\,dx\leqslant M(b-a),[/math]
(5)
то есть
[math]\int\limits_{a}^{b}m\,dx\leqslant \int\limits_{a}^{b}f(x)\,dx\leqslant \int\limits_{a}^{b}M\,dx\,.[/math]

Таким образом, мы проинтегрировали неравенство [math]m\leqslant f(x)\leqslant M[/math].


Теперь рассмотрим интегрирование неравенств в общем случае. На рисунке 17 каждая точка кривой [math]AB[/math] лежит выше точки кривой [math]CD[/math], имеющей ту же абсциссу. Поэтому площадь криволинейной трапеций [math]MABN[/math] больше, чем площадь криволинейной трапеции [math]MCDN[/math]. Иными словами, справедливо следующее утверждение:


Интегрирование неравенств и площадь криволинейной трапеции

а) Если для любого [math]x[/math] на отрезке [math][a;b][/math] выполняется неравенство [math]f(x)\leqslant g(x)[/math] и [math]a<b[/math], то


[math]\int\limits_{a}^{b}f(x)\,dx\leqslant \int\limits_{a}^{b}g(x)\,dx\,.[/math]
(6)

Чтобы доказать это утверждение, не опираясь на понятие площади, рассмотрим сначала частный случай.


Пусть справедливо неравенство [math]f(x)\geqslant0[/math]. В этом случае [math]m\geqslant0[/math], а потому


[math]\int\limits_{a}^{b}f(x)\,dx\geqslant m\cdot(b-a) \geqslant0.[/math]

Для доказательства неравенства (6) в общем случае применим доказанный частный случай к функции [math]F(x)=g(x)-f(x)[/math]. По условию эта функция неотрицательна, и потому


[math]\int\limits_{a}^{b}F(x)\,dx= \int\limits_{a}^{b}g(x)\,dx- \int\limits_{a}^{b}f(x)\,dx \geqslant0[/math]. Но тогда [math]\int\limits_{a}^{b}f(x)\,dx\leqslant \int\limits_{a}^{b}g(x)\,dx[/math].

Таким образом, функциональные неравенства можно интегрировать[/b] (при [math]b\geqslant a[/math]).


В дальнейшем нам часто придется, не вычисляя интегралов, оценивать их значения. Для этого оказывается полезным следующее утверждение:


б) [ls]Если функция [math]y=f(x)[/math] непрерывна на отрезке [math][a;b][/math], то справедливо неравенство (при [math]a<b[/math])


[math]\Biggl|\int\limits_{a}^{b}f(x)\,dx\Biggr| \leqslant \int\limits_{a}^{b} \bigl|f(x)\bigr|\,dx\,.[/math]
(7)

В самом деле, из непрерывности функции [math]y=f(x)[/math] вытекает, что и функция [math]y=\bigl|f(x)\bigr|[/math] непрерывна, а потому интеграл [math]\textstyle{\int\limits_{a}^{b} \bigl|f(x)\bigr|\,dx}[/math] существует. При этом из неравенств [math]-\bigl|f(x)\bigr| \leqslant f(x)\leqslant \bigl|f(x)\bigr|[/math] получаем, что


[math]-\int\limits_{a}^{b}\bigl|f(x)\bigr|\,dx \leqslant \int\limits_{a}^{b}f(x)\,dx \leqslant \int\limits_{a}^{b}\bigl|f(x)\bigr|\,dx\,.[/math]

а это и значит, что справедливо неравенство (7).


Неравенство (7) является обобщением на интегралы свойства абсолютной величины суммы конечного числа слагаемых:


[math]\bigl|x_1+x_2+\ldots+x_n\bigr| \leqslant \bigl|x_1\bigr|+ \bigl|x_2\bigr|+\ldots+ \bigl|x_n\bigr|= \sum\limits_{k=1}^{n}\bigl|x_k\bigr|\,.[/math]

Условие непрерывности можно "ослабить": неравенство (7) справедливо для любой интегрируемой функции [math]y=f(x)[/math].


Отметим, что из интегрируемости функции [math]y=\bigl|f(x)\bigr|[/math] не следует интегрируемость функции, [math]y=f(x)[/math]. В самом деле, функция


[math]f(x)= \begin{cases}1,&\text{if}~~ x~~ \text{is irrational}, \\ -1&\text{if}~~ x~~ \text{is rational}. \end{cases}[/math]

неинтегрируема, а функция [math]y=\bigl|f(x)\bigr|=1[/math] интегрируема на отрезке [math][0;1][/math].


Доказанные утверждения позволяют производить оценку определенных интегралов.




Пример 1. Оценить определённый интеграл [math]\int\limits_{0}^{1}\! \sqrt{9+x^2}\,dx\,.[/math].


Решение. Так как [math]0\leqslant x\leqslant1[/math], то [math]9\leqslant 9+x^2 \leqslant10[/math], и потому [math]3\leqslant \sqrt{9+x^2}\leqslant \sqrt{10}[/math].


С помощью неравенства (5) оценим данный интеграл:


[math]3\cdot(1-0)\leqslant \int\limits_{0}^{1}\! \sqrt{9+x^2}\,dx \leqslant \sqrt{10}\,(1-0)[/math] или, окончательно, [math]3\leqslant \int\limits_{0}^{1}\! \sqrt{9+x^2}\,dx \leqslant \sqrt{10}\,.[/math]

Пример 2. Сравнить значения определенных интегралов [math]\int\limits_{0}^{1} x\,dx[/math] и [math]\int\limits_{0}^{1} x^2\,dx[/math].


Решение. Так как на отрезке [math][0;1][/math] выполняется неравенство [math]x^2\leqslant x[/math], то имеем


[math]\int\limits_{0}^{1} x\,dx\leqslant \int\limits_{0}^{1} x^2\,dx\,.[/math]

Часовой пояс: UTC + 4 часа [ Летнее время ]


Яндекс.Метрика

Copyright © 2010-2016 MathHelpPlanet.com. All rights reserved