Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Инженерно-технологическая академия ЮФУ

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

UML_4256

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

01.06.2015

Размер:

6.64 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 2526 / 5026 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 > Следующая >>>

∫ f (t)dt

≤ ∫

f (t )

dt ≤ M ∫dt = M (y − x)

F (y)−

F (x)

≤ M

y − x

ε > 0

F (y)− F (x)

< ε ,

(2)

Из

(2) видно, что

для всякого

если

y − x

= δε .

Это

и означает

непрерывность

F (x)

(даже

равномерную непрерывность) на отрезке [a,b]. Теорема доказана.

Теорема 2.

Если

f (x) R и

непрерывна в

точке x0 , то

F′(x0 )= f (x0 ), где F (x)= ∫x f (t )dt .

Доказательство. Если f (x) непрерывна в точке x = x0 , то это означает, что f (x)− f (x0 ) < ε при

x − x0		<δε .	(3)

	τ	x
	•	•
a	x0-δε	x0 x0+δε

Пусть a < x0 −δε

<τ < x0 < x < x0 +δε

(смотри рисунок).

F (x)= ∫x

f (t )dt = τ∫ f (t )dt + ∫x

f (t )dt F (x)− F (τ )= ∫x

f (t )dt .

Разделим обе части на x −τ . Получим

F (x)− F (τ )

f (t )dt

F (x)− F (τ )

− f (x

∫

x −τ

x −τ τ

∫x

f (t)dt − f (x0 )

∫x ( f (t )− f (x0 ))dt

x −τ

x −τ τ

F (x)− F (τ )

− f (x

)

≤

f (t )− f (x )

dt <

ε (x −τ )= ε .

∫

x −τ

−τ τ

251

F (x)− F (τ )

Итак,

− f (x

)

< ε . Это значит, что

x −τ

f (x0 )= lim

F (x)− F (τ )

= F′(x

0 ), что и требовалось доказать.

x−τ →0

x −τ

(x)

непрерывная в каждой точке отрезка [a,b],

Следствие. Если

то согласно теореме 2

имеем F′(x)

= ∫x

f (t )dt ′ =

f (x),

x [a,b],

то есть F′(x)= ∫x

f (t )dt

является

первообразной

функции

f (x)

на

отрезке [a,b].

Теорема 3 (основная теорема интегрального исчисления).

Если f

(x) – непрерывная на отрезке [a,b], а F (x) – некоторая ее

первообразная на [a,b], то

b∫ f (x)dx = F (x)

ba = F (b)− F (a) .

(4)

Φ(x)= ∫x

Доказательство.

Пусть

f (t )dt

и F (x)

–

две

f (x).

первообразные функции

Поскольку первообразные отличаются

на константу,

то

Φ(x)− F (x)= C

или

∫x

f (t )dt − F (x)= C .

Полагая

∫x

x = a, найдем

−F (a)= C ,

то есть

f (t )dt = F (x)− F (a).

Полагая в

b∫ f (t )dt = F (b)− F (a).

последнем равенстве x = b,

получим

Теорема

доказана.

Формулу (4) называют формулой Ньютона-Лейбница. Она сводит вычисление определенного интеграла от непрерывной функции к

нахождению первообразной для подынтегральной функции.
Теорема 4.	Пусть	f (x)	непрерывна на	[a,b], α	(x)−терпит
разрывы первого	рода	в	конечном числе	внутренних точек
ci , i =1,2,..., m со скачками hi . Во всех других точках α (x)					непрерывна

и имеет производную всюду, исключая конечное число точек, при этом

252

α′(x) R . Тогда имеет место формулаb∫ f (x)dα (x)= b∫ f (x)α′(x)dx +

(ci )hi

+ f (a)(α (a + 0)−α (a))+ f (b)(α (b − 0)−α (b)).

+∑ f

(5)

i=1

(Без доказательства).

Пример. Вычислить

α(x)

∫ (x3 +1)dα (x), где

−2

x + 2, − 2 ≤ x ≤ −1

α (x)= 2,

−1 < x < 0

(см.рис.).

x2 +3, 0 ≤ x ≤ 2

Решение. Условия теоремы 4

-2

-1

выполняются.

Воспользуемся формулой

(5):

−1

(x3

+1) 0 +

+1)2xdx + 0 1+1 1 =

∫

+1)dα = ∫ (x3 +1)dx +

∫ (x3

∫(x3

−2

−1

301

x4 + x

−2

+ 2

x5 +

+1 = −

+1 =

§6. Теоремы о среднем

Теорема 1. Если

f (x)

непрерывная на отрезке [a,b], то найдется

точка ξ [a,b]

такая, что

b∫

f (x)dx = f (ξ )(b − a).

(1)

Доказательство. Функция, непрерывная на отрезке [a,b],

достигает на нем своих наименьшего m,

наибольшего M значений, то

есть

m ≤ f (x)

≤ M . Так как неравенство можно

интегрировать, то

имеем m(b − a)≤ b∫

f (x)dx ≤ M (b − a). m ≤

b∫

f (x)dx ≤ M .

− a a

Обозначим

b∫

f (x)dx = µ , тогда b∫ f (x)dx = µ(b − a), где

b − a a

µ [m, M ].

(2)

253

По теореме Коши непрерывная функция принимает все свои

промежуточные

значения

между m и M ,

поэтому

найдется

точка

ξ [a,b]

такая, что µ = f (ξ ). Подставляя µ = f (ξ ) в (2), получим (1).

Теорема доказана.

(x) R, g (x) R на [a,b]; 2) m ≤ f (x)≤ M

Теорема 2. Если 1) f

x [a,b]; 3) функция g (x) не меняет знака на [a,b], то

b∫

f (x)g (x)dx = µb∫ g (x)dx ,

µ [m, M ] .

(3)

[a,b].

Доказательство.

Пусть

g (x) ≥ 0

на

Тогда, умножая

неравенство

m ≤ f (x)≤ M

на

g (x),

получим

mg (x)≤ f (x)g (x)≤ Mg (x). Проинтегрируем это неравенство:

mb∫ g (x)dx ≤ b∫ f (x)g (x)dx ≤ M b∫ g (x)dx.

(x)g

(x)dx ≤ M .

m ≤

∫ f

b∫ g (x)dx a

Положив µ =

f (x)g (x)dx ,

мы получим (3). Теорема

∫

b∫ g (x)dx a

доказана.

f (x)

Следствие. При дополнительном условии непрерывности

вместо (3) получим

(

)

(

)

dx = f

(

)

(

)

dx,

ξ a,b

]

∫

[

Теоремы 1 и 2 называют теоремой о среднем и обобщенной

теоремой

о среднем.

f (ξ )=

b∫ f (x)dx

называют

средним

b − a a

на отрезке [a,b].

интегральным значением функции

f (x)

Замечание.

Если

f (x)

непрерывная

на

отрезке [a,b],

α (x)

монотонно возрастает, то имеет место теорема о среднем для интеграла

Стилтьеса ∫ f dα = f (ξ )(α (b)−α (a)). Доказательство аналогично.

Теоремы о среднем можно использовать для оценки интеграла, если его вычисление вызывает затруднения.

254

0,5

+ x3 dx .

Пример 1. Оценить интеграл I =

∫

x 1

Решение. Интеграл I

– неберущийся (см. пример 2 §7). Функция

f (x)= x 1 + x3 монотонно

возрастает

на

отрезке

. При этом

m =

f (0)= 0, M = f

Интегрируя

неравенство

0 ≤ f (x)≤

, получим 0 ≤ I ≤

3 2

. Задача решена.

2π sin x

Пример 2. Определить знак интеграла I = ∫

dx .

Решение.

x = t +π

= ∫ sin x dx + ∫

sin x dx =

= ∫ sin x dx + ∫ −sin t dt

= π

∫ sin x

dx =

2π

dx = dt

0 t +π

(x +π )x

= π

sin (ξ )

π∫

=π

sin

(ξ )

ln (x +π )

π0 > 0 .

x +π

§7. Методы вычисления интеграла Римана. Замена переменных. Интегрирование по частям

Пусть f (x) – непрерывная на отрезке функция. Тогда согласно теореме 3 §5 она имеет на [a,b] первообразную. А это означает, что все

методы интегрирования неопределенного интеграла можно использовать и для интеграла Римана.

Теорема 1. Пусть 1) функция f (x) непрерывна на отрезке [a,b]; 2) отрезок [a,b] является множеством значений функции x =ϕ(t), определенной и непрерывной вместе со своей производной ϕ′(t ) на отрезке [α, β]; 3) ϕ(α)= a, ϕ(β )= b (см. рис.).

255

x=ϕ(t)

	α	β	t
Тогда b∫	β
	β
	f (x)dx = ∫ f (ϕ(t))ϕ′(t )dt .	(1)
a	α

Доказательство. По условию теоремы имеет смысл сложная функция f (ϕ(t )) и подынтегральные функции в левой и правой частях

формулы (1) непрерывны, а поэтому эти интегралы существуют. Пусть F (x) – некоторая первообразная функции f (x) на отрезке

[a,b], то есть Fx′(x)= f (x). Тогда сложная функция F (ϕ(t )) является первообразной функции f (ϕ(t )) ϕ′(t ). Это легко проверить по

правилу дифференцирования сложной функции. Воспользуемся формулой Ньютона-Лейбница


b∫ f (x)dx = F (x)			ba = F (b)− F (a).		(2)
b∫ f (x)dx = F (x)			ba = F (b)− F (a).		(2)
a
β
∫ f (ϕ(t ))ϕ′(t )dt = F (ϕ(t))	αβ = F (ϕ(β ))− F (ϕ(α))= F (b)− F (c). (3)
∫ f (ϕ(t ))ϕ′(t )dt = F (ϕ(t))	αβ = F (ϕ(β ))− F (ϕ(α))= F (b)− F (c). (3)
α
Так как правые части формул (2) и (3) равны, то равны и левые
части. Теорема доказана.
Формула (1) называется формулой замены переменной в интеграле
Римана.
Теорема 2. Если функции U =U (x), V =V (x) непрерывны вместе
со своими производными на отрезке [a,b], то
b				b
∫U dV		=UV		ba − ∫V dU .	(4)
∫U dV		=UV		ba − ∫V dU .	(4)
a				a

Доказательство. b∫(UV )′ dx = b∫(UV

Имеем

′	′	b	b	(5)
′	′
	+U V )dx = ∫U dV + ∫V dU .
		a	a

256

Так как по условию теоремы подынтегральные функции непрерывны, то все интегралы существуют. Согласно формуле Ньютона-Лейбница

b	′		b	(6)
	′		b
∫(UV )		dx =UV	a .
a

Сравнивая (5)-(6), получим (4). Теорема доказана.

Формулу (4) называют формулой интегрирования по частям интеграла Римана.

Пример 1.

∫ln x dx =

= xln x 1e − ∫dx = e − e +1 =1.

U = ln x dU = x

dV = dx V

= x

Пример 2.

x = t2

2t dt

− ln 3).

∫

= 2∫

−

dt = 2

dx = 2t dt

1+t

Пример 3. I = ∫

= arctg x

1+ x2

−1

Вычислим этот интеграл с помощью замены переменной:

x =

I =

= −arctg t

= − ∫

(

−2

)

+ t2

−1

dx = −

Получили другой результат. Где ошибка?

−1

= −π2 .

§8. Функция с ограниченной вариацией. Обобщение интеграла Стилтьеса

Пусть функция	f (x) задана на отрезке [a,b]				и пусть τ ={xi }in=0 –
некоторое разбиение отрезка [a,b].
Найдем ∆fi = f (xi )− f (xi−1 ),		i =1,2,..., n и составим выражение
	V ( f ,τ )	n
		= ∑	∆fi	.	(1)
Число V ( f ,τ )		i=1			f (x) по разбиению
	называют вариацией функции

τ , а число V ( f )= supV ( f ,τ ), где точная верхняя грань берется по

257

всем разбиениям, называется полной вариацией функции			f (x) на
отрезке [a,b].	Если V ( f )< +∞, то говорят,	что f (x) –	функция
ограниченной	вариации на отрезке [a,b].	Очевидно,	функция

ограниченной вариации является ограниченной. Обратное утверждение

неверно.

Пример 1. Найти полную вариацию монотонной на [a,b] функции

(x).

f(b)

Решение.

Очевидно, V (τ, f )= ∑

∆fi

i=1

f(a)

f (b)− f (a)

=V ( f ) (см. рис.).

Пример 2. Найти полную вариацию V (sin x) на [0,2π ].

	π	2π
	π / 2	3π / 2
0	π / 2	3π / 2	x

Решение. Очевидно, V (sin x)= supV (sin x,τ )=

=V (sin x,τ0 ), где τ0 0,

π,2π

.V (sin x)= 4 (см. рис.).

≤ 2, Функция

Пример 3. Найти V ( f ), если

f (x)= xsin

x , 0

< x

x = 0.

f (x) непрерывна на [0,2].

Решение. Пусть

τ ={x

x =

i =1,2,..., n.

2n −(2i −1)

i=0

f (x

sin

π (n −i)+ π

cosπ (n −i)=

(n −i)+1

258

2(−1)n

(−1)−i .

2(n −i)+1

V ( f ,τ )=

∆fi

f (x1 )− f (x0 )

f (x2 )− f (x1 )

+... +

f (xn )− f (xn−1 )

∑

i=1

+... +

2 +

−

− 0

−

2n −1

2n −

2n −1

2n −5

2n −3

+... +1 = Sn

– частичная сумма гармонического ряда,

n −1

n − 2

который расходится. Следовательно, V ( f ,τ ) – неограниченная, а так

как V ( f )≥V ( f ,τ ),

то и V ( f )

–

неограничена.

Таким образом,

мы

имеем пример непрерывной на отрезке

[0,2]

функции

неограниченной вариацией.

Теорема. Если

f (x) – функция ограниченной вариации на [a,b],

то существуют монотонно возрастающие функции

p(x)

и q(x) такие,

что p(a)= p(b)= 0 и

x [a,b].

f (x)− f (a)= p(x)− q(x)

(2)

(Без доказательства).

Заметим, что представление (2) не единственное. Функции p(x) и

q(x)

называются

соответственно

функциями

положительной

отрицательной вариации.

До сих пор интеграл Стилтьеса определялся по монотонной функции α (x). Теперь, представляя функцию ограниченной вариации

α (x) в виде разности монотонных функций
α (x)= β (x)−γ (x),				(3)
дадим следующее определение интеграла Стилтьеса:
b	def b	b	(x)dγ (x).
∫ f (x)dα (x)	= ∫ f (x)dβ (x)−	∫ f	(x)dγ (x).	(4)
a	a	a
Можно доказать, что	интеграл (4)	не	зависит от	выбора

разложения (3). Из теорем 2 и 3 §2 следует, что интеграл (4) существует, если:

а) f (x) – непрерывна, α (x) – ограниченной вариации;

б) f (x) и α (x) – ограниченной вариации и α (x) – непрерывна. 259

Пример 4. Вычислить интеграл ∫ x d ([x]− x).

Решение. Функция α (x)=[x]− x представлена в виде разности монотонных функций, поэтому воспользуемся (4):

3	3
I = ∫ x d ([x]− x)= ∫
0	0

x d [x]− ∫ xdx . Первый интеграл вычисляем по

формуле (5) §5, а второй – по формуле Ньютона-Лейбница. В результате имеем

I = f (1)+ f (2)+ f (3)−	1	x2	3	= 6 −	9	=	3	.

			0
2				2		2

§9. Несобственный интеграл первого рода. Критерий Коши. Признаки сравнения

Введённое ранее определение интеграла Римана непригодно, если функция f (x) неограничена на отрезке [a,b] или промежуток

интегрирования бесконечен. В этих случаях понятие определённого интеграла можно обобщить и ввести понятие несобственного интеграла.

Пусть функция f (x) определена на бесконечном полуинтервале [a, +∞) и пусть интеграл Римана существует на любом конечном

отрезке [a, x] x ≥ a . Тогда	имеем	функцию F (x),	определённую
интегралом
x
∫ f (t)dt = F(x)			(1)
a
с переменным верхним пределом.
Перейдём в (1) к пределу при x → +∞ и введём формально
следующее обозначение:	x	∞
	x	∞	(2)
lim F (x)= lim ∫		f (t)dt =∫ f (x)dx.	(2)
x→+∞	x→∞ a	a

∞

Символ ∫ f (x)dx называют несобственным интегралом первого

рода. При этом, если предел (2) существует, то несобственный интеграл называется сходящимся. Если предел не существует или равен ∞, то несобственный интеграл называют расходящимся.

Аналогично определяют несобственные интегралы первого рода на (−∞,b] и (−∞, +∞):

260

<<< < Предыдущая 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 2526 / 5026 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
15.11.20191.07 Mб17Uchebnoe_posobie_ch1.doc
#
05.09.2019687.71 Кб13Uchebnoe_posobie_metrologia.docx
#
01.06.20152.46 Mб17UMK_po_Menedzhmentu_modul_2.pdf
#
01.06.2015359.44 Кб8umk_treb.pdf
#
01.06.2015903.17 Кб14UML_1321.pdf
#
01.06.20156.64 Mб21UML_4256.pdf
#
01.06.2015321.05 Кб16UML_4497.pdf
#
01.06.20151.11 Mб7UML_4562.pdf
#
01.06.2015641 Кб9UML_4564.pdf
#
01.06.2015943.33 Кб7UML_4597.pdf
#
01.06.20151.72 Mб69UML_4797.pdf