Функции $f(x)$ и $g(x)$ непрерывны на отрезке $\left[0; 1\right]$ и удовлетворяют равенствам
$$\int\limits_{0}^{1} f(x) dx = \int\limits_{0}^{1} g(x) dx = 1$$ и $$\int\limits_{0}^{1} \sqrt{f^2(x)+g^2(x)} dx = \sqrt{2} .$$
Докажите, что $f(x) = g(x)$ на отрезке $\left[0; 1\right]$.
Для любой пары неотрицательных чисел $а$ и $b$ справедливо элементарное неравенство $a + b \leqslant \sqrt{2(a^2 + b^2)}$. При этом неравенство обращается в равенство лишь тогда, когда $a = b$. Ввиду этого и условий задачи, можно записать цепочку неравенств $$ 2 \leqslant \int\limits_{0}^{1} (|f(x)| + |g(x)|) dx \leqslant \sqrt{2} \int\limits_{0}^{1} \sqrt{f^2(x)+g^2(x)} dx = 2 .$$
Отсюда следует, что функции $f(x)$ и $g(x)$ равны и неотрицательны на отрезке $\left[0; 1\right]$.
Подобным образом читатель может доказать аналогичное утверждение для трех (и более) функций: если $f(x)$, $g(x)$ и $\varphi(x)$ непрерывны на отрезке $\left[0; 1\right]$ и $$\int\limits_{0}^{1} f(x) dx = \int\limits_{0}^{1} g(x) dx = \int\limits_{0}^{1} \varphi(x) = 1 ,$$ а
$$\int\limits_{0}^{1} \sqrt{f^2(x)+g^2(x)+\varphi^2(x)} dx = \sqrt{3}, $$ то $f(x) = g(x) = \varphi(x)$ на $\left[0; 1\right]$.
Будем называть декартовой плоскостью $\mathbb{R}^2$ множество всех упорядоченных пар действительных чисел $(x,y)$. Элементы $\mathbb{R}^2$ называют точками, а числа $x,y$ – координатами этих точек.
Пусть $a\leqslant b,c\leqslant d$. Множество всех точек, координаты $(x,y)$ которых удовлеворяют неравенствам $a\leqslant x\leqslant b,c\leqslant y\leqslant d$, будем называть прямоугольником и обозначать $[a,b;c,d]$. Стороны прямоугольника параллельны координатным осям. Если $a=b$ или $c=d$, то прямоугольник $[a,b;c,d]$ называется вырожденным.
Множество всех точек $(x,y)$ , удовлетворяющих неравенствам $a< x< b, c< y< d$, называют внутренностью прямоугольника.
Площадью (или мерой) прямоугольника $I\equiv [a,b;c,d]$ называется произведение длин его сторон, т.е. $m(I)=(d−c)(b−a)$.
Фигурой (или элементарным множеством) назовем такое множество на плоскости, которое можно представить в виде объединения конечного числа прямоугольников. Фигура называется вырожденной, если она может быть представлена в виде конечного объединения вырожденных прямоугольников.
Предложение. Каждую фигуру можно разбить на конечное число прямоугольников с попарно непересекающимися внутренностями.
Это предложение принимаем без доказательства.
Определение. Пусть фигура $X$ является объединением прямоугольников $I_{1},\dots ,I_{n}$, у которых внутренности попарно не пересекаются. Тогда мерой фигуры $X$ называется
$$m(X) = \sum_{k=1}^{n}m(I_{k}).$$
Нетрудно показать, что данное определение меры не зависит от способа разбиения этой фигуры на прямоугольники с попарно непересекающимися внутренностями. Ясно, что мера вырожденной фигуры равна нулю.
Пусть теперь $E$ – произвольное множество на плоскости, которое содержится в некотором прямоугольнике, т.е. ограниченное.Число $$m^*(E) = \inf_{X\supset E}m(X),$$ где нижняя грань берется по всевозможным фигурам $X$, содержащим множество $E$, называется внешней мерой Жордана множества $E$. Далее, число $$m_{*}(E) = \sup_{X\subset E}m(X),$$ где верхняя грань берется по всевозможным фигурам $X$, содержащимся во множестве $E$, называется внутренней мерой Жордана множества $E$.
Нетрудно показать, что если фигуры $X$ и $Y$ таковы, что $X\subset Y$, то $m(X) \leqslant m(Y)$. Отсюда сразу следует, что для любого ограниченного множества $E$ справедливо неравенство $m_{∗}(E)\leqslant m^*(E).$
Определение. Если внутренняя мера множества $E$ равна его внешней мере, то множество $E$ называется измеримым по Жордану или квадрируемым. В этом случае общее значение внешней и внутренней мер называется мерой Жордана множества $E$ и обозначается $m(E).$
Пусть $E$ – множество всех точек из единичного квадрата $[0,1;0,1]$, у которых обе координаты рациональны. Это множество не содержит ни одной невырожденной фигуры, т.к. в каждом невырожденном прямоугольнике существуют точки с иррациональными координатами. Значит, $m_{∗}(E)=0.$ С другой стороны, нетрудно показать, что любая фигура, содержащая множество $E$, содержит также единичный квадрат. Поэтому $m^∗(E)=1.$ Таким образом, $m_{∗}(E)< m^∗(E)$, так что множество $E$ неизмеримо по Жордану.
Определение. Пусть $f$ – неотрицательная функция на отрезке $[a,b].$ Подграфиком функции $f$ будем называть множество $E_{f}$ всех точек $(x,y)$, координаты которых удовлетворяют неравенствам $a\leqslant x\leqslant b,0\leqslant y\leqslant f(x).$
Теорема. Пусть функция $f$ неотрицательна и интегрируема на отрезке $[a,b].$ Тогда ее подграфик $E_{f}$ измерим и $$m(E_{f}) = \int \limits_{a}^{b} f(x)dx.$$
Возьмем разбиение $a = x_{0} < x_{1} < \dots < x_{n} = b$ отрезка $[a,b]$ и обозначим $$m_{i} = \inf_{x\in [x_{i},x_{i+1}]}f(x),\;\;\;\;\;\;\; M_{i} = \sup_{x\in [x_{i},x_{i+1}]}f(x).$$
Далее пусть
$$\underline \Delta_{i} = [x_{i},x_{i+1};0,m_{i}],$$ $$\overline{\Delta_{i}} = [x_{i},x_{i+1};0,M_{i}],$$ $$\underline X=\bigcup_{i=0}^{n-1}\underline \Delta_{i},$$ $$\overline{X}=\bigcup_{i=0}^{n-1}\overline{\Delta_{i}}.$$
Тогда, по определению меры фигуры, имеем $$m(\underline X)=\sum_{i=0}^{n-1}m(\underline\Delta_{i})=\sum_{i=0}^{n-1}m_{i}\Delta x_{i}=\underline S ,$$
где $\underline S$ – нижняя сумма Дарбу функции $f$, соответствующая выбранному разбиению. Аналогично получаем, что $m(\overline X)=\overline S,$ где $\overline S$ – верхняя сумма Дарбу.
Поскольку функция $f$ интегрируема, то $\overline S — \underline S\rightarrow 0$ вместе с диаметром разбиения. Следовательно, для любого $\varepsilon >0$ найдется такое $\delta >0$, что для любого разбиения диаметра, меньшего, чем $\delta$, справедливо неравенство $\overline S — \underline S < \varepsilon$. Значит, $m(\overline X)−m(\underline X) < \varepsilon$. Заметим, что $\underline X\subset E_{f} \subset \overline X$. Поэтому $m(\underline X) \leqslant m_{*}(E_{f}) \leqslant m^*(E_{f}) \leqslant m(\overline X)$. Отсюда следует $m^*(E_{f})-m_{*}(E_{f}) <\varepsilon$, а значит, $m_{∗}(E_{f})$ и $m^∗(E_{f})$ равны. Это означает, что множество $E_{f}$ измеримо. Кроме того, из неравенств $\underline S \leqslant m(E_{f})\leqslant \overline S$ и из того, что $\displaystyle \overline S - \underline S\rightarrow 0$ и $\displaystyle \overline S \rightarrow \int\limits_{a}^{b} f(x)dx,$ $\displaystyle \underline S \rightarrow \int\limits_{a}^{b} f(x)dx$, вытекает, что $\displaystyle m(E_{f})=\int\limits_{a}^{b} f(x)dx$.
Примеры решения задач
Данные примеры читателю рекомендуется решить самому в качестве тренировки.
Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями $y=x^2+2,$ $y=0,$ $x=-2,$ $x=1$. Решение
На отрезке $[-2;1]$ график функции $y=x^2+2$ расположен над осью $Ox$, поэтому:
$$S=\int\limits_{-2}^{1}(x^2+2)dx=\left ( \frac{x^3}{3}+2x \right )\bigg|_{-2}^1=$$
$$=\frac{1}{3}+2-\left ( -\frac{8}{3}-4 \right ) = \frac{1}{3} +2+\frac{8}{3}+4=9$$
Ответ: $S=9.$
Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями $\displaystyle y=\frac{2}{x},$ $y=x+1,$ $y=0,$ $x=3.$ Решение
Фигура, площадь которой нам нужно найти, зарисована серым цветом.
Этот пример полезен тем, что в нём площадь фигуры считается с помощью двух определенных интегралов:
На отрезке $[-1;1]$ над осью $Ox$ расположен график прямой $y=x+1$;
На отрезке $[1;3]$ над осью $Ox$ расположен график гиперболы $\displaystyle y=\frac{2}{x}$.
Понятно, что площади нужно сложить, поэтому:
$$S=\int\limits_{-1}^{1}(x+1)dx+\int\limits_{1}^{3}\frac{2dx}{x}=$$
$$=\left ( \frac{x^2}{2} +x\right )\bigg|_{-1}^1 +2(\ln x)\bigg|_{1}^3=$$
$$=\frac{1}{2}+1-\left ( \frac{1}{2}-1 \right ) +2(\ln3- \ln 1)=$$
$$=\frac{1}{2}+1-\frac{1}{2}+1+2(\ln3-0)=2+2\ln3=2(1+\ln3)$$
Ответ: $S=2(1+\ln3).$
Найти площадь множества, ограниченного линиями $y=x^2+1,$ $x+y=3.$ Решение
Решая эту систему, находим $x_{1}=-2,$ $x_{2}=1.$ Поэтому
$$S=\int\limits_{-2}^{1}(3-x)dx-\int\limits_{-2}^{1}(x^2+1)dx=$$
$$=9-\frac{x^2}{2}\bigg|_{-2}^1-\left ( \frac{x^3}{3}+x \right )\bigg|_{-2}^1=$$
$$=9-\frac{1}{2}+2-\frac{4}{3}-\frac{8}{3}-2=4.5$$
Ответ: $S=4.5.$
Найти площадь круга $x^2+y^2 \leqslant R^2$. Решение
Верхняя полуокружность задается уравнением $y=\sqrt{R^2-x^2},$ $-R \leqslant x \leqslant R.$ Поэтому площадь верхнего полукруга равна
$$S=\int\limits_{-R}^{R}\sqrt{R^2-x^2}dx=2\int\limits_{0}^{R}\sqrt{R^2-x^2}dx=$$
$$=[x=Rz]=2R^2\int\limits_{0}^{1}\sqrt{1-z^2}dz=\frac{\pi R^2}{2},$$
а значит, площадь всего круга равна $\pi R^2.$
Ответ: $S=\pi R^2.$
Вычисление площадей
Лимит времени: 0
Навигация (только номера заданий)
0 из 7 заданий окончено
Вопросы:
1
2
3
4
5
6
7
Информация
Пройдите этот тест, чтобы проверить свои знания по только что прочитанной теме «Вычисление площадей».
Вы уже проходили тест ранее. Вы не можете запустить его снова.
Тест загружается...
Вы должны войти или зарегистрироваться для того, чтобы начать тест.
Вы должны закончить следующие тесты, чтобы начать этот:
Результаты
Правильных ответов: 0 из 7
Ваше время:
Время вышло
Вы набрали 0 из 0 баллов (0)
Средний результат
Ваш результат
Рубрики
Нет рубрики0%
максимум из 7 баллов
Место
Имя
Записано
Баллы
Результат
Таблица загружается
Нет данных
Ваш результат был записан в таблицу лидеров
Загрузка
1
2
3
4
5
6
7
С ответом
С отметкой о просмотре
Задание 1 из 7
1.
Количество баллов: 1
Заполните пропуск:
Если внутренняя мера множества E равна его внешней мере, то множество E называется (квадрируемым, измеримым по Жордану, квадрируемо, квадрируемое, измиримо по Жардану, измеримо по Жардану, измиримо по Жардану, измеримым по Жардану, измиримым по Жардану, измиримым по Жордану).
Задание 2 из 7
2.
Количество баллов: 1
Укажите верное утверждение
Задание 3 из 7
3.
Количество баллов: 1
Пусть функция $f$ неотрицательна и интегрируема на отрезке $[a,b].$ Тогда ее подграфик $E_{f}$ измерим и
Задание 4 из 7
4.
Количество баллов: 1
Найти площадь фигуры, ограниченной линиями $y=x^2-2,$ $y=2x+1.$
Задание 5 из 7
5.
Количество баллов: 1
Найти площадь плоской фигуры, ограниченной линиями $y=2x-x^2,$ $y=-x.$
Определение. Пусть на отрезке $[a, b]$ задана функция $f.$ Рассмотрим произвольную систему точек $ a = x_0 < x_1 < \ldots < x_n = b.$ Каждую такую систему назовем разбиением отрезка $ [a,b],$ а само разбиение будем обозначать через $ \Pi .$ Отрезки $[x_i, x_{i+1}] (i = 0, 1, \ldots , n-1) $ называются частичными отрезками разбиения. Наибольшую из длин $\Delta x_i = x_{i+1}-x_i$ частичных отрезков называют диаметром этого разбиения и обозначают $$ d(\Pi) = \underset{0 \leqslant i \leqslant n-1} {\max} \Delta x_i.$$
В каждом из частичных отрезков $ [x_i, x_{i+1}] $ выберем произвольным образом точку $\xi_i$ и составим сумму $$ \sigma = \sum\limits_{i=0}^{n-1} f (\xi_i) \Delta x_i.$$
Сумма $\sigma$ называется интегральной суммой для функции $f,$ соответствующей заданному разбиению $\Pi $ и заданному выбору точек $\xi_i .$
Для каждого заданного разбиения множество всевозможных интегральных сумм бесконечно, поскольку каждая интегральная сумма зависит от способа выбора точек $\xi_i .$
Определение. Число $I$ называется пределом интегральных сумм $\sigma$ при стремлении к нулю диаметра разбиения $d(\Pi),$ если для любого $\varepsilon > 0 $ найдется такое $\delta > 0,$ зависящее, вообще говоря, от $\varepsilon,$ что для любого разбиения $\Pi $ отрезка $[a, b]$ диаметра $d(\Pi) < \delta $ при любом выборе промежуточных точек $\xi_i $ из частичных отрезков этого разбиения соответствующая интегральная сумма $ \sigma $ удовлетворяет неравенству $ |\sigma — I| < \varepsilon, $ т. е. $ \forall \varepsilon \exists \delta > 0 : \forall \Pi,$ $d(\Pi) < \delta$ $\forall \xi_i \in [x_i, x_{i+1}] (i = 0, 1, \ldots , n-1) |\sigma — I| < \varepsilon. $
Определение. Если существует конечный предел интегральных сумм при стремлении к нулю диаметра разбиения, то этот предел называется интегралом от функции $f$ по отрезку $[a, b]$ и обозначается $\displaystyle\int\limits_a^b \!f(x)\,dx .$ В этом случае функция $f$ называется интегрируемой на отрезке $[a, b].$ В противном случае говорят, что функция $f$ неинтегрируема на $[a, b].$
Итак, $$ \int\limits_a^b\! f(x)\,dx = \underset {d(\Pi) \to 0}{\lim} \sigma .$$
Геометрический смысл определенного интеграла.
С геометрической точки зрения интегральная сумма представляет собой сумму площадей прямоугольников высотой $f (\xi_i)$ и шириной $x_{i+1}-x_i.$
Поэтому определенный интеграл – предел интегральных сумм при стремлении к нулю диаметра разбиения – можно интерпретировать как площадь (с учетом знака) криволинейной трапеции, ограниченной осью $Ox,$ прямыми $x = a, x = b$ и графиком функции $y = f(x).$
По аналогии с определением предела функции в смысле Гейне, определение предела интегральных сумм можно выразить в терминах последовательностей следующим образом.
Определение. Число $I$ называется пределом интегральных сумм при стремлении к нулю диаметра разбиения, если для любой последовательности $\Pi_1, \Pi_2, \ldots , \Pi_n, \ldots $ разбиений отрезка $[a, b],$ такой, что $d(\Pi_n) \to 0$ при $ n \to \infty,$ и при любом выборе промежуточных точек из частичных отрезков этих разбиений соответствующая последовательность интегральных сумм $\sigma_1, \sigma_2, \ldots , \sigma_n, \ldots$ сходится к числу $I.$
Упражнение. Докажите равносильность этих двух определений предела интегральных сумм.
Теорема. Если функция $f$ интегрируема на отрезке $[a, b],$ то она ограничена на этом отрезке.
Предположим, что функция $f$ неограничена на $[a, b],$ и покажем, что в этом случае для любого разбиения $\Pi$ промежуточные точки $\xi_i$ можно выбрать так, чтобы модуль соответствующей интегральной суммы оказался большим любого наперед заданного числа. Рассмотрим произвольное разбиение $\Pi : a = x_0 < x_1 < \ldots < x_n = b.$ Если $f$ неограничена на $[a, b],$ то найдется такой частичный отрезок $[x_j , x_{j+1}],$ на котором $f$ также неограничена. Действительно, если бы $f$ оказалась ограниченной на каждом из частичных отрезков, то она была бы ограниченной и на всем отрезке $[a, b].$ Итак, предположим, что $f$ неограничена сверху на $[x_j , x_{j+1}].$ Зададим произвольное число $M$ и покажем, что точки $\xi_i$ можно выбрать так, чтобы соответствующая интегральная сумма $\sigma$ стала большей, чем $M.$ Действительно, сначала выберем точки $\xi_i$ во всех отрезках, кроме $[x_j , x_{j+1}],$ и составим сумму $\displaystyle\sigma^\prime = \sum\limits_{i:i\neq j}$ $f(\xi_i) \Delta x_i.$ Затем точку $\xi_j$ выберем так, чтобы выполнялось неравенство $f(\xi_j ) \Delta x_j + \sigma^\prime > M.$ Это возможно в силу того, что функция $f$ неограничена сверху на $[a, b].$ Тогда получим, что для интегральной суммы $\sigma = \sigma^\prime + f(\xi_j ) \Delta x_j$ выполнено неравенство $\sigma > M.$
Случай неограниченной снизу $f$ исчерпывается аналогичным образом.
Наконец заметим, что из определения предела интегральных сумм вытекает, что при достаточно мелком разбиении интегральные суммы ограничены независимо от способа выбора промежуточных точек. Действительно, в определении предела условие $d(\Pi) < \delta$ влечет выполнение неравенства $|\sigma−I| < \varepsilon,$ откуда следует, что $|\sigma| < |I|+ \varepsilon.$ Мы же, предположив, что функция $f$ неограничена на $[a, b],$ получаем противоречие с ограниченностью интегральных сумм.
Замечание. В доказательстве теоремы мы воспользовались тем, что для интегрируемой функции при достаточно мелком разбиении интегральные суммы ограничены. На самом деле у интегрируемой функции ограничено множество всех интегральных сумм, соответствующих всевозможным разбиениям, а не только достаточно мелким. Действительно, мы доказали, что интегрируемая на $[a, b]$ функция $f$ ограничена, т. е. существует такое число $A,$ что $|f(x)| < A$ для всех $x \in [a, b].$ Поэтому для любого разбиения $\Pi$ при любом способе выбора точек $\xi_i$ получим $$ |\sigma| \leqslant \sum\limits_{i=0}^{n-1} \left|f(\xi_i) \Delta x_i\right| \leqslant A \sum\limits_{i=0}^{n-1} \Delta x_i = A (b-a). $$
Итак, каждая интегрируемая функция ограничена. Однако не каждая ограниченная функция интегрируема.
Эта функция ограничена. Покажем, что она неинтегрируема на любом невырожденном отрезке $[a, b].$ Действительно, если для произвольного разбиения $\Pi$ все точки $\xi_i$ выбрать рациональными, то получим $$ \sigma = \sum\limits_{i=0}^{n-1} \mathcal {D}(\xi_i) \Delta x_i = \sum\limits_{i=0}^{n-1} \Delta x_i = b-a.$$ Если же все точки $\xi_i$ взять иррациональными, то $$ \sigma = \sum\limits_{i=0}^{n-1} \mathcal {D}(\xi_i) \Delta x_i = 0. $$ Отсюда следует, что интегральные суммы не имеют предела при стремлении к нулю диаметра разбиения.
Пример 1.
Пусть $f(x) = c,$ $a \leqslant x \leqslant b.$ Тогда для любого разбиения $\Pi$ при любом выборе точек $\xi_i$ будет $f(\xi_i) = c$ и поэтому $$\sigma = \sum\limits_{i=0}^{n-1} f(\xi_i)\Delta x_i = c \sum\limits_{i=0}^{n-1} \Delta x_i = c (b-a).$$ Таким образом, $ \displaystyle\int\limits_{a}^{b}\! c\,dx = c (b-a).$
Пример 2.
Пусть $f(x) = x, 0 \leqslant x \leqslant 1.$ Выберем произвольное разбиение $\Pi : 0 = x_0 < x_1 < \ldots < x_n = 1$ и точки $\xi_i \in [x_i, x_{i+1}].$ Тогда
соответствующая интегральная сумма будет иметь вид $\displaystyle\sigma = \sum\limits_{i=0}^{n-1} \xi_i \Delta x_i.$ Наибольшая из всех интегральных сумм, соответствующая выбранному разбиению, равна $\displaystyle\overline \sigma = \sum\limits_{i=0}^{n-1} x_{i+1} \Delta x_i,$ а наименьшая $\displaystyle\underline \sigma = \sum\limits_{i=0}^{n-1} x_i \Delta x_i.$ Тогда имеем $$\overline {\sigma} + \underline \sigma = \sum_{i=0}^{n-1}(x_{i+1}+x_i) \Delta x_i = \sum\limits_{i=0}^{n-1}(x_{i+1}^2 — x_{i}^2)$$ $$\overline {\sigma}-\underline \sigma = \sum\limits_{i=0}^{n-1}(x_{i+1}+x_i) \Delta x_i \leqslant d(\Pi) \sum\limits_{i=0}^{n-1} \Delta x_i = d(\Pi).$$ Таким образом, $\overline \sigma −\underline \sigma \to 0$ при $d(\Pi) \to 0,$ а поскольку $\underline \sigma + \overline \sigma = 1,$ то обе эти суммы стремятся к $\displaystyle\frac {1}{2}.$ Отсюда и из неравенства $\underline \sigma \leqslant \sigma \leqslant \overline \sigma$ сразу следует, что $\displaystyle\sigma \to \frac{1}{2}$ при $d(\Pi) \to 0.$ Итак, функция интегрируема и $\displaystyle\int\limits_{0}^{1} \!x\,dx = \frac{1}{2}.$
Пример 3. Ступенчатые функции.
Функция $f$ называется ступенчатой
на отрезке $[a, b],$ если $[a, b]$ можно разбить на отрезки $[a_0, a_1], \ldots ,[a_{s−1}, a_s],$ где $a = a_0 < a_1 < \ldots < a_s = b,$ такие, что функция $f$ постоянна на каждом интервале $(a_j , a_{j+1}),$ т. е. $f(x) = c_j,$ $x \in (a_j , a_{j+1}),$ $j = 0, 1, \ldots , s − 1.$ При достаточно малых $\delta$ для разбиения $\Pi : a = x_0 < x_1 < \ldots < x_n = b,$ диаметр которого меньше, чем $\delta,$ все частичные отрезки разбиения, за исключением, быть может, не более чем $2s$ штук, расположены целиком в соответствующих интервалах постоянства функции $f.$ Пусть разбиению $\Pi$ при каком-либо выборе промежуточных точек $\xi_j$ соответствует интегральная сумма $\sigma.$ Имеем $$\left|\sigma-\sum\limits_{j=0}^{s-1} c_j (a_{j+1}-a_j)\right| \leqslant 2s \cdot \delta \cdot \left[\underset{a\leqslant x\leqslant b}{\mathrm{\max}} f(x)-\underset{a\leqslant x\leqslant b}{\mathrm{\min}} f(x)\right].$$ Отсюда ясно, что при стремлении к нулю диаметра разбиения интегральные суммы стремятся к $\displaystyle\sum\limits_{j=0}^{s-1} c_j (a_{j+1}-a_j),$ т.е. $\displaystyle\int\limits_{a}^{b} \!f(x)\,dx = \sum\limits_{j=0}^{s-1} c_j (a_{j+1}-a_j).$
Пример 4. Функция Римана.
Напомним, что функция Римана определяется равенством $$\begin{equation*}
\mathcal{R}\left(x\right) =
\begin{cases}
0, &\text{x — рационально,}\\
\displaystyle\frac{1}{q}, &\text{где x = $\displaystyle\frac{p}{q}$ — несократимая дробь.}
\end{cases}
\end{equation*} $$ Покажем, что эта функция интегрируема на $[0, 1]$ и ее интеграл равен нулю. Для этого заметим, что для любого $x \in [0, 1]$ имеем $\lim\limits_{y \to x} \mathcal{R}(y) = 0.$ Действительно, это сразу следует из того, что при любом фиксированном $\varepsilon > 0$ на отрезке $[0, 1]$ существует лишь конечное число таких точек, в которых функция Римана принимает значения большие, чем $\varepsilon.$ Обозначим число таких точек через $N_\varepsilon.$ Зафиксируем $\varepsilon > 0$ и положим $\displaystyle ε^\prime = \frac {\varepsilon}{2},$ $\displaystyle\delta = \frac{\varepsilon^{\prime}}{2N_{\varepsilon^\prime}}.$ Тогда при любом разбиении $\Pi,$ диаметр которого меньше, чем $\delta,$ и при любом способе выбора промежуточных точек количество слагаемых в интегральной сумме, для которых значение функции больше, чем $\varepsilon^\prime,$ не превосходит $2N_{\varepsilon^\prime}.$ Поэтому для интегральной суммы σ справедлива следующая оценка: $$\sigma \leqslant N_{\varepsilon^{\prime}}\delta + \varepsilon^\prime \sum\limits_{i=0}^{n-1} \Delta x_i \leqslant N_{\varepsilon^{\prime}} \frac{\varepsilon^{\prime}}{2N_{\varepsilon^\prime}} = \varepsilon.$$ Таким образом, получили, что $\sigma \to 0$ при $d(\Pi) \to 0,$ т. е. $\displaystyle\int\limits_{0}^{1}\! \mathcal{R}(x)\,dx = 0.$
Примеры решения задач
Данные примеры читателю рекомендуется решить самому в качестве тренировки.
Исходя из определения определенного интеграла, найти $\displaystyle\int\limits_{0}^{T} (v_0 + gt)\,dt,$ где $v_o$ и $g$ — постоянны. Решение
Рассмотрим разбиение отрезка $[0; T]$ на $n$ равных частей точками $\displaystyle\mathcal{T}_i = \frac {T_i}{n}$ $0 \leqslant i \leqslant n.$ Выберем точки разметки на левых концах отрезков разбиения: $\xi_i = \mathcal{T}_i.$ Интегральная сумма для функции $f(t) = v_0+gt$ равна: $$S_n=\sum\limits^{n-1}_{i=0}(v_0 + g\xi_i)(\mathcal{T}_{i+1}-\mathcal{T}_i)=\sum\limits^{n-1}_{i=0}\left(v_0 + g\frac{T_i}{n}\right)\frac{T}{n} = \frac{T}{n}\left(v_0n + \frac{gT}{n}\sum\limits^{n-1}_{i=0}\right).$$ По формуле суммы арифметической прогрессии $\displaystyle\sum\limits^{n-1}_{i=0}i = \frac{(n-1)n}{2},$ следовательно, $$S_n = \frac{T}{n}\left(v_0n + \frac{gT(n-1)n}{2n}\right) = v_0T + \frac {gT^2(n-1)}{2n}.$$ Сведём вычисление интеграла к вычислению обычной последовательности. $$\int\limits^T_0 (v_0 + gt)\,dt = \lim_{n\to +\infty}\left(v_0T+\frac{gT^2(n-1)}{2n}\right)=v_0T+\frac{gT^2}{2}.$$
Вычислить определенный интеграл, рассматривая его как предел соответствующих интегральных сумм и производя разбиение промежутка интеграции надлежащим образом: $\displaystyle\int\limits^1_0 a^x \,dx,$ $(a>0).$ Решение
Разобьем отрезок интегрирования на $n$ равных частей: $\displaystyle x_i=\frac{i}{n},$ $0 \leqslant i \leqslant$ n и выберем точки разметки $\xi_i = x_i (0 \leqslant i \leqslant n−1).$ Длина каждого из отрезков разбиения $\displaystyle\Delta x_i = x_{i+1}-x_i=\frac{1}{n}.$ Интегральная сумма $$S_n = \sum\limits_{i=0}^{n-1}a^{\xi_i} \Delta x_i = \frac{1}{n} \sum\limits_{i=0}^{n-1} a^{\frac{i}{n}} = \frac{1}{n} \sum\limits^{n-1}_{i=0}(a^{\frac{i}{n}})^i.$$ Суммируя геометрическую прогрессию с первым членом, равным 1, и знаменателем $q=a^{\frac{1}{n}},$ получаем $$\sum\limits^{n-1}_{i=0}(a^{\frac{1}{n}})^i = \frac{a-1}{a^{\frac{1}{n}}-1}$$ Отсюда следует, что $$S_n = \frac {a-1}{n(a^{\frac{1}{n}}-1)}$$ Так как при $n \to +\infty$ последовательность $\displaystyle a^{\frac{1}{n}}-1 \sim \frac{\ln a}{n},$ то $$\int\limits^1_0 a^x \,dx = \lim_{n\to +\infty} S_n = \lim_{n\to +\infty} \frac{(a-1)n}{n \ln a} = \frac{a-1}{\ln a}.$$
Вычислить определенный интеграл, рассматривая его как предел соответствующих интегральных сумм и производя разбиение промежутка интеграции надлежащим образом: $\displaystyle\int\limits^b_a \frac{dx}{x^2},$ $(0 < a < b).$ Решение
Данный тест поможет Вам разобраться с материалом по теме «Интеграл Римана».
Вы уже проходили тест ранее. Вы не можете запустить его снова.
Тест загружается...
Вы должны войти или зарегистрироваться для того, чтобы начать тест.
Вы должны закончить следующие тесты, чтобы начать этот:
Результаты
Правильных ответов: 0 из 5
Ваше время:
Время вышло
Вы набрали 0 из 0 баллов (0)
Рубрики
Нет рубрики0%
1
2
3
4
5
С ответом
С отметкой о просмотре
Задание 1 из 5
1.
Выбрать правильное обозначение диаметра разбиения (наибольшую из длин частичных отрезков).
Правильно
Неправильно
Задание 2 из 5
2.
Когда функция $f$ называется интегрируемой на отрезке $[a, b]$?
Правильно
Неправильно
Задание 3 из 5
3.
С геометрической точки зрения интеграл представляет собой площадь криволинейной
(трапеции, тропеции, трапецыи, тропецыи)
Правильно
Неправильно
Задание 4 из 5
4.
Функция $f$ называется ступенчатой на отрезке $[a,b]$, если $[a,b]$ можно разбить на отрезки _______, где $a =$ _______$= b$, такие, что функция $f$ постоянна на каждом интервале _______, т. е. $f(x) = c_j$, $x \in (a_j , a_{j+1})$, $j =$ _______.
$[a_0, a_1], ... , [a_{s-1}, a_s]$
$a_0 < a_1 < ... < a_s$
$(a_j, a_{j+1})$
$0, 1, . . . , s − 1$
Правильно
Неправильно
Задание 5 из 5
5.
Чему равен $\displaystyle\int\limits_0^1 \mathcal{R}(x)\,dx$ (интеграл от функции Римана)?
Пусть функция [latex]f[/latex] интегрируема на отрезке [latex][a,b][/latex]. Обозначим
$$F(x) = \int\limits_{a}^{x} f(t)dt (x \epsilon [a,b]).$$
По свойству интегрируемых функций, [latex]f[/latex] интегрируема на [latex][a,x][/latex] для любого [latex]x \epsilon [a,b][/latex]. Поэтому функция [latex]F[/latex] интегрируема на [latex][a,b][/latex]. Заметим, что [latex]F(a) = 0[/latex]. Функцию [latex]F[/latex] называют интегралом с переменным верхним пределом, или неопределенным интегралом Римана.
Теорема.
Если функция [latex]f[/latex] интегрируема на отрезке [latex][a,b][/latex], то функция [latex]F(x)[/latex] непрерывна на этом отрезке.
Пусть [latex]x[/latex] [latex]\epsilon[/latex] [latex][a,b][/latex] и [latex]x + \Delta x[/latex] [latex]\epsilon[/latex] [latex][a,b][/latex]. Докажем, что
$\Delta F = F\left(x + \Delta x \right) — F \left(x \right) \to 0$ при $\Delta x \to 0.$
В силу свойств интеграла, связанных с отрезками интегрирования, имеем
$$\Delta F = \int\limits_{a}^{x + \Delta x} f \left(t \right)dt — \int\limits_{a}^{x} f \left(t \right)dt = \int\limits_{x}^{x + \Delta x} f \left(t \right)dt.$$
Так как функция [latex]f[/latex] интегрируема на отрезке [latex][a,b][/latex], то она ограничена, т. е.
$$\exists M > 0 : \forall x \epsilon [a,b] \to |f(x)| \leqslant M$$
Согласно правилу оценки интеграла:
$$ \left|\Delta F \right| \leqslant \left|\int\limits_{x}^{x + \Delta x} \left|f(t) \right|dt \right| \leqslant M|\Delta x|,$$
откуда получаем: [latex]\Delta F \to 0[/latex] при [latex]\Delta x \to 0[/latex], т. е. функция [latex]F[/latex] непрерывна в точке [latex]x[/latex]. Поскольку [latex]x[/latex] — произвольная точка отрезка [latex][a,b][/latex], то функция [latex]F[/latex] непрерывна на отрезке [latex][a,b][/latex].
Теорема доказана.
Теорема.
Пусть функция [latex]f[/latex] интегрируема на [latex][a,b][/latex] и непрерывна в точке [latex]x_0[/latex] [latex]\epsilon[/latex] [latex][a,b][/latex]. Тогда функция [latex]F[/latex] дифференцируема в точке [latex]x_0[/latex] и [latex]F^\prime(x_0) = f(x_0)[/latex].
Пусть, например, [latex]a <x_0 < b[/latex].
(в точках [latex]a[/latex] и [latex]b[/latex] можно рассматривать только односторонние производные). Тогда для любого [latex]h \neq 0[/latex], такого, что [latex]x_0 + h[/latex] [latex]\epsilon[/latex] [latex][a,b][/latex], имеем
$$\frac{F(x_0 + h) — F(x_0)}{h} = \frac{1}{h}\cdot\left(\int\limits_a^{x_0+h} f(t)dt — \int\limits_a^{x_0} f(t)dt\right) = \frac{1}{h} \cdot \int\limits_{x_0}^{x_0+h} f(t)dt.$$
Отсюда следует
$$\left|\frac{F(x_0 + h) — F(x_0)}{h} — f(x_0)\right| = \left|\frac{1}{h} \cdot \int\limits_{x_0}^{x_0+h} f(t)dt — f(x_0)\right| =$$
$$= \left|\frac{1}{h} \cdot \int\limits_{x_0}^{x_0+h} [f(t) — f(x_0)]dt\right| \leqslant \frac{1}{|h|} \cdot \left|\int\limits_{x_0}^{x_0+h} \left|f(t) — f(x_0)\right|dt\right| \equiv \rho(h).$$
Если мы покажем, что [latex]\rho(h) \to 0[/latex] при [latex]h \to 0[/latex], то тем самым теорема будет доказана. Для оценки [latex]\rho(h)[/latex] предположим для определенности, что [latex]h > 0[/latex].
Зададим произвольное [latex]\varepsilon > 0[/latex] и, пользуясь непрерывностью функции [latex]f[/latex] в точке [latex]x_0[/latex], найдем такое [latex]\delta > 0[/latex], то для всех [latex]t[/latex], удовлетворяющих условию [latex]\left|t — x_0\right| < \delta[/latex], справедливо неравенство [latex]\left|f(t) — f(x_0)\right| < \varepsilon[/latex]. Если теперь [latex]0 < h < \delta[/latex], то получим
$$\rho(h) = \frac{1}{h} \cdot \int\limits_{x_0}^{x_0+h}\left|f(t) — f(x_0)\right|dt \leqslant \varepsilon.$$
Отсюда следует, что [latex]\rho(h) \to 0[/latex] при [latex]h \to 0[/latex].
Случай [latex]h < 0[/latex] исчерпывается аналогичным образом. В точках [latex]x_0 = a[/latex] и [latex]x_0 = b[/latex] приведенные выше рассуждения достаточно применить для [latex]h > 0[/latex] и [latex]h < 0[/latex], соответственно.
Теорема доказана.
Замечание.Условие непрерывности функции [latex]f[/latex] в точке [latex]x_0[/latex] не является необходимым для дифференцируемости [latex]F[/latex] в точке [latex]x_0[/latex]. Например, если взять непрерывную на отрезке [latex][a,b][/latex] функцию [latex]f[/latex], то, по доказанной теореме, функция [latex]F[/latex] будет дифференцируемой в каждой точке отрезка [latex][a,b][/latex]. Изменим теперь значение функции [latex]f[/latex] в одной точке. В результате получим разрывную функцию [latex]\overline{f}[/latex]. В то же время, как легко видеть, функция [latex]F[/latex] остается прежней, т.е. [latex]\overline{F}(x)[/latex] [latex]\equiv[/latex] [latex]\int\limits_a^x \overline{f}(t)dt[/latex] [latex]=[/latex] [latex]F(x)[/latex] [latex](x[/latex] [latex]\epsilon[/latex] [latex][a,b])[/latex] (поскольку изменение функции в конечном числе точек не влияет на величину её интеграла). Таким образом, получим, что интеграл с переменным верхним пределом от разрывной функции может оказаться дифференцируемым.
Пример 1.
Рассмотрим функцию
$$f \left( x \right) = \begin{cases} \sin\frac{1}{x}, & 0 < x \leqslant 1, \\ 0, & x = 0 \end{cases}$$
Эта функция ограничена на отрезке [latex][0,1][/latex] и имеет единственную точку разрыва [latex]x_0[/latex] [latex]=[/latex] [latex]0[/latex]. Значит она интегрируема на [latex][0,1][/latex]. Обозначим [latex]F(x)[/latex] [latex]=[/latex] [latex]\int\limits_0^x f(t)dt[/latex]. Поскольку [latex]f[/latex] непрерывна в каждой точке [latex]x \neq 0[/latex], то, по предыдущей теореме, функция [latex]F[/latex] дифференцируема в каждой точке [latex]x \epsilon [0,1][/latex] и [latex]F^\prime(x)[/latex] [latex]=[/latex] [latex]\sin\frac{1}{x}[/latex]. В точке [latex]x_0 = 0[/latex] функция [latex]f[/latex] разрывна и поэтому предыдущая теорема неприменима. Однако можно показать, что существует [latex]F^\prime_+(0) = 0[/latex].
Пример 2.
Пусть $f(x) = \operatorname {sign} x$, [latex]-1 \leqslant x \leqslant 1[/latex]. Если [latex]-1 \leqslant x < 0[/latex], то [latex]f(t)[/latex] [latex]=[/latex] [latex]-1[/latex], [latex]-1 \leqslant t \leqslant x[/latex] и [latex]\int\limits_{-1}^{x} f(t)dt = -\left(x — \left(-1\right)\right) = -\left(x + 1\right)[/latex]. Если же [latex]0 \leqslant x \leqslant 1[/latex], то [latex]\int\limits_{-1}^{x} f(t)dt = \int\limits_{-1}^{0} f(t)dt + \int\limits_{0}^{x} f(t)dt = -1 + x[/latex].
Таким образом,
$$f \left( x \right) = \begin{cases} -\left(x + 1\right), & -1 \leqslant x \leqslant 0, \\ x — 1, & 0 \leqslant x \leqslant 1.\end{cases}$$
Легко видеть, что в точке [latex]x_0 = 0[/latex] функция [latex]F[/latex] недифференцируема.
Упражнение. Покажите, что если в некоторой точке функция [latex]f[/latex] имеет скачок, что интеграл с переменным верхним пределом от этой функции недифференцируем в этой точке.
Теорема (основная теорема интегрального исчисления).
Пусть функция [latex]f[/latex] непрерывна на отрезке [latex][a,b][/latex]. Тогда она имеет первообразную на этом отрезке. Одной из её первообразных является интеграл с переменным пределом от этой функции.
Пусть [latex]x[/latex] — произвольная точка отрезка [latex][a,b][/latex]. По теореме о дифференцируемости интеграла функция [latex]F(x)[/latex] имеет в точке [latex]x[/latex] производную, равную [latex]f(x)[/latex], т. е.
$$F^\prime(x) = \frac{d}{dx} \cdot \left(\int\limits_{a}^{x} f(t)dt \right) = f(x)$$
Согласно определения первообразной функция [latex]F(x)[/latex] является первообразной для функции [latex]f(x)[/latex] на отрезке [latex][a,b][/latex], и поэтому справедливо равенство
$$\int f(x)dx = \int\limits_{a}^{x} f(t)dt + C,$$ где [latex]C[/latex] — произвольная постоянная.
Покажем, что у разрывной функции может существовать первообразная. Действительно в примере 1 функция [latex]f[/latex] разрывна в точке [latex]x_0 = 0[/latex]. Рассмотрим функцию [latex]\varphi(x) = x^{2} \cdot \cos \frac {1}{x}[/latex], [latex]x \neq 0[/latex], [latex]\varphi(0) = 0[/latex]. Легко видеть, что [latex]\varphi^\prime(0) = 0[/latex], а при [latex]x < 0 \neq 1[/latex] имеем [latex]\varphi^\prime(0) = 2 \cdot \cos \frac{1}{x} + \sin \frac{1}{x}[/latex]. Положим [latex]g(x) = 2 \cdot \cos \frac{1}{x}[/latex], [latex](x \neq 0)[/latex], [latex]g(0) = 0[/latex]. Тогда функция [latex]g[/latex] непрерывна на [latex][0,1][/latex] и, в силу основной теоремы интегрального исчисления имеет первообразную на [latex][0,1][/latex]. Поэтому и функция [latex]f(x) = \varphi^\prime (x) — g(x)[/latex] имеет первообразную на [latex][0,1][/latex] как разность двух функций, имеющих первообразные.
Теорема Ньютона — Лейбница (основная формула интегрального исчисления).
Пусть функция [latex]f[/latex] непрерывна на отрезке [latex][a,b][/latex] и [latex]\Phi[/latex] — её первообразная на этом отрезке. Тогда
$$\int\limits_{a}^{b} f(x)dx = \Phi(b) — \Phi(a) \equiv \Phi(x) \bigg|_{a}^{b}.$$
Существование первообразной следует из предыдущей теоремы. Кроме того, одной из первообразных является функция $F(x) = \int\limits_{a}^{x}f(t)dt$. Но разность двух любых первообразных постоянна, так что [latex]F(x) — \Phi(x) \equiv C[/latex]. Поскольку [latex]F(a) = 0,[/latex] то отсюда получаем [latex]-\Phi(a) = C.[/latex] Таким образом $F(x) = \Phi(x) — \Phi(a).$ При [latex]x = b[/latex] имеем
$$\int\limits_{a}^{b} f(x)dx = F(b) = \Phi(b) — \Phi(a).$$
Теорема доказана.
Теорема (обобщенная теорема Ньютона — Лейбница).
Пусть функция [latex]f[/latex] интегрируема на отрезке [latex][a,b][/latex], а [latex]\Phi[/latex] непрерывна на этом отрезке и [latex]\Phi^\prime = f(x)[/latex] для всех [latex]x[/latex] [latex]\epsilon[/latex] [latex][a,b][/latex], за исключением, быть может, конечного числа точек. Тогда
$$\int\limits_{a}^{b} f(x)dx = \Phi(b) — \Phi(a).$$
Возьмем произвольное разбиение [latex]a = x_0 < x_1 < … <x_n = b[/latex] отрезка [latex][a,b][/latex], такое, что среди его точек содержатся все те точки, в которых не выполняется равенство [latex]\Phi^\prime = f(x)[/latex]. На каждом из отрезков [latex][x_i, x_i+1][/latex] функция [latex]\Phi[/latex] удовлетворяет условиям теоремы Лагранжа. В силу этой теоремы имеем
$$\Phi(x_i+1) — \Phi(x_i) = \Phi^\prime(\xi_i)\Delta x_i = f(\xi_i) \Delta x_i,$$
где точки [latex]\xi_i[/latex] [latex]\epsilon[/latex] [latex]\left(x_i,x_i+1 \right)[/latex]. Складывая эти равенства, получаем
$$\sum\limits_{i = 0}^{n — 1} \left[\Phi(x_i+1) — \Phi(x_i) \right] = \sum\limits_{i = 0}^{n — 1} f(\xi_i) \Delta x_i$$
Сумма слева, очевидно, равна [latex]\Phi(b) — \Phi(a)[/latex], так что
$$\Phi(b) — \Phi(a) = \sum\limits_{i=0}^{n-1} f(\xi_i) \Delta x_i.$$
Справа имеем интегральную сумму для функции [latex]f[/latex]. По условию [latex]f[/latex] — интегрируемая функция, так что при стремлении к нулю диаметра разбиения сумма справа стремится к [latex]\int\limits_{a}^{b} f(x)dx[/latex]. Поэтому получили
$$\Phi(b) — \Phi(a) = \int\limits_{a}^{b} f(x)dx.$$
Теорема доказана.
Следствие. Если функция [latex]\Phi(x)[/latex] дифференцируема на отрезке [latex][a,b][/latex] и её производная [latex]f(x) \equiv \Phi^\prime(x)[/latex] интегрируема по Риману на этом отрезке, то
$$\Phi(x) = \Phi(a) + \int\limits_{a}^{x} f(t)dt.$$
Определение. Пусть функция [latex]f[/latex] задана на отрезке [latex][a,b][/latex]. Функцию [latex]\Phi[/latex] будем называть обобщенной первообразной функции [latex]f[/latex] на этом отрезке, если [latex]\Phi[/latex] непрерывна на [latex][a,b][/latex] и [latex]\Phi^\prime(x) = f(x)[/latex] всюду, за исключением быть может, конечного числа точек.
Заметим, что обобщенная первообразная определяется однозначно с точностью до постоянного слагаемого, а именно, если [latex]\Phi_1[/latex] и [latex]\Phi_2[/latex] — две обобщенные первообразные для функции [latex]f[/latex], то [latex]\Phi_1 — \Phi_2 \equiv C[/latex].
Теорема.
Если функция [latex]f[/latex] ограничена на отрезке [latex][a,b][/latex] и непрерывна всюду, за исключением, быть может, конечного числа точек, то на этом отрезке она имеет обобщенную первообразную. Одной из обобщенных первообразных является [latex]\int\limits_{a}^{x} f(t)dt[/latex].
Доказательство этой теоремы легко получается из основной теоремы интегрального исчисления.
Примеры решения задач
Доказать, что если функция [latex]f[/latex] непрерывна на [latex]\mathbb{R}[/latex], а функции [latex]\varphi[/latex] и [latex]\psi[/latex] дифференцируемы на [latex]\mathbb{R}[/latex], то
$$\frac{d}{dx} \left(\int\limits_{\varphi(x)}^{\psi(x)} f(t)dt \right) = \psi^\prime \left(x \right) \cdot f \left(\psi \left(x \right)\right) — \varphi^\prime \left(x \right) \cdot f \left(\varphi \left(x \right)\right)$$
Обозначим это равенство [latex](*)[/latex].
Решение
Пусть [latex]F[/latex] — первообразная для функции [latex]f[/latex]; тогда по формуле Ньютона — Лейбница находим
$$\int\limits_{\varphi(x)}^{\psi(x)} f(t)dt = F(t) \bigg|_{t = \varphi(x)}^{t = \psi(x)} = F(\psi(x)) — F(\varphi(x)),$$
откуда, используя правило дифференцирования сложной функции и равенство [latex]F^\prime (t) = f(t)[/latex] получаем формулу [latex](*)[/latex].
Найти производную функции $F(x) = \int\limits_{2}^{x^{3}} e^{t}dt.$ Решение
В данном случае верхний предел является функцией от [latex]x[/latex], поэтому воспользуемся правилом дифференцирования сложной функции.
Пусть $G(x) = \int\limits_{2}^{x} e^{t}dt$.
Тогда производная функции $G^\prime (x) = e^{x}.$ Следовательно $G^\prime (x^{3}) = e^{x^{3}}.$ Далее $F(x) = G(x^{3})$ и $F^\prime (x) = (x^{3})^\prime \cdot G^\prime (x^{3}).$ Откуда получаем
$$F^\prime (x) = e^{x^{3}} \cdot (x^{3})^\prime = 3 \cdot x^{2} \cdot e^{x^{3}}$$
Покажем, что первообразная $F(x) = \int\limits_{0}^{x} f(t)dt$ от непрерывной периодической функции с периодом [latex]T[/latex] может быть представлена в виде суммы линейной и периодической с периодом [latex]T[/latex] функции. Решение
Рассмотрим функцию $g(t) = f(t) — A$, где $A = \frac{1}{T} \cdot \int\limits_{0}^{T} f(t)dt$ — среднее значение функции [latex]f(t)[/latex] по периоду. Покажем, что её первообразная $G(x) = \int\limits_{0}^{x} g(t)dt$ является периодической с периодом [latex]T[/latex] функцией.
Действительно, $G(x + T) — G(x) = \int\limits_{x}^{x+T} g(t)dt = \int\limits_{0}^{T} g(t)dt,$ поскольку [latex]g(t)[/latex] периодическая с периодом [latex]T[/latex] функция.
Далее, $\int\limits_{0}^{T} g(t)dt = \int\limits_{0}^{T} (f(t) — A)dt = \int\limits_{0}^{T} f(t)dt — A \cdot T = 0$ в силу определения числа [latex]A[/latex].
Таким образом, $G(x + T) — G(x) = 0$ для любого значения [latex]x[/latex] [latex]\epsilon[/latex] [latex]\mathbb{R}[/latex].
И на конец, $F(x) = \int\limits_{0}^{x} f(t)dt = \int\limits_{0}^{x} (A + g(t))dt = A \cdot x + G(x),$ что и требовалось доказать.
Найти с помощью интеграла $\lim \limits_{n \to \infty} S_n$, если
$$S_n = \frac{1^{\alpha} + 2^{\alpha} + … + n^{\alpha}}{n^{\alpha + 1}}, \alpha > 0$$
Решение
Запишем [latex]S_n[/latex] в виде $S_n = \frac{1}{n} \sum\limits_{k=1}^{n} \left(\frac {k}{n} \right)^{\alpha}$, здесь [latex]S_n[/latex] — интегральная сумма для функции [latex]f(x) = x^{\alpha}[/latex] на отрезке [latex][0,1][/latex], соответствующая разбиению [latex]T[/latex] этого отрезка на отрезки $\delta_k = \left[ \frac{k-1}{n}, \frac{k}{n} \right]$, $k = \overline{1,n}$, каждый из которых имеет длину [latex]\frac{1}{n}[/latex]; в качестве точки [latex]\xi_k[/latex] [latex]\epsilon[/latex] [latex]\Delta_k[/latex] берется правый конец отрезка [latex]\Delta_k[/latex], т.е. [latex]\xi_k = \frac{k}{n}[/latex]. Так как [latex]l(T) = \frac{1}{n} \to 0[/latex] при [latex] n \to \infty[/latex], а функция [latex]x^{\alpha}[/latex] непрерывна на отрезке [latex][0,1][/latex], то существует
$$\lim \limits_{n \to \infty} S_n = \int\limits_{0}^{1} x^{\alpha}dx = \frac{x^{\alpha + 1}}{\alpha+1} \bigg|_{0}^{1} = \frac{1}{\alpha + 1}.$$
Пройдите этот тест, чтобы проверить свои знания по только что прочитанной теме «Интеграл с переменным верхним пределом».
Вы уже проходили тест ранее. Вы не можете запустить его снова.
Тест загружается...
Вы должны войти или зарегистрироваться для того, чтобы начать тест.
Вы должны закончить следующие тесты, чтобы начать этот:
Результаты
Правильных ответов: 0 из 8
Ваше время:
Время вышло
Вы набрали 0 из 0 баллов (0)
Рубрики
Нет рубрики0%
Ваш результат был записан в таблицу лидеров
Загрузка
максимум из 8 баллов
Место
Имя
Записано
Баллы
Результат
Таблица загружается
Нет данных
1
2
3
4
5
6
7
8
С ответом
С отметкой о просмотре
Задание 1 из 8
1.
Количество баллов: 1
Выберите правильное определение интеграла с переменным верхним пределом.
Задание 2 из 8
2.
Количество баллов: 1
Выберите правильное определение обобщенной первообразной функции
Задание 3 из 8
3.
Количество баллов: 1
Выберите все возможные правильные формулировки теоремы о дифференцируемости интеграла с переменным верхним пределом.
Задание 4 из 8
4.
Количество баллов: 1
Вставьте пропущенное словосочетание в теорему Ньютона-Лейбница (основная формула интегрального исчисления). Пусть функция [latex]f[/latex] непрерывна на отрезке [latex][a,b][/latex] и [latex]\Phi[/latex] — её _________ _______________. Тогда
$$\int\limits_{a}^{b} f(x)dx = \Phi(b) — \Phi(a) \equiv \Phi(x) \bigg|_{a}^{b}.$$
Задание 5 из 8
5.
Количество баллов: 1
Найдите с помощью интеграла $\lim \limits_{n \to \infty} S_n$, если
$$S_n = \frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+2} + … + \frac{1}{2n}$$
Задание 6 из 8
6.
Количество баллов: 1
Установите соответствие между примером и его решением.
Если $\Gamma$ — кусочно гладкая кривая заданная уравнением $r=r(t)$ $(\alpha\leq t\leq\beta)$, а функции ${\varphi }_{i}$ $(i=1,…,n)$ непрерывные вдоль кривой $\Gamma$, то существует криволинейный интеграл II рода $\int\limits_{\Gamma}^{}(F,\,dr)$ и справедливо равенство:
$$\int\limits_{\Gamma}(F,\,dr)=$$ $$=\int\limits_{\alpha}^{\beta}\sum\limits_{i=1}^{n}{\varphi}_{i}({x}_{1}(t),\ldots,{x}_{n}(t)){x’}_{i}(t)\,dt.$$
Примеры
Вычислить криволинейный интеграл $\int\limits_{\Gamma}^{}(y\,dx-x\,dy)$, где $\Gamma$ — дуга окружности $x^2+y^2=1$, которая начинается в точке $(1,0)$ и заканчивается в точке $(0,1)$.
Параметрическое представление кривой $\Gamma$ имеет вид $\Gamma: x=\cos t, y=\sin t$ $(0\leq t\leq\frac{\pi}{2})$. Отсюда,
Вычислить криволинейный интеграл $\int\limits_{\Gamma}^{}(ydx-xdy)$, где $\Gamma$ — отрезок, который начинается в точке $(1,0)$ и заканчивается в точке $(0,1)$.
Параметрическое представление кривой $\Gamma$ имеет вид $\Gamma: x=1-t, y=t$ $(0\leq t\leq1)$. Отсюда,
Вычислить криволинейный интеграл $\int\limits_{\Gamma}^{}(y\,dx+x\,dy)$, где $\Gamma$ — дуга окружности $x^2+y^2=1$, которая начинается в точке $(1,0)$ и заканчивается в точке $(0,1)$.
Параметрическое представление кривой $\Gamma$ имеет вид $\Gamma: x=\cos t, y=\sin t$ $(0\leq t\leq\frac{\pi}{2})$. Отсюда,
Чтобы убедиться в том что вы усвоили данный материал советую пройти этот тест.
Вы уже проходили тест ранее. Вы не можете запустить его снова.
Тест загружается...
Вы должны войти или зарегистрироваться для того, чтобы начать тест.
Вы должны закончить следующие тесты, чтобы начать этот:
Результаты
Ваше время:
Время вышло
Средний результат
Ваш результат
Рубрики
Математический анализ0%
Ваш результат был записан в таблицу лидеров
Загрузка
1
2
3
С ответом
С отметкой о просмотре
Задание 1 из 3
1.
Количество баллов: 1
Вычислить криволинейный интеграл $\int\limits_{\Gamma}^{}(y\,dx+x\,dy)$, где $\Gamma$ — отрезок, который начинается в точке $(1,0)$ и заканчивается в точке $(0,1)$.
Параметрическое представление кривой $\Gamma$ имеет вид $\Gamma: x=1-t, y=t$ $(0\leq t\leq1)$. Отсюда,
$\int\limits_{\Gamma}^{}(y\,dx+x\,dy)=?$
