Формулы Ньютона-Лейбница

Если существует функция F(x), непрерывная на отрезке [a,b] и такая, что F(x)=f(x) при a \leq x < b, то для несобственного интеграла $\int_{a}^{b}f(x)dx$ справедлива обобщенная формула Ньютона-Лейбница:

$$ \int\limits_{a}^{b}f(x)dx=\lim\limits_{\varepsilon \to +0} \int\limits_{a}^{b-\varepsilon}f(x)dx=\lim\limits_{\varepsilon \to +0}[F(b-\varepsilon)-F(a)]$$

Если f(x) непрерывна при a \leq x < b и имеет точку разрыва x=a, тогда:

$$ \int\limits_{a}^{b}f(x)dx=\lim\limits_{\varepsilon \to +0} \int\limits_{a+\varepsilon}^{b}f(x)dx=\lim\limits_{\varepsilon \to +0}[F(b)-F(a+\varepsilon)]$$

Если подынтегральная функция не ограничена в отрезке интегрирования ( например x = c ), то эту точку «вырезают», а интеграл $ \int_{a}^{b}f(x)dx$ определяют в предположении, что F(x) — первообразная для f(x), так:

$$\int\limits_{a}^{b}f(x)dx=\lim\limits_{\varepsilon \to +0} \int\limits_{a}^{c -\varepsilon}f(x)dx + \lim\limits_{\varepsilon \to +0} \int\limits_{c+\varepsilon}^{b}f(x)dx=\lim\limits_{\varepsilon \to +0} F(x)|_{a}^{c -\varepsilon} + $$
$$ + \lim\limits_{\varepsilon \to +0} F(x)|_{c+\varepsilon}^{b}=\lim\limits_{\varepsilon \to +0}F(c — \varepsilon)-F(a) + F(b) — \lim\limits_{\varepsilon \to +0}F(c+\varepsilon)$$

Если пределы существуют и конечны, то интеграл $\int_{a}^{b}f(x)dx$ называется сходящимся, в противном случае — расходящимся.

Литература

Тест : Формулы Ньютона-Лейбница

Тест на знание темы «Формулы Ньютона-Лейбница»

Линейность несобственных интегралов

Пусть функции f(x) и g(x) определены и непрерывнына промежутке [a,b), где b может быть и +\infty. Если интегралы $\int_{a}^{b}f(x)dx$ и $\int_{a}^{b}g(x)dx$ то для всех \alpha, \beta \in R, тогда интеграл $\int_{a}^{b}(\alpha f(x)+\beta g(x))$ -сходится и имеет место равенство:

$$\int\limits_{a}^{b}(\alpha f(x)+\beta g(x))=\alpha\int\limits_{a}^{b}f(x)dx+\beta\int\limits_{a}^{b}g(x)dx$$

Доказательство

Доказательство следует из линейности собственного интеграла Римана. Действительно, для \varepsilon < b имеем

$$\int\limits_{a}^{\varepsilon}(\alpha f(x)+\beta g(x))=\alpha\int\limits_{a}^{\varepsilon}f(x)dx+\beta\int\limits_{a}^{\varepsilon}g(x)dx$$

и, переходя к пределу при \varepsilon \to b (\varepsilon < b) и учитывая то, что приделы существуют по условию, получаем искомое равенство.

Замечание

Если интеграл $\int_{a}^{b}f(x)$ расходится, а интеграл $\int_{a}^{b}g(x)dx$ сходится, то интеграл $\int_{a}^{b}(f(x) + g(x))$ расходится. Если бы интеграл от $ f + g$ сходился, то сходился бы и интеграл от $f = (f + g) — g$, что неверно.

Литература

Тест : Линейность несобственных интегралов

Тест на знание темы «Линейность несобственных интегралов»

Интегрирование по частям

Пусть функции u=u(x) и v=v(x) определены и непрерывны вместе со своими первыми производными на отрезке [a,b] во всех точках. Исключением есть только точка b, которая может быть равна и +\infty. Тогда имеет место равенство:

$$\int\limits_{a}^{b}udv=uv|_{a}^{b}-\int\limits_{a}^{b}vdu$$

Где uv|_{a}^{b} — двойная подстановка и под ней понимаем разность:

$$\lim_{x \to b} u(x)v(x)-u(a)v(a)$$

При этом существование \int_{a}^{b}vdu вытекает из существования интеграла \int_{a}^{b}udv и двойной подстановки uv|_{a}^{b}.

Если любые два выражения из трех в равенстве имеют смысл, то и третье выражение тоже имеет смысл.

Доказательство

Возьмем x_0 такое, что a < x_0 < b проинтегрируем данный интеграл по частям на промежутке [a, x_0]:

$$\int\limits_{a}^{x_0}udv=(u(x_0)v(x_0)-u(a)v(a))-\int\limits_{a}^{x_0}vdu$$

Пусть теперь x_0 стремится к b. По условию два из входящих в данное равенство выражений имеют конечные пределы при x \to x_0. Следовательно третье выражение также имеет конечный предел. Равенство доказано с помощью предельного перехода.

Пример показать

Литература

Тест : Интегрирование по частям

Интегрирование по частям

Замена переменных

Пусть функция f(x) определена и непрерывна на промежутке [a,b) и интегрируема в каждой части этого отрезка, не содержащей точки b, которая может быть и +\infty.

Рассмотрим теперь функцию x=\phi(t), которая является монотонно возрастающей и непрерывной вместе со своей производной \phi'(t) на промежутке [\alpha,\beta). Допустим, что \phi(\alpha)=a и \phi(\beta)=b. Равенство \phi(\beta)=b следует понимать как \lim_{t \to \beta}\phi(t)=b. Если соблюдены все вышеперечисленные условия, то имеет место равенство:

$$\int\limits_{a}^{b}f(x)=\int\limits_{a}^{b}f(\phi(t))\phi'(t)dt$$

при условии, что один из этих интегралов сходится. Из существования одного из двух интегралов в равенстве вытекает существование второго. Второй интеграл будет либо собственным,либо несобственным с единственной особой точкой \beta.

Доказательство

Пусть теперь x_0 и t_0 будут произвольными, но соответствующими значениям x и t и их промежуткам (a,b) и (\alpha, \beta). Тогда будем иметь:

$$\int\limits_{a}^{x_0}f(x)=\int\limits_{a}^{t_0}f(\phi(t))\phi'(t)dt$$

Если существует второй из интегралов, будем приближать произвольным образом x_0 к b, при этом t_0=\theta(x_0) устремится к \beta, существование второго интеграла доказано. Данное рассуждение одинаково применимо и к монотонно убывающей функции.

Пример показать

Литература

Тест : Замена переменных

Тест на знание метода замены переменных в случае несобственных интегралов

М1605 О поиске нужной тройки

Задача из журнала «Квант» (1997, №4)

Условие

Имеются N карточек, на которых написаны различные(неизвестные) числа. Они расположены на столе по кругу числами вниз. Надо найти три какие-нибудь лежащие рядом карточки такие, что число, написанное на средней карточке, больше, чем на каждой из двух соседних. При этом разрешается перевернуть последовательно не более k карточек. Докажите, что это возможно, если:

а) N=5, k=4; б)N=76, k=10; в)N=199, k=12 ;

Решение

а) «Откроем» среди 5 чисел, расположенных по окружности, два числа a < b, стоящих на расстоянии 2 друг от друга, и еще одно, соседнее с большим из них — c. Из соображений симметрии, можно считать, что c <b> 79, f_{12}=223 > 199, это даст решения задач б) и в). Для этого докажем сначала индукцией по k, что в рядуa, ... ,b, ... ,c

из f_k + f_{k-1}+1= f_{k+1} + 1 чисел, где известны a, b, c, причем d - наибольшее и находится от a и c на расстоянии f_{k-1} и f_{k-2}, можно найти нужную тройку за k-1 попытку. Для k = 2(для ряда из четырех чисел a, b, ., c) это очевидно. Пусть вплоть до некоторого значения k-1 то доказано. Рассмотрим данный ряд и «откроем» число d, находящееся на расстояниях f_{k-1} от a и f_{k-2} от b:

a, ... , d, ..., b, ... , c

Если d > b, то мы можем применить предположение индукции к f_k + 1 числам a, ... , d , ... , b, а если d < b — то к числам d, ... , b, ... , c : за k-2 попытки среди них найдется нужная тройка.

Теперь среди f_k = f_{k-1} + f_{k-2} = 2f_{k-2} + f_{k-3} чисел по окружности достаточно «открыть» два числа a < b на расстоянии f_{k-2} и число c, находящееся на расстоянии f_{k-2} от a и f_{k-3} от b. По соображениям симметрии, можно считать, что b > c. По доказанному выше, среди идущих подряд f_{k-2} + f_{k-3} + 1 = f_{k-1} + 1 чисел a, ... , b, ... , c за k-3 попытки можно найти нужную тройку.

В. Протасов, А. Заславский

qunt