1 семестр / Определённые интегралы. Кленина

b

a

Таким образом, нтегральные суммы для f x dx

f x dx при

a

b

b

a

гралов f x dx и

f x dx отличаютс друг от друга только зн ками.

a

b

b

a

Получили искомое равенство f x dx f x dx , что и тр ебовалось.

a

b

Вследствие этого

свойства, в дальнейшем ри изучении инт грала

b

f x dx полагаем, чт

a b ;

в противном случае, если a b , изменяем

именно в ординату f a , когда конец основания трапеции

b совпадает с

его началом a . Площадь отрезка нужно считать равной нулю

(см. рис. 1.9).

b

a

Доказательство. По свойству 3 имеем f x dx f

x dx .

a

b

a

a

Если в последнем равенстве взять

b a , то f x dx f

x dx

a

a

a

или, после перенесения интегралов в одну сторону, имеем 2 f x dx 0,

a

a

то есть f x dx 0, что и требовалось.

a

интегрируема на отрезке a,b ,

Свойство 5. Если функция y f x

Доказательство. Функция y f x интегрируема на отрезке a,b ,

тогда для любого 0

существует такое разбиение T отрезка a,b , не

включающее точки c и d , что разность между верхней

и нижней s

S

суммой этого разбиения удовлетворяет неравенству

s .

S

Добавим к точкам разбиения T точки c и d . Получим новое раз-

биение T 1 отрезка

a,b , для которого справедливо неравенство

1

s 1 , где

1 и

s 1 – верхняя и нижняя суммы разбиения T 1 .

S

S

Для верхней и нижней сумм имеем

1 ≤

и

s 1 ≥ s . Тогда разность

S

S

1

s 1 ≤

s 1

≤

s ˂ ε

1

s 1 ≤

s 1

≤

s ˂ ε.

S

S

S

S

S

S

Из разбиения T 1 выделим

разбиение T 2 , содержащее только

точки отрезка c,d . Пусть

2 и s 2

– верхняя

и нижняя суммы разби-

S

ение T 2 .

2

Отрезок c,d содержится

в

отрезке a,b . Тогда

s 2

S

1

1

поскольку каждое неотрицательное слагаемое

x

S

s S s ,

i

i

2

k

в выражении

s 2 i xi

будет также слагаемым в выражении

S

i 1

точное условие интегрируемости функции y f x на отрезке c,d .

Свойство доказано.

Свойство 6. Пусть функция y f x интегрируема на отрезках

a,c и c,b , тогда она интегрируема на отрезке a,b , причем выполня-

b

c

b

ется равенство f x dx f

x dx f x dx .

a

a

c

Доказательство. 1. Рассмотрим случай a c b . Так как функция

y f x интегрируема на отрезках a,c и c,b , тогда существуют два

таких разбиения T 1

и T 2

отрезков a,c и c,b соответственно, на

каждом из которых разность между верхними

1 ,

2

и нижними

s 1 ,

S

S

s

2

1

1

суммами соответственно удовлетворяет неравенствам S

s

2

2

2

.

и S

s

2

Объединяя разбиения T 1

и T 2 отрезков

a,c

и c,b

соответ-

ственно,

получим разбиение T

для отрезка a,b

. Для разности между

1

2

S s S

S

s 1 s 2

.

2

2

Условие

s

является достаточным

для

интегрируемости

S

b

функции y f x на отрезке a,b . Следовательно, существует f x dx .

a

b

x dx подчеркива-

При определении определенного интеграла

f

a

b

Тогда интеграль ую сум

у для интеграла f x dx

представим в

a

виде суммы двух слагаемых, к ждое из которых является

интегральной

суммой функции y f x на отрезках a ,c и c,b , соответственн .

b

c

b

Получи и f x dx f x dx f x dx , что и требовалось.

a

a

c

Рис. 1.10. Случай, когда a b c

Так как функция

y f x

интегр руема н

отрезках a,c ,

о она

интегрируема и на a,b , так как

a,b a,c (свойство 5). Тогда

b

c

c

f x dx f x dx f x x .

a

b

a

b

c

c

Отсюда f x dx f x dx f x dx . Меняем пределы интегри-

a

a

b

c

b

рован ия в последнем интеграле (свойство 3) f

x dx f x dx

и по-

b

c

b

c

b

лучает требуемое свой тво f x

dx f x dx f x dx .

a

a

c

Так как функция

y f x

интегрируема на отрезках c,b , то она

интегрируема и на a,b , так как

a,b c,b (свойство 5). Тогда

a

b

b

f x dx f x dx f x dx .

c

a

c

b

b

a

Отсюда следует

f x dx f x dx f x dx . Меняем пределы

a

c

c

a

c

f x dx f x dx

c

a

b

c

b

f x dx f x dx f x dx .

a

a

c

b

c

b

f x dx f x dx f

x dx .

a

a

c

Свойство 7. Если функция

f x есть нулевая функция на отрезке

a,b , то есть

b

f x 0

для всех x a,b , то f x dx 0.

получаем:

a

b

b

b

f x dx 0 dx 0 dx 0 b a 0, что и требовалось доказать.

a

a

a

b

Замечание. Обратное неверно. Если g x

dx 0, то функция g x

может не равняться нулю.

a

Пусть на отрезке 1,1

функция g x

Покажем это на примере.

определена (см. рис. 1.12) следующим образом

.

g x

при x

1

1,0` ,

1

при x 0,1

n

n

In f ci xi g ci xi .

Переходя к

пределу

при n и

i 1

i 1

что функция g x

интегрируема на a,b и

max xi 0

получаем,

выполняется равенство

b f x dx

lim

n f c

x

lim

n g

c

x

b g x

dx .

n

i

i

n

i

i

a

0 i 1

0

i 1

a

2. Если k n

и какие-то точки ci

и d j

совпадают: ci

d j

при ка-

ких-то i 1,2, ,n

и

j 1,2, ,k ,

тогда в интегральной сумме для f x

выберем другие точки c ,

не совпадающие с точками d

j

: c

d

j

. Полу-

i

x ,

i

чим новые интегральные суммы для f

которые будут совпадать с

руемость функции g x

и

b

n

i

i

n

i

i

b

n

n

g x dx .

f x dx lim

f

c

x

lim

g

c

x

a

0 i 1

0 i 1

a

3.

Если k n , то вместо разбиения T

отрезка a,b на частичные

отрезки

x0,x1 , x1,x2 , , xi 1,xi , , xn 1,xn

рассмотрим разбиение T1

отрезка

a,b на частичные отрезки x0,x1 , x1,x2 , , xi 1,xi , , xl 1,xl ,

i 1

«n » на букву «r »),

так как k r

и предел последовательности инте-

гральных сумм Ir

не зависит от

от разбиения T1 отрезка a,b на ча-

b

и f x 0 для всех x a,b . Тогда f x dx 0.

a

Доказательство. Для функции y f x 0 каждое отдельное сла-

n

гаемое интегральной суммы

In f ci xi больше нуля. Следова-

тельно,

интегральная сумма

i 1

In 0. По определению конечный предел

I lim

n

f ci xi называется определенным интегралом от функции

n

0 i 1

I lim I

n

может оказаться I b f x dx 0. Поэтому, окончательно, ес-

n

a

b

ли

f x 0 для всех x a,b , тогда f

x dx 0, что и требовалось.

a

Оценка 2. Пусть функция y f x интегрируема на отрезке a,b

b

и

f x 0

для всех x a,b . Тогда f x dx 0.

a

Доказательство. Функцию

f x 0можно представить

в виде

f x g x , где g x 0

для всех

x a,b . Тогда из оценки 1 следует,

b

b

b

что g x dx 0. Рассмотрим f x dx g

x dx .

a

a

a

Вынесем константу

1

за

знак

интеграла и

получим

b

b

f x dx g x dx 0, что и требовалось.

a

a

x

интегрируема на отрезке a,b и

Оценка 3. Если функция y f

вию f x m 0

для всех x a,b , тогда g x 0. Из оценки 1 получа-

b

ем g x dx 0. С другой стороны

a

b

b

b

b

g

x dx f x m dx f x dx m dx

a

a

a

a

a

Оценка 4. Если функция y f x непрерывна,

неотрицательна и

b

не равна тождественно нулю на отрезке a,b , то f x dx K 0.

a

всех x a,b и

Доказательство. Функция

y f x 0

для

f x 0

для некоторых точек на отрезке a,b , то есть существует точка

x a,b

, что

f x 2c 0, где

c – некоторое положительное число.

Функция

y

f x непрерывна на отрезке [a,b],

следовательно, в силу

b

p

q

b

òf (x)dx =òf (x)dx +òf (x)dx +òf (x)dx.

a

a

p

q

p

функция

f (x)³0 для всех x Î[a, p] и x Î[q,b]. Поэтомуòf (x)dx ³0 и

a

b

òf (x)dx ³0. Отбрасываем первое и третье слагаемые в последнем инте-

a

b

q

гральном

равенстве, получаем òf

(x)dx ³òf (x)dx ³c(q - p)

или

a

p

b

òf (x)dx ³ K , где K = c(q - p)> 0, что и требовалось.

a

Оценка 5. Если функции f (x) и g(x) – интегрируемы на [a,b] и

всюду на

этом отрезке выполняется

неравенство f (x)³g(x),

тогда

b

b

справедливо интегральное неравенство òf (x)dxy ³òg (x)dx .

a

a

Доказательство.

Из условия интегрируемости функций f (x) и

g(x) на [a,b] следует,

что функция p(x)= f (x)-g(x) интегрируема на

отрезке [a,b], и оценка

f (x)³g(x)

влечет за собой неотрицательность

функция p(x), то есть

для всех

x Î[a,b]

выполняется неравенство

p(x)³0.

b

b

вытекает требуемая оценка òf

(x)dx ³òg (x)dx .

a

a

Оценка 6. Если функция

y = f (x)

интегрируема на отрезке [a,b],

то функция

f (x)

также интегрируема на отрезке [a,b], причем

b

b

òf (x)dx

£ò

f

(x)

dx .

a

a