Определение. Функция называется непрерывно дифференцируемой на отрезке, если ее производная является непрерывной на этом отрезке. При этом на концах отрезка производная понимается как односторонняя.
Теорема (формула интегрирования по частям). Пусть функции $u$ и $v$ непрерывно дифференцируемы на отрезке $\left[a, b\right]$. Тогда справедливо равенство $$\int_{a}^{b} u\left(x\right)v’\left(x\right)dx = u\left(x\right)v\left(x\right)\mid_a^b — \int_{a}^{b} u’\left(x\right)v\left(x\right)dx.$$
$$\left(u\left(x\right)v\left(x\right)\right)’=u\left(x\right)v’\left(x\right)+u’\left(x\right)v\left(x\right).$$ Из условий теоремы следует, что справа – непрерывная функция, так что непрерывна и левая часть равенства. Интегрируя это равенство и используя формулу Ньютона – Лейбница, получим $$\int_{a}^{b} \left[u\left(x\right)v’\left(x\right)+u’\left(x\right)v\left(x\right)\right]dx=u\left(x\right)v\left(x\right)\mid_a^b.$$ Каждое из двух слагаемых под знаком интеграла слева – непрерывные, а значит, интегрируемые функции. Поэтому интеграл от суммы этих функций равен сумме интегралов от каждой из них. Отсюда следует требуемое равенство.
Теорема 1 (о замене переменной в определенном интеграле). Пусть функция $\varphi$ непрерывно дифференцируемая на отрезке $\left[\alpha, \beta\right]$, а функция $f$ непрерывна на некотором отрезке, содержащем область значений функции $\varphi$. Пусть $\varphi\left(\alpha\right)=a$ и $\varphi\left(\beta\right)=b$. Тогда справедливо равенство $$\int_{a}^{b}f\left(x\right)dx=\int_{\alpha}^{\beta}f\left(\varphi\left(t\right)\right)\varphi’\left(t\right)dt.$$
Пример 1. $$\int_{0}^{\pi} x\sin xdx=\begin{bmatrix}u=x, & dv=\sin xdx\ \\du=dx, & v=-\cos x \end{bmatrix}=\\=-x\cos x\mid_0^\pi+\int_{0}^{\pi}\cos xdx=\pi+\sin x\mid_0^\pi=\pi.$$
Пример 2. $$I_{n}\equiv\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n}xdx=\\=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n-1}x\sin xdx=\begin{bmatrix}u=\sin^{n-1}x, & dv=\sin xdx\\du=\left(n-1\right)\sin^{n-2}x\cos xdx, & v=-\cos x \end{bmatrix}=\\=-\sin^{n-1}x\cos x\mid_{0}^{\frac{\pi}{2}}+\left(n-1\right)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n-2}x\cos^{2} xdx\\=0+\left(n-1\right)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n-2}x\left(1-\sin^{2}x\right)dx=\\=\left(n-1\right)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n-2}xdx-\left(n-1\right)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n}xdx=\left(n-1\right)\left(I_{n-2}-I_{n}\right).$$ Отсюда получаем $nI_{n}=\left(n-1\right)I_{n-2}$, или $$I_{n}=\frac{\left(n-1\right)I_{n-2}}{n}.$$ Вычислим $$I_{0}=\frac{\pi}{2}, \ I_{1}=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin xdx=-\cos x\mid_{0}^{\frac{\pi}{2}}=1.$$ Если $n = 2k$, то $$I_{2k}=\frac{\left(2k-1\right)\left(2k-3\right)\dots1}{2k\left(2k-2\right)\dots2}\frac{\pi}{2}=\frac{\left(2k-1\right)!!}{\left(2k\right)!!}\frac{\pi}{2},$$ а при $n = 2k + 1$ имеем $$I_{2k+1}=\frac{\left(2k\right)!!}{\left(2k+1\right)!!}.$$ Заметим, что $\sin^{2k+1}x\leqslant\sin^{2k}x\leqslant\sin^{2k-1}x$, $0\leqslant x\leqslant\frac{\pi}{2}$, откуда следует $I_{2k+1}\leqslant I_{2k}\leqslant I_{2k-1}$, так что $$\frac{\left(2k\right)!!}{\left(2k+1\right)!!}\leqslant\frac{\left(2k-1\right)!!}{\left(2k\right)!!}\frac{\pi}{2}\leqslant\frac{\left(2k-2\right)!!}{(\left(2k-1\right)!!}.$$ Поэтому справедливо неравенство $$x_{k}\equiv\left(\frac{\left(2k\right)!!}{\left(2k-1\right)!!}\right)^{2}\frac{1}{2k+1}\leqslant\frac{\pi}{2}\leqslant\left(\frac{\left(2k\right)!!}{\left(2k-1\right)!!}\right)^{2}\frac{1}{2k}\equiv y_{k}.$$ Оценим $$y_{k}-x_{k}=\left(\frac{\left(2k\right)!!}{\left(2k-1\right)!!}\right)^{2}\frac{1}{2k\left(2k+1\right)}=\\=\frac{2k+1}{2k}\left(\frac{\left(2k\right)!!}{\left(2k+1\right)!!}\right)^{2}=\frac{2k+1}{2k}I_{2k+1}^{2}=\frac{2k+1}{2k}\left(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2k+1} xdx\right)^2.$$ Отсюда и из доказанного выше равенства $$\lim_{n \rightarrow \infty}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n}xdx=0$$ следует, что обе последовательности $\left\{x_{k}\right\}_{k=1}^{\infty}$ и $\left\{y_{k}\right\}_{k=1}^{\infty}$ сходятся к $\frac{\pi}{2}$.
Таким образом, мы доказали, что $$\pi=2\lim_{k \rightarrow \infty}\left(\frac{\left(2k\right)!!}{\left(2k-1\right)!!}\right)^{2}\frac{1}{2k+1}.$$ Это равенство называется формулой Валлиса.
Пример 3. Вычислить $$ I\equiv\int_{0}^{1}\sqrt{1-x^{2}}dx.$$ Полагаем $x = \sin t$, где $0\leqslant t\leqslant\frac{\pi}{2}$. Тогда получим $$I=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{1-\sin^{2}t}\cos tdt=\\=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{2}tdt=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1+\cos2t}{2}dt=\frac{\pi}{4}.$$
Пример 4. Вычислить $$I\equiv\int_{0}^{\pi}\frac{x\sin x}{1+\cos^{2}x}dx.$$ Полагаем $\pi − x = t$, $x = \pi − t$, $dx = −dt$. Тогда получим $$I=-\int_{\pi}^{0}\frac{\left(\pi-t\right)\sin t}{1+\cos^{2}t}dt=\int_{0}^{\pi}\frac{\left(\pi-t\right)\sin t}{1+\cos^{2}t}dt=\\=\pi\int_{0}^{\pi}\frac{\sin t}{1+\cos^{2}t}dt-\int_{0}^{\pi}\frac{t\sin t}{1+\cos^{2}t}dt=\\=-\pi \ arctg(\cos t)\mid_{0}^{\pi}-I=\frac{\pi^{2}}{2}-I.$$ Отсюда следует, что $ I=\frac{\pi^{2}}{4}$.
Теорема 2 (о замене переменной в определенном интеграле). Пусть функция $f$ интегрируема на отрезке $\left[a,b\right]$ , а функция $\varphi$ непрерывно дифференцируема на отрезке $\left[\alpha,\beta\right]$, монотонна на этом отрезке и $\varphi\left(\alpha\right)=a$, $\varphi\left(\beta\right)=b$. Тогда функция $f\left(\varphi\left(t\right)\right)\varphi’\left(t\right)$ интегрируема на отрезке $\left[\alpha,\beta\right]$ и справедливо равенство $$\int_{a}^{b}f\left(x\right)dx=\int_{\alpha}^{\beta}f\left(\varphi\left(t\right)\right)\varphi’\left(t\right)dt.$$
Теорема (формула Тейлора с остатком в интегральной форме). Пусть функция $f$ имеет на отрезке $\left[a,b\right]$ непрерывные производные до порядка $\left(n+1\right)$ включительно. Тогда справедливо равенство $$f\left(b\right)=f\left(a\right)+\frac{f’\left(a\right)}{1!}\left(b-a\right)+\dots+\frac{f^{\left(n\right)}\left(a\right)}{n!}\left(b-a\right)^{n}+\frac{1}{n!}\int_{a}^{b}\left(b-x\right)^{n}f^{\left(n+1\right)}\left(x\right)dx.$$
Примеры решения
- Вычислить определенный интеграл $\int_{1}^{2}\ln xdx$.
Решение
$\int_{1}^{e}\frac{\ln x}{\sqrt{x}}dx=\begin{bmatrix}u=\ln x, & dv=\frac{dx}{\sqrt{x}} \\du=\frac{dx}{x}, & v=2\sqrt{x} \end{bmatrix}=\\=2\sqrt{x}\ln x\mid_1^e-\int_{1}^{e}2\sqrt{x}\frac{dx}{x}=2\sqrt{e}\ln e-2\sqrt{1}\ln 1-4\sqrt{x}\mid_1^e=\\=2\sqrt{e}-\left(4\sqrt{e}-4\right)=2\left(2-\sqrt{e}\right)$
- Вычислить определенный интеграл $\int_{3}^{8}\frac{x dx}{\sqrt{x+1}}$.
Решение
Положим $\sqrt{x+1}=t$ или $x=t^2-1$. Тогда $dx=2dt$. При $x=3$ $t=\sqrt{3+1}=2$; при $x=8$ $t=\sqrt{8+1}=3$. Имеем:
$\int_{3}^{8}\frac{x dx}{\sqrt{x+1}}=\int_{2}^{3}2\left(t^2-1\right)dt=2\left(\frac{t^3}{3}-t\right)\mid_{2}^{3}=\\=2\left(\frac{3^3}{3}-t\right)\mid_{2}^{3}-2\left(\frac{2^3}{3}-t\right)\mid_{2}^{3}=10\frac{2}{3}$
- Вычислить определенный интеграл $\int_{0}^{3}\frac{dx}{\left(9+x^2\right)^{\frac{3}{2}}}$.
Решение
Положим $x=3tg t$, тогда $dx=\frac{3dt}{\cos^2t}$. При $x=0$ $t=0$; при $x=3$ $t=\frac{\pi}{4}$. Имеем:
$\int_{0}^{3}\frac{dx}{\left(9+x^2\right)^{\frac{3}{2}}}=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{3dx}{\left(9+9tg^2t\right)^{\frac{3}{2}}\cos^2t}=\\=\frac{3}{27}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{\cos^3t}{\cos^2t}dt=\frac{3}{27}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\cos tdt=\frac{3}{27}\sin t\mid_0^{\frac{\pi}{4}}=\frac{\sqrt{2}}{18}$
- Вычислить определенный интеграл $\int_{0}^{1}\arccos x dx$.
Решение
$\int_{0}^{1}\arccos x dx=\begin{bmatrix}u=\arccos x, & dv=dx \\du=-\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}, & v=x \end{bmatrix}=\\=x\arccos x\mid_0^1+\int_{0}^{1}\frac{xdx}{\sqrt{1-x^2}}=$
Положим $1-x^2=t$, тогда $dx=-\frac{dt}{2x}$. При $x=0$ $t=1$; при $x=1$ $t=0$. Имеем:
$=x\arccos x\mid_0^1-\frac{1}{2}\int_{1}^{0}\frac{dt}{\sqrt{t}}=x\arccos x\mid_0^1+\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{dt}{\sqrt{t}}=\\=x\arccos x\mid_0^1+\sqrt{t}\mid_0^1=1\arccos 1-0\arccos 0+\sqrt{1}-\sqrt{0}=1$
Литература
- В.И.Коляда, А.А.Кореновский. Курс лекций по математическому анализу т.1. Одесса, «Астропринт», 2010, стр 209-215.
- Кудрявцев Л. Д. Курс математического анализа : учебник для вузов: В 3 т. Т. 1. Дифференциальное и интегральное исчисления функций одной переменной / Л. Д. Кудрявцев. — 5-е изд., перераб. и доп. — Москва: Дрофа, 2003. — 703 с. — С. 594-596.
- Лысенко З.М. Конспект лекций по математическому анализу.
Дальнейшие свойства интеграла Римана
Для закрепления материала темы, рекомендуется пройти следующий тест.