Определенные интегралы / Opr2

a

интегрирования, а верхний

считать переменным,

то интеграл будет являться

x

функцией верхнего предела

Φ( x) = ∫ f (t )d t , где

x [a ; b] .

a

x+Δx

ΔΦ= ∫

f (t)dt = f (ξ)(x +Δx −x) = f (ξ) x,

(1)

где x < ξ < x +

x

x .

Из равенства (1) следует, что функция Ф( x) непрерывная, так как

lim ΔΦ = 0.

x→0

С учетом этого равенства находим производную

′

ΔΦ

= lim f (ξ)

= lim f (ξ) = f ( x) ,

Φ ( x) = lim

x→0

x x →0

ξ →x

что следует в силу непрерывности функции f ( x) .

Теорема (формула Ньютона– Лейбница).

Если f ( x) непрерывна на отрезке

, , а F ( x) –

её первообразная, то

x

Тогда имеем

∫ f (t)dt = F ( x) − F (a) .

a

Полагая x = b ,

получаем формулу Ньютона –

Лейбница

b

∫ f (x)dx = F (x)

ba = F (b) − F (a) .

a

2

+ x −

x 2

Пример 1. Оценить величину интеграла

2

dx .

2

−∫1

Для

подынтегральной

функции

f ( x) найдем наименьшее и наибольшее

значения.

Приравнивая ее производную нулю

′

x2

′

2 + x −

=1− x = 0,

f (x) =

2

находим

стационарную

точку

x =1 [−1; 2] .

Вычисляя

последовательно

f (−1) =0,5;

f (1) = 2,5; f (2) = 2, находим наименьшее

т = 0,5 и наибольшее

значения

М = 2,5 подынтегральной

функции

f ( x)

на

отрезке

интегрирования

[−1; 2].

b −a =3 ,

Тогда, учитывая,

что

получим

2

x

2

1, 5 ≤ ∫

2

+ x −

d x ≤ 7, 5 .

−1

2

Для проверки вычислим данный интеграл непосредственно по формуле

Ньютона – Лейбница (2)

2

x

2

x

2

x

3

2

4

8

1

1

2

+ x −

dx = 2x

+

−

= 4 +

−

−2 −

−

= 2,

−∫1

2

2

6

−1

2 6

2 6

Пример 2. Найти среднее интегральное значение функции

f (x) =8x +cos x

на отрезке

0 ;

π

2

.

По теореме о среднем имеем

b

π

1

2

2

f (ξ) =

∫

f (x)dx =

∫ (8x +cos x)dx =

b − a

π

a

0

=

2

(4 x2 + sin x)

π

=

2

(π 2 +1) = 2π +

2

2

.

π

0

π

π

Замена переменной в определённом интеграле

b

Пусть дан интеграл ∫ f ( x ) d x ,

где подынтегральная функция f ( x)

непрерывна на отрезке [a ; b] . Рассмотрим

функцию x = ϕ(t ) , которая

имеет

непрерывную производную на

[t1 ; t2 ] и ϕ (t1 ) = a ; ϕ (t2 ) = b .

Тогда имеет место формула замены переменной в определённом интеграле

b

t2

′

(3)

∫ f ( x)dx = ∫ f (ϕ(t))ϕ (t)d t .

a

t1

b

Докажем эту формулу: с одной стороны

∫ f (x)dx = F (b) − F (a) ,

ln 2

(e2 x −ex )dx

Пример 4. Вычислить

∫

.

1+e2 x

0

ln2

2x

x

ln2

x

x

x

2

∫

(e

−e )dx =

∫

e (e

−1)dx = t

=e

x: 0 ; ln 2 =

∫

(t −1)dt =

2x

2x

x

1+t

2

0

1+e

0

1+e

dt

=e dx t: 1 ; 2

1

= ∫

tdt

− ∫

dt

=

u = t +1

t :

1 ; 2 = 1 ∫ du

−ln (t +

1+t 2 ) =

2

2

2

5

2

du = 2tdt

u :

2 ; 5

2 2

1

1+t 2

1

1+t 2

u

1

в симметричных пределах интегрирования:

1. Если

f ( x)

− четная функция,

то

a

0

a

∫ f (x)dx = ∫ f (x)dx + ∫ f (x)dx =

−a

−a

0

х = −t

x : −a ; 0

0

a

= (замена в первом интеграле) =

= −dt

= − ∫ f (−t)dt + ∫ f (x)dx =

d x

t : a ; 0

a

0

a

a

a

= (далее по определению четной функции) = ∫ f (t)dt + ∫ f (x)dx = 2∫ f (x)dx.

f ( x)

− нечетная функция, то

0

0

o

2. Если

a

0

a

∫ f (x)dx = ∫ f (x)dx + ∫ f (x)dx =

−a

−a

0

х = −t

x : −a ; 0

0

a

= (замена в первом интеграле) =

= −dt

= − ∫ f (−t)dt + ∫ f (x)dx =

d x

t : a ; 0

a

0

a

a

= (далее по определению нечетной функции) = − ∫ f (t)dt + ∫ f ( x)dx = 0.

π

0

0

2

Пример 5. Вычислить

∫ sin 2 x dx .

−π

2

f ( x) = sin 2 x

Поскольку подынтегральная функция

четная,

то имеем

π

π

− cos 2 x

π

π

π

π

π .

2

2

1

2

2

sin 2 x

2

∫ sin 2 xdx = 2 ∫

dx = ∫ dx − ∫ cos 2xdx = x

0

2

−

=

−π

0

2

0

0

2

0

2

2

π

2

Пример 6. Вычислить

∫ x 2 sin 3 x dx .

−π

2

f (x) = x2sin3 x

Поскольку подынтегральная функция

является нечетной, то

данный интеграл равен 0.

Интегрирование по частям в определённом интеграле

Если соответствующие интегралы существуют, то, проинтегрировав от

а до

b формулу дифференциала произведения двух функций

d (uv ) = vdu + udv,

b

b

∫ u d v = u v

b

− ∫ v d u .

(4)

a

a

a

Замечание 3. Выражения для и

и dv выбираются из таких

соображений,

e

u = ln x

dv = x2 dx

1

e

1 e

2

3

2

Пример 6. ∫ x

ln xdx =

dx

x3

=

x

ln x

−

∫ x

dx =

1

du =

v =

3

1

3 1

x

3

=

e3

−

x3

e

=

e3

−

e3

+

1

=

2e3

+

1

3

9

1

3

9

9

9

9 .

Так же, как и для неопределённого интеграла,

формулу интегрирования по