Математика в примерахизадачах Часть 4 под общ ред. Л. И. Майсеня

• Название: Математика в примерахизадачах Часть 4 под общ ред. Л. И. Майсеня
• Дата: 01.10.2019
• Размер: 1.84 Mb.
• Имя файла: n1.pdf
• Тип: Учебное пособие; #88200
• страница: 12 из 31

R верно равенство
0
( )
( )
a T
T
a
f x dx
f x dx
+
=
∫
∫
Предполагается, что все интегралы, приведенные в свойст- вах 1–14, существуют.
Пример 1. Вычислить по определению интеграл
2 0
b
I
x dx
=
∫
Решение. Функция
2
( )
f x
x
=
интегрируема на отрезке
[0; b]
, по- скольку она непрерывна. Разобьем отрезок
[0; b]
на n частей точками
0 0,
x
=
1
,
x
h
=
2 2 ,
,
,
n
x
h
x
b
nh
=
= =
K
где
,
k
b
h
x
n
= = ∆
1, .
k
n
=
В качестве точек
k
c возьмем крайние правые точки каждого час- тичного отрезка
1
[
,
],
k
k
x
x
−
т.
е.

87
,
k
c
kh
=
1, .
k
n
=
Вычислим значения функции
2 2
2 2 2
2
(
)
k
k
b
f c
c
k h
k
n
=
=
=
Составим интегральную сумму
2 3
2 2
2 3
1 1
1
(
)
n
n
n
k
k
k
k
k
b
b
b
f c
x
k
k
n
n
n
=
=
=
∆ =
⋅ =
∑
∑
∑
Методом математической индукции можно доказать, что
2 2
2 2
(
1)(2 1)
1 2
3 6
n n
n
n
+
+
+
+ + +
=
Тогда получаем:
3 3
3 2
(
1)(2 1)
(
1)(2 1)
6 6
b
n n
n
b n
n
n
n
+
+
+
+
⋅
=
Имеем:
3 3
2 2
0
(
1)(2 1)
lim
3 6
b
n
b n
n
b
I
x dx
n
→∞
+
+
=
=
=
∫
Пример 2. Доказать, что функция Дирихле
1, если рациональное число,
( )
0, если иррациональное число,
x
f x
x
−

= 
−

не интегрируема на отрезке [0; 1].
Решение. Разобьем отрезок [0; 1] произвольным образом на n час- тичных отрезков. При составлении интегральной суммы выберем в ка- честве точек
k
c рациональные числа. Тогда (
)
1.
k
f c
=
Получаем:
1 1
1 1
(
)
1 1 0 1.
n
n
n
n
k
k
k
k
k
k
k
S
f c
x
x
x
=
=
=
=
∆ =
⋅ ∆ =
∆ = − =
∑
∑
∑
Затем составим интегральную сумму, выбрав в качестве точек
k
c иррациональны числа. Тогда ( ) 0.
k
f c
=
Получаем:
( )
2 1
1 0
0.
n
n
n
k
k
k
k
i
S
f c
x
x
=
=
=
∆ =
⋅ ∆ =
∑
∑
Таким образом, интегральные суммы могут принимать как значе- ние, равное 1, так и значение, равное 0. Следовательно, предел инте- гральных сумм не существует, т. е. функция Дирихле не интегрируема на отрезке [0; 1], хотя и ограничена на всей числовой прямой.
88
Пример 3. Сравнить интегралы
1 3
0
xdx
∫
и
1 3
0
x dx
∫
Решение. Так как
3 3
x
x
>
при 0 1
x
< <
(рис. 20.2), то по свойству сравнения определенных интегралов (см. 8-е свойство) имеем:
1 1
3 3
0 0
xdx
x dx
>
∫
∫
Рис. 20.2
Пример 4. Доказать неравенство
2 0
sin
0 5
5
xdx
x
π
π
≤
<
+
∫
Решение. Так как
2
sin
1 0
5 5
x
x
≤
<
+
при 0
,
x
π
< <
то по 9-му свойст- ву определенных интегралов имеем:
2 0
sin
0 5
5
xdx
x
π
π
≤
<
+
∫
Пример 5. Оценить интеграл
2 2
cos
0
x
e
dx
π
∫
Решение. Так как
2 0
cos
1
x
≤
≤
при 0
,
2
x
π
< <
то
2
cos
1
x
e
e
≤
≤
Тогда по 8-му свойству определенных интегралов получаем:
2 2
cos
0 2
2
x
e
e
dx
π
π
π
≤
≤
∫
–2 1
2 1
y
x
3
y
x
=
3
y
x
=
–1

89
Пример 6. Вычислить определенный интеграл:
1)
2 2
4 2
sin
;
1
x
x
dx
x
−
+
∫
2)
4 3
0
sin
;
xdx
π
∫
3)
3 2
3
(
1)
x
dx
−
+
∫
Решение. 1) Так как подынтегральная функция
2 4
sin
1
x
x
x
+
является нечетной, а отрезок интегрирования симметричен относительно начала координат, то
2 2
4 2
sin
0.
1
x
x
dx
x
−
=
+
∫
2) Функция
3
sin x является периодической с периодом 2 .
π Ис- пользуем 7-е и 14-е свойства интеграла:
4 2
4 2
3 3
3 3
3 0
0 2
0
sin sin sin
2
sin
2
sin
0.
xdx
xdx
xdx
xdx
xdx
π
π
π
π
π
π
π
−
=
+
=
=
=
∫
∫
∫
∫
∫
Последний интеграл равен нулю в силу нечетности функции
3
sin
x
3) Функция
2 1
x
+
является четной, а отрезок интегрирования симметричен относительно начала координат, поэтому
(
)
(
)
3 3
3 3
3 2
2 0
3 0
3 1
2 1
2 2
3 2(9 3)
24.
3 3
x
x
dx
x
dx
x
−




+
=
+
=
+
=
+
=
+ =








∫
∫
Задания
I уровень
1.1. Составьте интегральные суммы и, перейдя к пределу, найдите интеграл. При составлении интегральных сумм значе- ние функции вычислите:
1) в правом конце каждого частичного отрезка;
2) в левом конце каждого частичного отрезка:
1)
(
)
3 0
2
;
x
dx
+
∫
2)
1 3
0
;
x dx
∫
3)
1 0
x
e dx
∫
У к а з а н и я. Воспользуйтесь равенствами:
1.
(
1)
1 2 3 ...
2
n n
n
+
+ + + + =
90 2.
2 2
3 3
3 3
(
1)
1 2
3 4
n n
n
+
+
+ + +
=
3. Сумма n членов геометрической прогрессии равна
1
(
1)
1
n
n
b q
S
q
−
=
−
II уровень
2.1. Сравните интегралы:
1)
1 0
xdx
∫
и
1 2
0
;
x dx
∫
2)
0 3
2
cos xdx
π
−
∫
и
0 5
2
cos
;
xdx
π
−
∫
3)
2 0
sin xdx
π
∫
и
2 3
0
sin
;
xdx
π
∫
4)
1 2
1 3
x dx
∫
и
1 3
1 3
;
x dx
∫
5)
1 1
2
dx
x
∫
и
1 2
1 2
;
dx
x
∫
6)
1 1
2
dx
x
∫
и
1 3
1 2
;
dx
x
∫
7)
3 2
1 1
dx
x
+
∫
и
3 1
;
dx
x
∫
8)
1 0
sin x
dx
x
∫
и
1 2
0
sin
x
dx
x
∫
2.2. Вычислите интеграл, используя свойства определенного интеграла:
1) sin 5
;
xdx
π
π
−
∫
2)
7
sin 2
;
xdx
π
π
−
∫
3)
1 2
1
arcsin
;
1
x
dx
x
−
+
∫
4)
4 3
4
tg
;
xdx
π
π
−
∫
5)
1 2
2 1
sin
;
1
x
x
dx
x
−
+
∫
6)
4 3
2 4
2 3
;
x
x dx
−
+
∫
7)
2 2
2 3
sin ln
;
3
x
x
dx
x
π
π
−
+
−
∫
8) sin 2 cos 4
;
x
xdx
π
π
−
∫
9)
3 3
arctg
xdx
−
∫

91
III уровень
3.1. Докажите неравенство:
1)
2 0
sin
0
;
2 4
xdx
x
π
π
≤
<
+
∫
2)
3 1
0 1
;
x
e dx
e
≤
≤
∫
3)
2 0
2
;
10 7
3sin
dx
x
π
π
π
≤
≤
+
∫
4)
2 2
0 8
6 4 cos
dx
x
π
π
π
≤
≤
−
∫
3.2. Оцените интеграл:
1)
2 1
0
;
x
e dx
∫
2)
2 2
0
;
1 3sin
dx
x
π
+
∫
3)
2 3
0
;
6 2cos
dx
x
π
+
∫
4)
0
sin cos
dx
x
x
π
+
∫
20.2. Формула Ньютона-Лейбница. Методы
интегрирования по частям и замены переменной
Если функция f
(x) непрерывна на отрезке [a; b] и F(x) – ее первообразная на этом отрезке, то
( )
( )
( )
( )
b
b
a
a
f x dx
F b
F a
F x
=
−
=
∫
(20.3)
Формула (20.3) называется формулой Ньютона-Лейбница.
Интегрирование по частям
Пусть u(x) и v(x) – непрерывные функции, которые имеют непрерывные производные на отрезке [a; b]. Тогда справедлива формула интегрирования по частям:
( )
( )
( ) ( )
( )
( ).
b
b
b
a
a
a
u x dv x
u x v x
v x du x
=
−
∫
∫
(20.4)
Замена переменной в определенном интеграле
Пусть f
(x) – непрерывная на отрезке [a; b] функция, а функ-
92 ция
( )
x
t
ϕ
=
и ее производная
( )
t
ϕ
′
непрерывны на отрезке
[
]
;
,
α β где
( ),
a
ϕ α
=
( ).
b
ϕ β
=
Тогда справедлива формула
( )
( ( )) ( ) .
b
a
f x dx
f
t
t dt
β
α
ϕ
ϕ
′
=
∫
∫
(20.5)
Вместе с заменой переменной в определенном интеграле за- меняются пределы интегрирования.
Пример 1. Вычислить интеграл:
1)
6 0
cos
;
xdx
π
∫
2)
2 2
2
;
4
dx
x
−
+
∫
3)
3 3
2 2
3
;
1
x
x
dx
x
+
+
−
∫
4)
2 2
1 3
2
(
1)
x
dx
x
x
+
+
∫
Решение. 1) Применим формулу Ньютона-Лейбница (20.3):
6 6
0 0
1 1
cos sin sin sin 0 0
6 2
2
xdx
x
π
π
π
=
=
−
= − =
∫
2) Подынтегральная функция
2 1
4
x
+
является четной. Поэтому
2 2
2 2
2 2
0 0
2 0
1 2
2
arctg arctg arctg1 arctg0 0
2 2
2 4
4 4
4
dx
dx
x
x
x
x
π
π
−
=
= ⋅
=
=
−
= − =
+
+
∫
∫
3) Подынтегральная функция является неправильной рациональ- ной дробью. Выделим целую часть, разделив ее числитель на знамена- тель по правилу деления многочленов:
3 2
3 2
2 2
2 1
1 3
2 1
3 1
3 3
2
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
+
−
−
−
+ +
−
+
−
−
−
−
−
−

93
Тогда
3 3
3 2
2 2
3 2
3 2
2 1
2 3
1 1
3 2 ln
1 3
2
x
x
dx
x
x
dx
x
x
x
x
x
x
+
−


=
+ + +
=


−
−




=
+
+
+
−
=




∫
∫
3 2
3 2
3 3
2 2
3 3 2 ln 3 1 3 2 2 ln 2 1 3
2 3
2


=
+
+ ⋅ +
− −
+
+ ⋅ +
−
=






9 8
5 9
9 2 ln 2 2 6 2 ln1 11 2 ln 2.
2 3
6
= + + +
− − − −
=
+
4) Подынтегральная функция является правильной рациональной дробью. Разложим ее на сумму простейших дробей:
2 2
2 2
3 2
(
1)
(
1)
1
(
1)
(
1)
x
A
B
C
Ax x
B x
Cx
x
x
x
x
x
x
x
+
+ +
+ +
= +
+
=
+
+
+
Найдем коэффициенты A, B, C из равенства
2 3
2
(
1)
(
1)
x
Ax x
B x
Cx
+ =
+ +
+ +
Полагая
0,
x
=
получаем
2.
B
=
При
1,
x
= −
получаем
1.
C
= −
Полагая
1,
x
=
получаем
5 2
2
A
B C
=
+
+
Далее находим:
2 5 2
,
A
B C
= −
−
2 2,
A
=
т. е.
1.
A
=
Тогда
2 2
2 2
2 1
1 1
3 2
1 2
1 2
ln ln
1
ln 2 1 1
(
1)
x
dx
dx
x
x
x
x
x
x
x
x
+




=
+
−
=
− −
+
=
− −




+
+




∫
∫
(
)
4
ln 3
ln1 2 ln 2
ln 2 1 ln 3 2 ln 2 1 2 ln 2 ln 3 1 ln .
3
−
−
− −
=
− −
+ +
= +
−
= +
Пример 2. Вычислить интеграл, используя формулу интегрирова- ния по частям:
1)
(
)
2 1
2 2
1 3 cos
;
3
x
x
dx
−
−
∫
2)
1 0
arccos
;
x dx
∫
3)
1 1
arctg
;
x
xdx
−
∫
4)
2 2
0
sin
x
e
xdx
π
∫
Решение. 1) По формуле (20.4) имеем:
94 2
1 2
3,
,
2 1
2 1
(
3) cos cos
,
3 3
3 2
1
sin
2 3
u
x
du
dx
x
x
x
dx
dv
dx
x
v
= −
=
−
−
−
=
=
=
−
=
∫
(
)
2 2
1 1
2 2
3 2
1 3
2 1
3 1
3 sin sin sin1 2 sin 0 2
3 2
3 2
2
x
x
x
dx
−
−


=
−
−
=
−
+
+




∫
(
)
2 1
2 9
2 1
3 9
3 9
9
cos sin1
cos1 cos 0
sin1
cos1 4
3 2
4 2
4 4
x
−
+
= −
+
−
= −
+
−
2) Используем формулу (20.4):
1 1
2 0
0
arccos ,
,
arccos arccos
1
,
dx
u
x du
xdx
x
x
x
dv
dx v
x
=
= −
=
=
+
−
=
=
∫
1 1
2 1
1 2
2 2
2 0
0 0
0 1
(1
)
1 2 1 1
1.
2 2
1 1
xdx
d
x
x
x
x
x
−
+
= −
= − ⋅
−
= − −
=
−
−
∫
∫
3) Подынтегральная функция является четной, поэтому
1 1
1 0
arctg
2
arctg
x
xdx
x
xdx
−
=
∫
∫
Применим формулу (20.4) интегрирования по частям. Пусть arctg ,
u
x
=
,
dv
xdx
=
2
,
1
dx
du
x
=
+
2 2
x
v
=
Получим:
1 1
1 2
2 1
2 2
2 0
0 0
0
(
1) 1 2
arctg arctg
1 arctg1 0 1
1
x dx
x
x
xdx
x
x
dx
x
x
+ −
=
−
= ⋅
− −
=
+
+
∫
∫
∫
1 1
1 1
1 2
2 0
0 0
0 0
1 1
arctg
4 4
4 1
1
dx
dx
dx
x
x
x
x
π
π
π


= −
−
= −
+
= −
+
=


+
+


∫
∫ ∫
1 arctg1 arctg 0 1
1.
4 4
4 2
π
π
π π
= − +
−
= − + = −

95 4) Используем формулу (20.4) интегрирования по частям дважды:
2 2
2 2
2 2
2 2
0 0
0
,
sin
,
sin cos
2
cos
2
,
cos
x
x
x
x
x
u
e
dv
xdx
e
xdx
e
x
e
xdx
du
e dx v
x
π
π
π
=
=
=
= −
+
=
=
= −
∫
∫
2 2
4 0
2 4
2 0
0
cos 2
cos 0 2
cos
1 2
cos
x
x
e
e
e
xdx
e
e
xdx
π
π
π
π
π
= −
+
+
= −
+
=
∫
∫
2 2
2 4
2 2
2 0
0
,
cos
,
1 2
sin
2
sin
2
,
sin
x
x
x
x
u
e
dv
xdx
e
e
x
e
xdx
du
e dx v
x
π
π
π


=
=


=
= −
+
−
=


=
=




∫
2 2
4 4
0 2
4 2
0 0
1 2
sin 2
sin 0 2
sin
1 4
sin
x
x
e
e
e
e
xdx
e
e
xdx
π
π
π
π
π
π




= −
+
−
−
= −
−






∫
∫
Таким образом, получили равенство
2 2
2 4
2 0
0
sin
1 4
sin
x
x
e
xdx
e
e
xdx
π
π
π
= −
−
∫
∫
Из него находим:
2 2
4 0
5
sin
1
x
e
xdx
e
π
π
= −
∫
(
)
2 2
4 0
1
sin
1 5
x
e
xdx
e
π
π
=
−
∫