Автор: Александр Онищенко

Формулы Ньютона-Лейбница

Если существует функция [latex]F(x)[/latex], непрерывная на отрезке [latex][a,b][/latex] и такая, что [latex]F(x)=f(x)[/latex] при [latex]a \leq x < b[/latex], 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 [latex]f(x)[/latex] непрерывна при [latex]a \leq x < b[/latex] и имеет точку разрыва [latex]x=a[/latex], 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 [latex]x = c[/latex] ), то эту точку «вырезают», а интеграл $ \int_{a}^{b}f(x)dx$ определяют в предположении, что [latex]F(x)[/latex] — первообразная для [latex]f(x)[/latex], 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 [latex]f(x)[/latex] и [latex]g(x)[/latex] определены и непрерывнына промежутке [latex][a,b)[/latex], где [latex]b[/latex] может быть и [latex]+\infty[/latex]. Если интегралы $\int_{a}^{b}f(x)dx$ и $\int_{a}^{b}g(x)dx$ то для всех [latex]\alpha, \beta \in R[/latex], 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 [latex]\varepsilon < b[/latex] 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 [latex]\varepsilon \to b (\varepsilon < b)[/latex] 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 [latex]u=u(x)[/latex] и [latex]v=v(x)[/latex] определены и непрерывны вместе со своими первыми производными на отрезке [latex][a,b][/latex] во всех точках. Исключением есть только точка [latex]b[/latex], которая может быть равна и [latex]+\infty[/latex]. Тогда имеет место равенство:

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

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

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

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

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

Доказательство

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

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

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

Спойлер

$$\int\limits_{0}^{+\infty}xe^{-x}dx=-\int\limits_{0}^{+\infty}xd(e^{-x})=-[xe^{-x}|_{0}^{+\infty}-\int\limits_{0}^{\infty}e^{-x}dx]=
-[\lim_{x \to +\infty}xe^{-x}-0-(-e^{-x})|_{0}^{+\infty}]=1$$

[свернуть]

Литература

Тест : Интегрирование по частям

Интегрирование по частям

Замена переменных

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

Рассмотрим теперь функцию [latex]x=\phi(t)[/latex], которая является монотонно возрастающей и непрерывной вместе со своей производной [latex]\phi'(t)[/latex] на промежутке [latex][\alpha,\beta)[/latex]. Допустим, что [latex]\phi(\alpha)=a[/latex] и [latex]\phi(\beta)=b[/latex]. Равенство [latex]\phi(\beta)=b[/latex] следует понимать как [latex]\lim_{t \to \beta}\phi(t)=b[/latex]. 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 [latex]\beta[/latex].

Доказательство

Пусть теперь [latex]x_0[/latex] и [latex]t_0[/latex] будут произвольными, но соответствующими значениям [latex]x[/latex] и [latex]t[/latex] и их промежуткам [latex](a,b)[/latex] и [latex](\alpha, \beta)[/latex]. 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 [latex]x_0[/latex] к [latex]b[/latex], при этом [latex]t_0=\theta(x_0)[/latex] устремится к [latex]\beta[/latex], существование второго интеграла доказано. Данное рассуждение одинаково применимо и к монотонно убывающей функции.

Спойлер

$$I=\int_{0}^{+\infty}\frac{dx}{(x^2+1)^{3/2}}=\int_{0}^{\pi/2}\frac{\frac{dt}{\cos^2(t)}}{(tg^2(t)+1)^{2/3}}=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos(t)dt=\sin(t)|_{0}{\frac{\pi}{2}}=1$$
file

[свернуть]

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 [latex]N[/latex] 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 [latex]k[/latex] карточек. Докажите, что это возможно, если:

а) [latex]N=5, k=4[/latex]; б)[latex]N=76, k=10[/latex]; в)[latex]N=199, k=12 [/latex];

Решение

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

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

[latex]a, … , d, …, b, … , c[/latex]

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

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

В. Протасов, А. Заславский

qunt