Документ: Интегральное исчисление функций одной и нескольких переменных. Дементьева А.М., Артыщенко С.В, страницы 51-55

	′	∆Φ	= lim		f (c)∆x	= lim f (c)=
	′
	Φ (x)= lim	∆x			∆x
	∆x→0	∆x		∆x→0	∆x	∆x→0
	так как с [x; x + ∆x] и при ∆х → 0 концы этого отрезка						= lim f (c)= f (x),
	так как с [x; x + ∆x] и при ∆х → 0 концы этого отрезка
=	стремятся к х, то по теореме о промежуточной
	переменной с			→ х			с→x
	переменной с			→ х

т.к. функция f (x) непрерывна в точке x . Теорема доказана.

Вывод: если функция f (x) непрерывна в некотором интервале, то в этом интервале у нее существует первообразная, например функция Φ(x).

Доказанная теорема «связала» определенный интеграл от непрерывной функции с первообразной этой функции, что позволило получить простую формулу для вычисления определенного интеграла.

2.1.5. Формула Ньютона-Лейбница
Теорема. Пусть f (x) непрерывна на отрезке [a b;] и F(x)	- какая-
нибудь первообразная функции f (x). Тогда справедлива формула
∫b f (x)dx = F(b)− F(a).	(2.12)
a
Формула (2.12) называется формулой Ньютона-Лейбница.

Доказательство. Рассмотрим функцию Φ(x)= ∫x f (t)dt , которая тоже

a

является первообразной функции f (x) для x [a b;]. Так как первообразные функции f (x) отличаются на постоянные слагаемые, то F(x)= Φ(x)+C0 на

[a b;], т.е.

F(x)= ∫x	f (t)dt +C0 .	(2.13)
a		x [a b;], поэтому, подставив в
Равенство (2.13) справедливо для всех		x [a b;], поэтому, подставив в
(2.13) x = b , получим
F(b)= ∫b	f (t)dt +C0 ,	(2.14)
a
а затем, подставив x = a , имеем

F(a)= ∫a f (t)dt + C0 = С0 .

a

Подставив C0 = F(a) в выражение (2.14), имеем F(b)= ∫b f (t)dt + F(a),

			a
т.е. F(b)− F(a)= ∫b f (t)dt . Т.к. по свойству 1	∫b	f (t)dt = ∫b	f (x)dx , то теорема
a	a	a
доказана.

В формуле (2.12) выражение F(b)− F(a) удобно обозначать

51

F(b)− F(a)= F(x)	b	(2.15)

	a

и применять формулу (2.12) в виде

∫b	f (x)dx = F(x)	b .	(2.12')

a		a

Замечание. Если F(x)= F1 (x)± F2 (x), то очевидно, (F1 (x)± F2 (x)) ba = F1 (x)ba ± F2 (x)ba ,

что легко проверяется, используя (2.15).

Из доказанной теоремы следует, что если f (x) непрерывна на [a b;], то для вычисления определенного интеграла от функции f (x) достаточно найти какую-нибудь первообразную F(x) этой функции и применить формулу (12').

2

x3

2

23

13

7

x3

Например,

∫x

dx =

1

=

−

=

, т.к.

функция

-

это первообразная

3

1

функции x2 .

∫b

Итак,

чтобы вычислить определенный интеграл

f (x)dx фактически

a

достаточно

уметь

находить

соответствующий неопределенный интеграл

∫ f (x)dx .

dx

Пример 2.1. Вычислить ∫2

.

dx

d (x +1)

1 x +1

Так как ∫

= ∫

= ln

x +1

+ С , то

x +1

2

dx

x +1

2

3

∫1

= ln

1 = ln

2 +1

−ln1+1

= ln 2 .

x +1

Пример 2.2. Вычислить ∫2 (2x2

+3x +5)dx .

0

∫(2x2 + 3x + 5)dx мы

Для

вычисления

неопределенного

интеграла

пользуемся свойствами неопределенного интеграла об интегрировании суммы функций и вынесении постоянного множителя за знак интеграла. Но такими же свойствами обладает и определенный интеграл, поэтому можно

сразу																								написать
2	(2x2	+3x +5)dx =				2	2	x2 dx +3			2	xdx +5		2	dx =	2	x3	2 +3	x2		2 +5 x			2 =


∫											∫			∫
∫						∫					∫			∫			3	0	2		0			0
0							0				0			0			3	0	2		0			0
		= 2	22	−	03		+3		22	+		02	+5(2 −0)=				16	+ 6 +10		= 21		1	.
		= 2		−	3		+3		2	+		2	+5(2 −0)=				3	+ 6 +10		= 21		3	.
			3		3				2			2					3					3

52

Как известно, для отыскания неопределенного интеграла иногда нужно использовать замену переменной или применять формулу интегрирования по частям. Оказывается, эти же методы можно применять сразу в определенном интеграле.

2.1.6. Замена переменной в определенном интеграле

Рассмотрим ∫b f (x)dx , где f (x) непрерывна на [a b;]. Пусть для

a

вычисления этого интеграла по формуле Ньютона-Лейбница при отыскании первообразной функции f (x), т.е. при отыскании неопределенного интеграла

∫ f (x)dx необходима замена переменной. Справедлива следующая теорема. Теорема. Пусть f (x) непрерывна на отрезке [a b;], а функция x =ϕ(t)

непрерывна вместе со своей производной ϕ′(t) на отрезке [α; β], где α и β такие, что

ϕ(α)= a , ϕ(β)= b .

(2.16)

Тогда справедливо равенство

b	β
	′	(2.17)
∫ f (x)dx = ∫ f (ϕ(t))ϕ (t)dt .		(2.17)

aα

Доказательство. Пусть F(x) - первообразная функции f (x), тогда по

формуле (2.12)		∫b f (x)dx = F(b)− F(a).
		∫b f (x)dx = F(b)− F(a).					(2.18)
		a
Но функция	F(ϕ(t))	является при этом первообразной для функции
f (ϕ(t))ϕ (t),	т.к. по	правилу	дифференцирования			сложной	функции
′		f (x) ϕ (t)=	f (ϕ(t))ϕ (t). Поэтому по формуле Ньютона-
(F(ϕ(t)))' = F (x) ϕ (t)=		f (x) ϕ (t)=	f (ϕ(t))ϕ (t). Поэтому по формуле Ньютона-
′	′	′			′
β	′			β	= F(ϕ(β))− F(ϕ(α))
β	′			β
Лейбница ∫ f (ϕ(t))ϕ (t)dt = F(ϕ(t))				α		или с	учетом
α				α
условий (2.16)
		β	′				(2.19)
			′
		∫ f (ϕ(t))ϕ (t)dt = F(b)− F(a).

α

Сравнивая (2.18) и (2.19), получим доказываемое равенство (2.17). Замечание. Из формулы (2.17) видно, что замену переменной в

определенном интеграле проводят так же, как в неопределенном – в подынтегральное выражение всюду вместо старой переменной x

подставляют x =ϕ(t) (при этом вместо dx получается d(ϕ(t))= ϕ′(t)dt ). Отметим, что при этом меняются и пределы интегрирования. Новые пределы

53

интегрирования

ищут

из равенства

x =ϕ(t),

или

если

замена

делается

обозначением

t = g(x),

то

из

последнего равенства. В формулу,

определяющую замену переменной,

подставляют сначала

x = a и находят

соответствующее t

=α , затем подставляют x = b и находят соответствующее

t = β .

π

Пример 2.3. Вычислить ∫4 tg 3 xdx .

0

1

Решение.

Сделаем замену

t = tgx ,

тогда

dx =

dt

и из равенства

1+t 2

t = tgx видно,

x = 0

t = tg0 = 0, а

что

значению

соответствует

значение

значению

x = π

соответствует значение t = tg

π

=1. По формуле (2.17), где

4

α = 0 , β =1 имеем

π

1

(t3 +t)−t

t(t 2 +1)

t

4

3

1

3

1

∫tg

xdx = ∫t

dt =

∫

dt

= ∫

−

dt = ∫

t

−

dt =

1

+t

2

t

2

+1

t

2

+1

t

2

+1

t

2

+1

0

1

2tdt

t2

1

d (t2

+

1)

12

02

1

2

1

= ∫tdt −

∫

=

−

∫

=

−

ln

t

+1

=

2

t

2

+1

2

0

2

t

2

+1

2

0

=

1

− 1

(ln(12 +1)− ln(02 +1))=

1

− 1 ln 2 .

2

xdx

2

Пример 2.4. Вычислить интеграл ∫2

.

x

2

+ 2x

+ 2

1

Решение. Подынтегральная функция – это простейшая рациональная

дробь, преобразуем ее по известному ранее правилу:

x

= 1

(2x + 2)− 2

=

1

2x + 2

−

1

.

x2 + 2x + 2

2

x2 + 2x + 2

2

x2

+ 2x + 2

x2

+ 2x + 2

2

xdx

1

2

(2x + 2)dx

2

dx

∫

=

∫

− ∫

.

x

2

+ 2x

+ 2

2

x

2

+ 2x + 2

(x +1)

2

+

1

В первом интеграле делаем замену x2

+ 2x + 2 = t , тогда (2x + 2)dx = dt

и

при

x =1

получаем

t =12 + 2 1+ 2 = 5,

а

при

x = 2

получаем

t = 22 + 2 2 + 2 =10 .

Во

втором

интеграле

делаем

замену

x +1 = z ,

тогда

dz = dx и при x =1 получаем z = 2 , а при x = 2 получаем z = 3.

По формуле (2.17)

10 − arctgz

3

∫2

xdx

=

1 10∫dt − ∫3

dz

=

1 ln

t

=

2

1 x

+ 2x

+ 2

2 5 t

2 z

+1

2

5

2

=

1

(ln10 − ln5)− (arctg3 − arctg2)=

1 ln 2 − arctg3 + arctg2.

2

54

2.1.7. Интегрирование по частям в определенном интеграле

Пусть для вычисления ∫b f (x)dx при отыскании первообразной функции

a

f (x) нужно применить формулу интегрирования по частям в

неопределенном интеграле
∫udv = uv − ∫vdu .				(2.18)
Теорема. Если функции u(x) и v(x) непрерывны на отрезке [a b;]
вместе со своими производными	u (x) и v (x), то справедлива формула
		′	′
∫b udv = uv		b	+ ∫b vdu .	(2.19)
∫b udv = uv		b	+ ∫b vdu .	(2.19)
a		a	a

Доказательство. Очевидно, по формуле Ньютона-Лейбница (с учетом формулы (2.18)) имеем

b udv = (		udv)	b = (uv −	∫	vdu)	b =uv	b − (		vdu)	b ,

∫	∫		a			a	a	∫		a
a

и так как (∫vdu)b = ∫b vdu , то получаем формулу (2.19). a a

																				π
Пример 2.5. Вычислить интеграл ∫2 x cos xdx .
																				0
π									u = x,																			du = dx
2									u = x,																			du = dx															=
∫xcos xdx =						dv = cos xdx,														v = ∫cos xdx = sin x + c																			(c			= 0)	=
0						dv = cos xdx,														v = ∫cos xdx = sin x + c																			(c			= 0)
	π		π									π						π									π		π							π								π
			π
			2
= x sin x	2		2												sin					− 0 + cos x							2	=			+ cos							− cos0 =							−1.
= x sin x		− ∫sin xdx =										2			sin			2		− 0 + cos x								=	2		+ cos					2		− cos0 =						2	−1.
	0		0									2						2									0		2							2								2
	0																										0
Пример 2.6. Вычислить ∫2 x2 ln xdx .
										1
		2								2											u = ln x,								du				= 1 dx
		2								2											u = ln x,								du				= 1 dx
		∫x2 ln xdx = ∫ln x x2 dx =																			dv = x					dx,					v				x	3				=
																					dv = x					dx,					v		= 3
		1								1															2										x
					x3			2					x3
												2					1				8						1					1		2		2
												2					1				8						1					1		2		2
	= ln x							1	−			∫						x	dx =			ln 2		−				ln1		−				∫x			dx =
	= ln x				3				−			∫		3					dx =		3	ln 2		−			3	ln1		−		3		∫x			dx =
					3							1		3							3						3					3		1
			8				1				x3				2			8				1	(2	3				3	)=		8							7			.
			8				1				x3				2			8				1		3				3			8							7
		=		ln 2		−									1	=				ln 2	−					−1							ln 2 −
		=	3	ln 2		−	3					3				=		3		ln 2	−	9				−1					3		ln 2 −					9
			3				3					3						3				9									3							9

55

Материал: Интегральное исчисление функций одной и нескольких переменных. Дементьева А.М., Артыщенко С.В

2.1.5. Формула Ньютона-Лейбница

2.1.6. Замена переменной в определенном интеграле

2.1.7. Интегрирование по частям в определенном интеграле

Смотрите также: