Рубрика: Математический анализ

Публикации по учебной дисциплине «Математический анализ» для студентов специальности «Прикладная математика»

Общий вид первообразной для непрерывной функции

Всякая первообразная $latex F(x)$ для $latex f(x)$, где $latex f$ непрерывна на $latex [a,b] $, имеет вид
$latex F(x)=\int\limits_{a}^{x}f(t)dt+C$.

Общий вид первообразной для непрерывной функции является следствием из теоремы о существовании первообразной у непрерывной функции.

Литература
  • З.М. Лысенко. Конспект лекций по математическому анализу, 1 семестр.: О. 2012
  • В.А. Ильин, Э.Г. Позняк. Основы математического анализа. Часть 1. Издание четвертое.  М. Наука. — 1982, Стр. 341-342
  • Г.М. Фихтенгольц. Курс дифференциального и интегрального исчисления. Том 2. Издание седьмое.  М. Наука. — 1969, Стр. 115-117
Смотрите так же

Теорема Ролля о корне производной

Формулировка

Если [latex]f(x)\in C[a,b][/latex] (т.е. она непрерывна на этом промежутке), дифференцируема на (a,b) и [latex]f(a)=f(b)[/latex] тогда [latex]\exists \xi \in (a,b): f'(\xi )=0.[/latex] Теорему Ролля можно сформулировать кратко так: между двумя точками, в которых дифференцируемая функция принимает равные значения, найдется хотя бы один ноль производной этой функции. Для случая [latex]f(a)=f(b)=0[/latex] теорема формируется еще короче: между двумя нулями дифференцируемой функции лежит хотя бы один ноль ее производной.

Доказательство

Обозначим [latex]M=sup f(x), m=inf f(x)[/latex] для [latex]a\leq x\leq b.[/latex] По теореме Вейерштрасса на отрезке [latex][a,b][/latex] существуют такие точки [latex]c_{1} [/latex] и [latex]c_{2},[/latex] что [latex]f(c_{1})=m, f(c_{2})=M.[/latex] Если [latex]M=m,[/latex] то [latex]f(x)=const,[/latex] и в качестве [latex]\xi [/latex] можно взять любую точку интервала [latex](a,b).[/latex]
Если [latex]m\neq M,[/latex] то [latex]m<M,[/latex] и поэтому [latex]c_{1} 0[/latex] такое, что [latex]U_{\delta}(c_{1})\subset (a,b).[/latex] Так как для всех [latex]x\in U_{\delta }(c_{1})[/latex] выполняется условие [latex]f(x)\geq f(c_{1})=m,[/latex] то по теореме Ферма [latex]f'(c_{1})=0,[/latex] т.е. условие [latex]f'(\xi )=0[/latex] выполняется при [latex]\xi=c_{1}.[/latex] Аналогично рассматривается случай когда [latex]c_{2}\in (a,b).[/latex]

Геометрический смысл теоремы Ролля

При условиях теоремы [latex]\exists \xi \in (a,b):[/latex] касательная к [latex]y=f(x)[/latex] в точке [latex](\xi, f(\xi ))[/latex] параллельна оси ox

Rolla

Замечание! Все условия теоремы существенны.

Пример

Удовлетворяет ли функция[latex] y=2-|x|,[/latex] определенная на всей вещественной оси, условиям теоремы?

Спойлер

Эта функция удовлетворяет всем условиям, кроме одного. Для этой функции не существует точки на интервале (-2,2), в которой производная была бы равна нулю.

gb

[свернуть]

Теорема Ролля о корне производной

Этот тест был составлен для того, чтобы проверить знание теоремы Ролля о корне производной

Литература

  • Конспект лекций Лысенко З.М.
  • Тер-Крикоров А.М., Шабунин М.И., Курс математического анализа, физмат-лит, 1988. стр.165-166
  • Демидович Б.П., Сборник задач и упражнений по математическому анализу, М., Наука, 1981. стр.134-140

Оценка модуля интеграла

Свойство 3 (оценка модуля интеграла)

Пусть $latex f \in R[a,b] (aнепрерывности функции $latex f$, тогда

$latex \int\limits_{a}^{b}f(x)dx> 0$.

Спойлер

$latex \square$ Пусть $latex x _{0} \in (a,b) :\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}f(x)=f(x_{0})> 0 $. Тогда

$latex \exists \; U_{\delta }(x_{0}):f(x)> \frac{f(x_{0})}{2}$,

следовательно

$latex \int\limits_{x_{0}-\delta}^{x_{0}+\delta}\frac{f(x_{0})}{2} dx = \frac{f(x_{0})}{2}\int\limits_{x_{0}-\delta}^{x_{0}+\delta}dx =\frac{f(x_{0})}{2}\cdot 2\delta> 0$.

Так как имеют место неравенства

$latex \int\limits_{a}^{x_{0}-\delta} f(x) dx \geqslant 0, \int\limits_{x_{0}-\delta}^{x_{0}+\delta}f(x)dx > 0 , \int\limits_{x_{0}+\delta}^{b}f(x)dx \geqslant 0$

и

$latex \int\limits_{a}^{b}f(x)dx = \int\limits_{a}^{x_{0}-\delta}f(x)dx +\int\limits_{x_{0}-\delta}^{x_{0}+\delta}f(x)dx+\int\limits_{x_{0}+\delta}^{b}f(x)dx$,

то получим $latex \int\limits_{a}^{b}f(x)dx >0$.$latex \blacksquare$

[свернуть]
Замечание

Условие непрерывности функции $latex f(x)$ в точке $latex x_{0}$, где $latex f(x_{0})>0$ существенно. Например, пусть

$latex f(x)=\left\{\begin{matrix}
0, &0<x\leqslant 1, \\
1,&x=0.
\end{matrix}\right.$

Поскольку $latex \int\limits_{0}^{1}f(x)dx=0$, то неверно, что $latex \int\limits_{0}^{1}f(x)dx>0$.

Это можно проиллюстрировать на графикеexample_modular_integral_evaluation

Свойство 4 (оценка модуля интеграла)

Если $latex f\in R[a,b]$, то  $latex \left|\int\limits_{a}^{b}f(x)dx\right|\leqslant\int\limits_{a}^{b}\left|f(x)\right|dx$.

Спойлер

$latex \square$

$latex \left | \sum\limits_{i=1}^{n}f(\xi_{i})\Delta x_{i} \right | \leqslant \sum\limits_{i=1}^{n}\left | f(\xi_{i}) \right |\Delta x_{i}$,

т.е.

$latex \left|\delta_{T}(f,\xi)\right|\leqslant\delta_{T} (\left|f\right|,\xi)$.

Переходя к пределу при ранге разбиения стремящемуся к нулю, получим

$latex \left|\int\limits_{a}^{b}f(x)dx\right|\leqslant\int\limits_{a}^{b}\left|f(x)\right|dx$.$latex \blacksquare$

[свернуть]
Замечание

Если $latex f(x)$ — интегрируема на отрезке с концами $latex [a,b]$, то

$latex \left | \int\limits_{a}^{b}f(x)dx \right | \leqslant \left | \int\limits_{a}^{b} \left | f(x)dx \right |\right |$.

Литература
Смотрите так же

Свойство монотонности интеграла

Свойство 2 (свойство монотонности интеграла)

Если $latex f,g \in R[a,b] (a

$latex \int\limits_{a}^{b}f(x)dx \geqslant \int\limits_{a}^{b}g(x)dx$.

Спойлер

$latex \square$Пусть $latex \phi(x) \equiv f(x)-g(x)$, тогда $latex \phi \in R[a,b]$ и $latex \phi \geqslant 0$. По свойству интеграла от положительной функции

$latex \int\limits_{a}^{b}(f(x)-g(x))dx \geqslant 0 $,

тогда получим что

$latex \int\limits_{a}^{b}f(x)dx \geqslant \int\limits_{a}^{b}g(x)dx$.

Что и требовалось доказать.$latex \blacksquare$

[свернуть]
Пример

Не вычисляя интегралов, определить какой из них больше $latex \int\limits_{3}^{4}\ln{x}dx$ или $latex \int\limits_{3}^{4}\ln^{2}{x}dx$

Спойлер

Заметим, что $latex \ln{x}\geqslant \ln{3}>\ln {e=1},\forall\;x\in[3,4]$ поэтому $latex \ln^{2}{x}>\ln{x},\;\forall\;x\in[3,4]$. Тогда, по свойству монотонности интеграла  $latex \int\limits_{3}^{4}\ln{x}dx < \int\limits_{3}^{4}\ln^{2}{x}dx$.

[свернуть]
Литература
Смотрите так же

Интеграл от положительной функции

Свойство 1 (интеграл от положительной функции)

 Если $latex f(x) \in R[a,b]$ и $latex f(x)\geqslant 0\;\forall\;x\in[a,b]\;(a<b)$, то и
$latex \int\limits_{a}^{b} f(x)dx \geqslant 0$.

Спойлер

$latex \square$Рассмотрим интегральную сумму Дарбу для данного интеграла

$latex \delta _{T}(\xi ,f)=\sum\limits_{i=1}^{n}f(\xi _{i})\Delta x_{i}$.

Поскольку $latex f(\xi _{i})\geqslant 0$ и $latex \delta x_{i}\geqslant 0$, то и

$latex \delta _{T}(\xi ,f)=\sum\limits_{i=1}^{n}f(\xi _{i})\Delta x_{i} \geqslant 0$,

тогда

$latex \int\limits_{a}^{b}f(x)dx=\lim\limits_{\lambda\rightarrow 0}\delta _{T}(\xi ,f) \geqslant 0$.

Что и требовалось доказать.$latex \blacksquare$

[свернуть]
Пример

Не вычисляя интеграла, определить его знак $latex \int\limits_{1}^{2}(x^{2}+3)dx$.

Спойлер

Рассмотрим подынтегральную функцию $latex f(x)=x^{2}+3$. Поскольку $latex f(x)>0 , \; \forall \; x \in [1,2]$, то по свойству интеграла от положительной функции  $latex \int\limits_{1}^{2}(x^{2}+3)dx > 0$.

[свернуть]
Литература
Смотрите так же