Автор: Гук Алина

7.9 Дальнейшие свойства интеграла Римана

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 $$\int_{a}^{b} u\left(x\right)v’\left(x\right)dx = u\left(x\right)v\left(x\right)\mid_a^b — \int_{a}^{b} u’\left(x\right)v\left(x\right)dx.$$

По правилу дифференцирования произведения,
$$\left(u\left(x\right)v\left(x\right)\right)’=u\left(x\right)v’\left(x\right)+u’\left(x\right)v\left(x\right).$$ 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 $$\int_{a}^{b}f\left(x\right)dx=\int_{\alpha}^{\beta}f\left(\varphi\left(t\right)\right)\varphi’\left(t\right)dt.$$

Оба интеграла, очевидно, существуют, и нужно доказать их равенство. Для этого применим формулу Ньютона – Лейбница. Пусть $F\left(x\right)$ – первообразная для $f\left(x\right)$. Она существует в силу непрерывности $f$ и основной теоремы интегрального исчисления. Пусть $g\left(t\right)=f\left(\varphi\left(t\right)\right)\varphi’\left(t\right)$. Тогда $G\left(t\right) = F\left(\varphi\left(t\right)\right)$ является первообразной для $g\left(t\right)$, поскольку $$G’\left(t\right)=\left(F\left(\varphi\left(t\right)\right)\right)’=F’\left(\varphi\left(t\right)\right)\varphi’\left(t\right)=f\left(\varphi\left(t\right)\right)\varphi’\left(t\right)=g\left(t\right).$$ По формуле Ньютона – Лейбница, имеем $$\int_{a}^{b} f\left(x\right)dx=F\left(b\right)-F\left(a\right),$$ $$\int_{a}^{b} g\left(t\right)dt=G\left(\beta\right)-G\left(\alpha\right)=F\left(\varphi\left(\beta\right)\right)-F\left(\varphi\left(\alpha\right)\right)=F\left(b\right)-F\left(a\right).$$ Из этих двух равенств следует теорема.

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 $$\int_{a}^{b}f\left(x\right)dx=\int_{\alpha}^{\beta}f\left(\varphi\left(t\right)\right)\varphi’\left(t\right)dt.$$

Рассмотрим произвольное разбиение $\alpha=t_{0}<t_{1}<\dots<t_{n}=\beta$ отрезка $\left[\alpha,\beta\right]$. Будем предполагать, что функция $\varphi$ возрастает. Тогда отрезок $\left[a,b\right]$ тоже разобьется точками $a=x_{0}<x_{1}<\dots<x_{n}=b$, где $x_{i}=\varphi\left(t_{i}\right)$. Если $\max\triangle t_{j}\rightarrow0$, то стремится к нулю и $\max\triangle t_{j}$, так как функция $\varphi$ равномерно непрерывна на $\left[\alpha,\beta\right]$. По формуле Лагранжа имеем $$-x_{i}=\varphi\left(t_{i+1}\right)-\varphi\left(t_{i}\right)=\varphi’\left(\bar{\tau}_{i}\right)\triangle t_{i},$$ где $\bar{\tau}_{i}$ – некоторые точки из отрезков $\left[t_{i}, t_{i+1}\right]$. Теперь выберем произвольные точки $\tau_{i}\in\left[t_{i}, t_{i+1}\right]$ и составим интегральную сумму для $f\left(\varphi\left(t\right)\right)\varphi’\left(t\right)$ $$\sigma=\sum_{i=0}^{n-1}f\left(\varphi\left(\tau_{i}\right)\right)\varphi’\left(\tau_{i}\right)\triangle t_{i}.$$ Обозначим $\xi_{i}=\varphi\left(\tau_{i}\right)$ и рассмотрим сумму $$J=\sum_{i=0}^{n-1}f\left(\xi_{i}\right)\triangle x_{i}.$$ Заметим, что точки $\xi_{i}\in\left[x_{i}, x_{i+1}\right]$ в силу возрастания функции $\varphi$. Поэтому $J$ – интегральная сумма для $f$. Покажем, что $\sigma-J\rightarrow0$. Действительно, $$J=\sum_{i=0}^{n-1}f\left(\varphi\left(\tau_{i}\right)\right)\varphi’\left(\bar{\tau}_{i}\right)\triangle t_{i}.$$ По условию функция $\varphi’$ непрерывна, а значит, равномерно непрерывна на $\left[\alpha,\beta\right]$. Поэтому для заданного $\epsilon>0$ найдется такое $\delta>0$ , что для любых двух точек $t’,t»\in\left[\alpha,\beta\right]$, удовлетворяющих условию $\mid t’-t»\mid<\delta$, справедливо неравенство $\mid\varphi’\left(t’\right)-\varphi’\left(t»\right)\mid<\epsilon$. Если диаметр разбиения отрезка $\left[\alpha,\beta\right]$ будет меньшим, чем $\delta$, то получим $$\mid\sigma-J\mid\leqslant\sum_{i=0}^{n-1}\mid f\left(\varphi\left(\tau_{i}\right)\right)\mid\cdot\mid\varphi’\left(\tau_{i}\right)-\varphi’\left(\bar{\tau_{i}}\right)\mid\triangle t_{i}\leqslant\epsilon M\left(\beta-\alpha\right),$$ где $M$ – верхняя грань функции $\mid f\left(x\right)\mid$ на отрезке $\left[a,b\right]$. Таким образом, при стремлении к нулю диаметра разбиения отрезка $\left[\alpha,\beta\right]$ имеем $\sigma-J\rightarrow0$. Подчеркнем, что при этом диаметр получаемого разбиения отрезка $\left[a,b\right]$ также стремится к нулю в силу равномерной непрерывности функции $\varphi$. Поэтому, в силу интегрируемости функции $f$, сумма $J$ стремится к $\int_{a}^{b}f\left(x\right)dx$. Поскольку, как мы показали, $\sigma-J\rightarrow0$ , то и сумма $\sigma$ имеет предел, равный $\int_{a}^{b}f\left(x\right)dx$. С другой стороны, поскольку $\sigma$ – интегральная сумма для функции $f\left(\varphi\left(t\right)\right)\varphi’\left(t\right)$ и она имеет предел при стремлении к нулю диаметра разбиения отрезка $\left[\alpha,\beta\right]$, то функция $f\left(\varphi\left(t\right)\right)\varphi’\left(t\right)$ интегрируема на $\left[\alpha,\beta\right]$ и $$\int_{a}^{b}f\left(x\right)dx=\int_{a}^{b}f\left(\varphi\left(t\right)\right)\varphi’\left(t\right)dt.$$

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 $$f\left(b\right)=f\left(a\right)+\frac{f’\left(a\right)}{1!}\left(b-a\right)+\dots+\frac{f^{\left(n\right)}\left(a\right)}{n!}\left(b-a\right)^{n}+\frac{1}{n!}\int_{a}^{b}\left(b-x\right)^{n}f^{\left(n+1\right)}\left(x\right)dx.$$

Рассмотрим вспомогательную функцию $$\varphi\left(x\right)=f\left(b\right)-f\left(x\right)-\frac{f’\left(x\right)}{1!}\left(b-x\right)-\dots-\frac{f^{\left(n\right)}\left(x\right)}{n!}\left(b-x\right)^{n}=\\=f\left(b\right)-f\left(x\right)-\sum_{k=1}^n\frac{f^{\left(k\right)}\left(x\right)}{k!}\left(b-x\right)^{k}.$$ Ясно, что $\varphi\left(b\right)=0$, то $\varphi\left(a\right)$ – остаток в формуле Тейлора, который мы ищем. Заметим, что функция $\varphi$ имеет на $\left[a,b\right]$ непрерывную производную и поэтому, по формуле Ньютона – Лейбница,  получаем $$\varphi\left(b\right)-\varphi\left(a\right)=\int_{a}^{b}\varphi’\left(x\right)dx.$$ Поскольку $\varphi\left(b\right)=0$, то $\varphi\left(a\right)=-\int_{a}^{b}\varphi’\left(x\right)dx$. Вычислим $$\varphi’\left(x\right)=-f’\left(x\right)-\sum_{k=1}^{n}\left[\frac{f^{\left(k+1\right)}\left(x\right)}{k!}\left(b-x\right)^{k}-\frac{f^{\left(k\right)}\left(x\right)}{\left(k-1\right)!}\left(b-x\right)^{k-1}\right]=\\=-\frac{f^{\left(n+1\right)}\left(x\right)}{n!}\left(b-x\right)^{n},$$ откуда получаем $$\varphi\left(a\right)=\frac{1}{n!}\int_{a}^{b}\left(b-x\right)^{n}f^{\left(n+1\right)}\left(x\right)dx,$$ и теорема доказана.

Примеры решения

  1. Вычислить определенный интеграл  $\int_{1}^{2}\ln xdx$.
    Решение

    $\int_{1}^{e}\frac{\ln x}{\sqrt{x}}dx=\begin{bmatrix}u=\ln x, & dv=\frac{dx}{\sqrt{x}} \\du=\frac{dx}{x}, & v=2\sqrt{x} \end{bmatrix}=\\=2\sqrt{x}\ln x\mid_1^e-\int_{1}^{e}2\sqrt{x}\frac{dx}{x}=2\sqrt{e}\ln e-2\sqrt{1}\ln 1-4\sqrt{x}\mid_1^e=\\=2\sqrt{e}-\left(4\sqrt{e}-4\right)=2\left(2-\sqrt{e}\right)$

     

  2. 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:
    $\int_{3}^{8}\frac{x dx}{\sqrt{x+1}}=\int_{2}^{3}2\left(t^2-1\right)dt=2\left(\frac{t^3}{3}-t\right)\mid_{2}^{3}=\\=2\left(\frac{3^3}{3}-t\right)\mid_{2}^{3}-2\left(\frac{2^3}{3}-t\right)\mid_{2}^{3}=10\frac{2}{3}$

     

  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:
    $\int_{0}^{3}\frac{dx}{\left(9+x^2\right)^{\frac{3}{2}}}=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{3dx}{\left(9+9tg^2t\right)^{\frac{3}{2}}\cos^2t}=\\=\frac{3}{27}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{\cos^3t}{\cos^2t}dt=\frac{3}{27}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\cos tdt=\frac{3}{27}\sin t\mid_0^{\frac{\pi}{4}}=\frac{\sqrt{2}}{18}$

     

  4. 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

  1. В.И.Коляда, А.А.Кореновский. Курс лекций по математическому анализу т.1. Одесса, «Астропринт», 2010, стр 209-215.
  2. 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.
  3. Лысенко З.М. Конспект лекций по математическому анализу.

Дальнейшие свойства интеграла Римана

Для закрепления материала темы, рекомендуется пройти следующий тест.

М679. Точки касания

Задача из журнала «Квант» (1981 год, 4 выпуск)

Условие

а) На плоскости расположены четыре круга так, что первый касается второго в точке $A$, второй — третьего в точке $B$, третий — четвертого в точке $C$ и четвертый — первого в точке $D$ (рис. 2). Докажите, что через четыре названные точки можно провести окружность или прямую.

б) *В пространстве расположены четыре шара так, что первый касается второго в точке $A$, второй — третьего в точке $B$, третий — четвертого в точке $C$ и четвертый — первого в точке $D$. Докажите, что через четыре названные точки можно провести окружность или прямую.

в) *В пространстве расположены четыре шара так, что каждый касается трех других. Докажите, что шесть точек касания принадлежат одной сфере или одной плоскости.

Решение

а) Прежде всего, что если какие-то три из точек $A$, $B$, $C$, $D$ лежат на одной прямой, то и четвертая точка лежит на той же прямой (рис. 1).

рис. 1

Пусть все четыре круга касаются внешним образом (рис. 2) и пусть $AA_{1}$, $BB_{1}$, $CC_{1}$, $DD_{1}$ — отрезки общих касательных.

рис. 2

Из $\widehat{A_{1}A}D = \widehat{D_{1}D}A$, $\widehat{D_{1}D}C = \widehat{C_{1}C}D$, $\widehat{B_{1}B}C = \widehat{C_{1}C}B$ и $\widehat{A_{1}A}B = \widehat{B_{1}B}A$ следует $\widehat{A} + \widehat{C} = \widehat{B} + \widehat{D}$; значит, около четырехугольника $ABCD$ можно описать окружность.

В случае, когда не все четыре круга касаются внешним образом (рис. 3), рассуждения аналогичны.

рис. 3.

б) Если центры шаров лежат в одной плоскости, то и все точки касания лежат в этой плоскости, так что в этом случае задача б) сводится к задаче а).

Если же центры $O_{1}$, $O_{2}$, $O_{3}$, $O_{4}$ — не в одной плоскости, проведем плоскость через три точки касания, например $A$, $B$, $C$ (рис. 4), и докажем, что четвертая точка $D$ принадлежит этой плоскости.

рис. 4.

Пусть $h_{1}$, $h_{2}$, $h_{3}$, $h_{4}$ — расстояния от точек $O_{1}$, $O_{2}$, $O_{3}$, $O_{4}$ до плоскости $(ABC)$, а $R_{1}$, $R_{2}$, $R_{3}$, $R_{4}$ — радиусы шаров. Ясно, что $\frac{h_{1}}{h_{2}} = \frac{R_{1}}{R_{2}}$, $\frac{h_{2}}{h_{3}} = \frac{R_{2}}{R_{3}}$, $\frac{h_{3}}{h_{4}} = \frac{R_{3}}{R_{4}}$ (см. рис. 4). Перемножая эти отношения, получаем $\frac{h_{1}}{h_{4}} = \frac{R_{1}}{R_{4}} = \frac{\mid O_{1}D\mid}{\mid O_{4}D\mid}$, что и означает принадлежность точки $D$ плоскости $(ABC)$.

Таким образом, плоскость $(ABC)$ пересекает шары по четырем кругам, касающимся, соответственно, друг друга в точках $A$, $B$, $C$, $D$ так, как сказано в пункте а). Из этого следует утверждение задачи б).

в) Пусть $A$ — точка касания первого и второго, $B$ — первого и третьего, $C$ — первого и четвертого, $D$ — второго и третьего, $E$ — второго и четвертого, $F$ — третьего и четвертого шаров.

По доказанному в пункте б) точки $A$, $C$, $F$, $D$ лежат на одной окружности или прямой. Точки $A$, $E$, $F$, $B$ обладают тем же свойством.

У этих двух четверок точек есть две общие точки: $A$ и $F$. Поэтому если одна из четверок лежит на прямой, все шесть точек лежат в одной плоскости.

Если же эти четверки лежат на двух окружностях, находящихся в разных плоскостях и имеющих общую хорду $AF$, то через эти окружности можно провести сферу; центром этой сферы является точка пересечения перпендикуляров к плоскостям этих окружностей (эти перпендикуляры лежат в плоскости, проходящей через центры окружностей и середину их общей хорды $AF$).

В. Произволов