7.5 Свойства интеграла

$\DeclareMathOperator{\arctg}{arctg}$ Если функции $f$ и $g$ интегрируемы на отрезке $\lbrack a, b\rbrack$ , а числа $\alpha, \beta \in \mathbb {R}$ , то
$\int\limits_a^b \lbrack\alpha f\left(x\right) + \beta g\left(x\right)\rbrack\,dx = \alpha\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx + \beta\int\limits_a^b g\left(x\right)\,dx.$

Это свойство получено нами ранее при доказательстве интегрируемости линейной комбинации.

Пусть числа $b < a$ . Зададим точки $a = x_{0} > x_{1} > \ldots > x_{n} = b,$ выберем точки $\xi_{i} \in \lbrack x_{i+1}, x_{i}\rbrack$ и составим сумму $\displaystyle\sigma = \sum\limits_{i=0}^{n-1} f\left(\xi_{i}\right)\Delta x_{i}.$ Заметим, что в этой сумме все $\Delta x_{i} < 0.$ Ясно, что эту сумму можно получить как интегральную сумму на $\lbrack b, a\rbrack,$ только с противоположным знаком. Это приводит к следующему определению.

Пусть $b < a$ и функция $f$ интегрируема на $\lbrack b, a\rbrack.$ Тогда по определению полагаем

Далее, для каждой функции $f$ , определенной в точке $a$ , полагаем по определению

$\int\limits_a^a f\left(x\right)\,dx = 0.$

Пусть $a, b, c$ — произвольные точки на действительной прямой. Если функция $f$ интегрируема на наибольшем из отрезков с концами в двух из этих точек, то она интегрируема также и на двух других отрезках, и справедливо равенство
$\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx = \int\limits_a^c f\left(x\right)\,dx + \int\limits_c^b f\left(x\right)\,dx.$

Пусть, например, $a < c < b$ и функция $f$ интегрируема на $\lbrack a, b\rbrack.$ Тогда, по доказанному ранее свойству 4, она интегрируема на отрезках $\lbrack a, c\rbrack$ и $\lbrack c, b\rbrack.$ Возьмем произвольное разбиение $a = x_{0} < x_{1} < \ldots < x_{n} = b$ , такое, что $c$ является одной из точек деления. Выберем промежуточные точки $\xi_{i}$ и рассмотрим интегральную сумму $\displaystyle\sigma = \sum\limits_{i=0}^{n-1} f\left(\xi_{i}\right)\Delta x_{i}$ . Если $c = x_{j}$ , то эту сумму разобьем на две: $\displaystyle\sigma = \sum\limits_{i=0}^{j-1} f\left(\xi_{i}\right)\Delta x_{i} + \sum\limits_{i=j}^{n-1} f\left(\xi_{i}\right)\Delta x_{i}$ . При $d(\Pi) \to 0$ первая сумма справа стремится к $\displaystyle\int\limits_a^c f\left(x\right)\,dx$ , вторая — к $\displaystyle\int\limits_c^b f\left(x\right)\,dx$ , а сумма $\sigma$ стремится к $\displaystyle\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx$ . Переходя к пределу при $d(\Pi) \to 0$ , получим требуемое равенство.
Пусть теперь $c < a < b$ . Тогда, по уже доказанному,
$\int\limits_c^b f\left(x\right)\,dx = \int\limits_c^a f\left(x\right)\,dx + \int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx.$
Отсюда следует
$\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx = \int\limits_c^b f\left(x\right)\,dx-\int\limits_c^a f\left(x\right)\,dx = \int\limits_a^c f\left(x\right)\,dx + \int\limits_c^b f\left(x\right)\,dx$
и теорема доказана полностью.

Пусть функция $f$ интегрируема на отрезке $\lbrack a, b\rbrack \left(a < b\right)$ . Тогда
$\left|\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx\right| \leqslant \int\limits_a^b \left|f\left(x\right)\right| \,dx.$

Действительно, интегрируемость модуля интегрируемой функции доказана ранее. Докажем неравенство. Для этого выберем произвольное разбиение отрезка $\lbrack a, b\rbrack.$ Тогда для интегральных сумм будем иметь следующее неравенство:
$\left|\sum\limits_{i=0}^{n-1} f\left(\xi_{i}\right)\Delta x_{i}\right| \leqslant \sum\limits_{i=0}^{n-1} \left|f\left(\xi_{i}\right)\right|\Delta x_{i}.$
При стремлении к нулю диаметра разбиения интегральная сумма под знаком модуля в левой части стремится к к $\displaystyle\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx$ , а сумма справа стремится к $\displaystyle\int\limits_a^b \left|f\left(x\right)\right|\,dx$ . Переходя к пределу при $d(\Pi) \to 0$ , получаем требуемое неравенство для интегралов.

Пусть функции $f$ и $g$ интегрируемы на $\lbrack a, b\rbrack \left(a < b\right)$ и $f\left(x\right)\leqslant g\left(x\right)$ для всех $x \in \lbrack a, b\rbrack.$ Тогда
$\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx \leqslant \int\limits_a^b g\left(x\right)\,dx.$

Действительно, возьмем произвольное разбиение отрезка $\lbrack a, b\rbrack$ и выберем промежуточные точки $\xi_{i}$ . Тогда $f\left(\xi_{i}\right)\leqslant g\left(\xi_{i}\right) \left(i = 0, 1, \ldots, n-1\right)$ . Умножая эти неравенства на $\Delta x_{i} > 0$ и складывая, получим
$\sum\limits_{i=0}^{n-1} f\left(\xi_{i}\right)\Delta x_{i}\leqslant\sum\limits_{i=0}^{n-1} g\left(\xi_{i}\right)\Delta x_{i}.$
Отсюда, устремляя к нулю диаметр разбиения, получаем требуемое неравенство.

Пусть $f$ — неотрицательная интегрируемая функция на $\lbrack a, b\rbrack \left(a < b\right)$ . Тогда
$\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx \geqslant 0.$

Если интегрируемая функция $f$ строго положительна на $\lbrack a, b\rbrack \left(a < b\right)$ , то и $\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx > 0.$

Действительно, в силу критерия Лебега , найдется точка $x_{0}\in\lbrack a, b\rbrack$ , в которой функция непрерывна . Поскольку $f\left(x_0\right) > 0$ , то найдется такое $\delta > 0$ , что $\displaystyle f\left(x\right) > \frac{1}{2}f\left(x_0\right)$ для всех $x \in \left(x_0-\delta, x_0 + \delta\right) \cap \lbrack a, b\rbrack.$ Выберем отрезок $\lbrack\alpha, \beta\rbrack \subset \left(x_0-\delta, x_0 + \delta\right) \cap \lbrack a, b\rbrack, a\leqslant\alpha < \beta\leqslant b$ .Тогда, в силу свойства аддитивности интеграла, получим $\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx = \int\limits_a^\alpha f\left(x\right)\,dx + \int\limits_\alpha^\beta f\left(x\right)\,dx + \int\limits_\beta^b f\left(x\right)\,dx.$ Первый и третий интегралы справа неотрицательны в силу следствия, а для второго интеграла, учитывая неравенство $\displaystyle f\left(x\right) \geqslant \frac{1}{2} f\left(x_0\right)$ , из свойства монотонности интеграла получим $\int\limits_\alpha^\beta f\left(x\right)\,dx \geqslant \int\limits_\alpha^\beta \frac{1}{2}f\left(x_0\right)\,dx = \frac{1}{2}f\left(x_0\right)\left(\beta-\alpha\right) > 0.$
Таким образом, $\displaystyle\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx > 0$ .

Пусть функция $f$ интегрируема на $\lbrack a, b\rbrack$ и $m \leqslant f\left(x\right) \leqslant M$ для всех $x \in \lbrack a, b\rbrack$ . Тогда
$\begin{equation}\label{prop_of_int_first}m\left(b-a\right) \leqslant \int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx \leqslant M\left(b-a\right)\end{equation}.$

Это следствие сразу вытекает из свойства монотонности интеграла.

В условиях следствия 3 найдется такое число $\mu \in \lbrack m, M\rbrack$ , что
$\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx = \mu\left(b-a\right).$

Действительно, положим $\displaystyle\mu = \frac{1}{\left(b-a\right)}\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx$ . Тогда, по следствию 3, $m \leqslant \mu \leqslant M$ .

Отметим, что при $a > b$ в такой формулировке это замечание остается в силе, в то время как знаки неравенств в $\eqref{prop_of_int_first}$ меняются на противоположные.

Если функция $f$ непрерывна на $\lbrack a, b\rbrack$ , то найдется такая точка $\xi \in \lbrack a, b\rbrack$ , что
$\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx = f\left(\xi\right)\left(b-a\right).$

Действительно, пусть $m$ и $M$ соответственно нижняя и верхняя грани функции $f$ на отрезке $\lbrack a, b\rbrack$ , они достигаются в силу первой теоремы Вейерштрасса. По уже доказанному, найдется точка $\mu \in \lbrack m, M\rbrack$ , такая, что $\displaystyle\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx = \mu \left(b-a\right)$ . По теореме Больцано-Коши о промежуточном значении, найдется такая точка $\xi \in \lbrack a, b\rbrack$ , что $f\left(\xi\right) = \mu.$

Замечание. Следствие 4 иногда называют теоремой о среднем значении. Оно тесно связано с теоремой Лагранжа, которую также называют теоремой о среднем значении в дифференциальном исчислении.

Примеры решения задач

Данные примеры читателю рекомендуется решить самому в качестве тренировки.

Оценить интеграл $\displaystyle\int\limits_{0}^{2\pi} \frac{\,dx}{\sqrt{5 + 2\sin{x}}}$ .

Решение

Оценим подынтегральную функцию:
$-1 \leqslant \sin{x} \leqslant 1 \Rightarrow$
$3 \leqslant 5 + 2\sin{x} \leqslant 7 \Rightarrow$
$\sqrt{3} \leqslant \sqrt{5 + 2\sin{x}} \leqslant \sqrt{7} \Rightarrow$
$\frac{1}{\sqrt{7}} \leqslant \frac{1}{\sqrt{5 + 2\sin{x}}} \leqslant \frac{1}{\sqrt{3}}.$
Отсюда и из монотонности интеграла следует, что
$\int\limits_0^{2\pi} \frac{\,dx}{\sqrt{7}} \leqslant \int\limits_0^{2\pi}\frac{\,dx}{\sqrt{5 + 2\sin{x}}}\leqslant\int\limits_0^{2\pi} \frac{\,dx}{\sqrt{3}}.$
Таким образом,
$\frac{2\pi}{\sqrt{7}} \leqslant \int\limits_0^{2\pi}\frac{\,dx}{\sqrt{5 + 2\sin{x}}}\leqslant\frac{2\pi}{\sqrt{3}}.$
Найти определенный интеграл $\displaystyle\int\limits_0^2 \left|1-x\right|\,dx$ .

Решение

Из аддитивности интеграла
$\int\limits_0^2 \left|1-x\right|\,dx = \int\limits_0^1 \left|1-x\right|\,dx + \int\limits_1^2 \left|1-x\right|\,dx =$ $= \int\limits_0^1 \left(1-x\right)\,dx + \int\limits_1^2 \left(x-1\right)\,dx = \int\limits_0^1 \,dx-\int\limits_0^1 x \,dx + \int\limits_1^2 x \,dx-\int\limits_1^2 \,dx =$ $= 1-0-\left.\frac{x^2}{2}\right|_0^1 + \left.\frac{x^2}{2}\right|_1^2-(2-1) = 1-\frac{1}{2} + 0 + \frac{2^2}{2}-\frac{1}{2}-1 = 1.$
Найти определенный интеграл $\displaystyle\int\limits_0^3 \frac{x^4}{x^2 + 1}\,dx$

Решение

$\int\limits_0^3 \frac{x^4}{x^2 + 1}\,dx = \int\limits_0^3 \frac{\left(x^4 -1\right) + 1}{x^2 + 1}\,dx =$ $= \int\limits_0^3 \frac{\left(x^2-1\right)\left(x^2 + 1\right) + 1}{x^2 + 1}\,dx = \int\limits_0^3 \left(x^2-1 + \frac{1}{x^2 + 1}\right)\,dx.$
Воспользовавшись свойством линейности интеграла, получим
$\int\limits_0^3 \left(x^2-1 + \frac{1}{x^2 + 1}\right)\,dx = \int\limits_0^3 x^2 \,dx-\int\limits_0^3 \,dx + \int\limits_0^3 \frac{\,dx}{x^2 + 1} =$ $= \left.\frac{x^3}{3}\right|_0^3-(3-0) + \left.\arctg{x}\right|_0^3 = 9-0-3+ \arctg{3}-\arctg{0} =$ $=6 + \arctg{3}.$
Не вычисляя интегралов, определить какой из них больше: $\displaystyle\int\limits_2^3 e^{-x}\sin{x}\,dx$ или $\displaystyle\int\limits_2^3 e^{-x^2}\sin{x}\,dx$ .

Решение

Сравним подынтегральные функции. Пусть $f\left(x\right) = e^{-x}\sin{x}$ , $g\left(x\right) = e^{-x^2}\sin{x}$ .
$f\left(x\right)-g\left(x\right) = e^{-x}\sin{x}-e^{-x^2}\sin{x} = \sin{x}\left(e^{-x}-e^{-x^2}\right) =$ $= e^{-x}\sin{x}\left(1-e^{-x^2 + x}\right).$
На промежутке $\lbrack 2, 3\rbrack$ функции $\sin{x}$ и $e^{-x}$ принимают положительные значения (поскольку синус на $\lbrack 0, \pi\rbrack$ положительный). Значит нам достаточно сравнить с нулем выражение $1-e^{-x^2 + x}$ . Поскольку на $\lbrack 2, 3\rbrack$ $x^2 > x$ , то $-x^2 + x < 0$ , а значит $e^{-x^2 + x} < 1$ . $1-e^{-x^2 + x} > 0$ , из чего следует, что $f\left(x\right) > g\left(x\right)$ .
Ответ:
$\int\limits_2^3 e^{-x}\sin{x}\,dx > \int\limits_2^3 e^{-x^2}\sin{x}\,dx.$
Найти среднее значение функции на данном отрезке: $\sin{x}$ , $\displaystyle 0 \leqslant x \leqslant \frac{\pi}{2}$ .

Решение

Воспользуемся четвертым следствием из свойства монотонности интеграла. Средним значением функции $f\left(x\right)$ на отрезке $\lbrack a, b\rbrack$ называется число $\displaystyle\mu = \frac{1}{\left(b-a\right)}\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx.$
Из этого следует:
$\mu = \frac{1}{\left(\frac{\pi}{2}-0\right)} \int\limits_0^{\frac{\pi}{2}} \sin{x}\,dx = \left.-\frac{2}{\pi}\cos{x}\right|_0^{\frac{\pi}{2}} = -\frac{2}{\pi}(0-1) = \frac{2}{\pi}.$
Ответ: $\displaystyle\frac{2}{\pi}.$

Смотрите также

Свойства интеграла

Пройдите этот тест, чтобы проверить свои знания по только что прочитанной теме «Свойства интеграла»

Задание 1 из 6

1.
Количество баллов: 1
Сравните с нулем значение интеграла, не вычисляя его $\displaystyle\int\limits_2^3 \frac{4^{-x}\sin{x}}{\left(1-x\right)\ln{\left(x+6\right)}}\,dx$
- Данный интеграл больше нуля.
- Данный интеграл равен нулю.
- Данный интеграл меньше нуля.
- Затрудняюсь ответить.
Правильно

Неправильно
Задание 2 из 6

2.
Количество баллов: 2
Выберите верные утверждения.
- Пусть функция $f$ интегрируема на отрезке $\lbrack a, b\rbrack \left(a < b\right)$ . Интеграл от $a$ до $b$ модуля функции меньше либо равен модулю её интеграла от $a$ до $b$
- Пусть функция $f$ интегрируема на $\lbrack a, b\rbrack$ и $m \leqslant f\left(x\right) \leqslant M$ для всех $x \in \lbrack a, b\rbrack$ . Тогда $m\left(b-a\right) \leqslant \int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx \leqslant M\left(b-a\right).$
- Пусть функции $f$ и $g$ интегрируемы на отрезке $\lbrack a, b\rbrack \left(a < b\right)$ и $f\left(x\right)\leqslant g\left(x\right)$ для всех $x \in \lbrack a, b\rbrack.$ Тогда $\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx \leqslant \int\limits_a^b g\left(x\right)\,dx.$
- При перестановке местами пределов интегрирования интеграл не меняет свой знак на противоположный
Правильно 2 / 2Баллы

Неправильно / 2 Баллы
Задание 3 из 6

3.
Количество баллов: 1
Закончите предложение
Если интегрируемая функция $f$ на $\lbrack a, b\rbrack \left(a < b\right)$ строго отрицательна, то $\displaystyle\int\limits_b^a f\left(x\right)\,dx$ …
Правильно

Неправильно

Задание 4 из 6

4.

Количество баллов: 4

О чем гласит каждое свойство интеграла?

Элементы сортировки

Пусть функции $f$ и $g$ интегрируемы на отрезке $\lbrack a, b\rbrack \left(a < b\right)$ и $f\left(x\right)\leqslant g\left(x\right)$ для всех $x \in \lbrack a, b\rbrack$ . Тогда $\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx \leqslant \int\limits_a^b g\left(x\right)\,dx.$
Пусть $a, b, c$ - произвольные точки на действительной прямой. Если функция $f$ интегрируема на наибольшем из отрезков с концами в двух из этих точек, то она интегрируема также и на двух других отрезках, и справедливо равенство $\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx = \int\limits_a^c f\left(x\right)dx + \int\limits_c^b f\left(x\right)\,dx.$
Пусть функция $f$ интегрируема на отрезке $\lbrack a, b\rbrack \left(a < b\right)$ . Тогда $\left|\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx\right| \leqslant \int\limits_a^b \left|f\left(x\right)\right| \,dx.$
Если функции $f$ и $g$ интегрируемы на отрезке $\lbrack a, b\rbrack$ , а числа $\alpha, \beta \in \mathbb {R}$ , то $\int\limits_a^b \lbrack\alpha f\left(x\right) + \beta g\left(x\right)\rbrack \,dx =$ $= \alpha\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx + \beta\int\limits_a^b g\left(x\right)\,dx.$

Монотонность интеграла

Аддитивность интеграла

Интеграл от модуля

Линейность интеграла

Задание 5 из 6

5.
Количество баллов: 1
Составьте верное утверждение.
- Если
- функция $f$ непрерывна на $\lbrack a, b\rbrack$
- то
- найдется такая точка $\xi \in \lbrack a, b\rbrack$
- что
- $\displaystyle\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx = f\left(\xi\right)\left(b - a\right)$
Правильно

Неправильно
Задание 6 из 6

6.
Количество баллов: 1
Найдите определенный интеграл $\displaystyle\int\limits_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{\cos{\left(3x\right)} + 3\cos{x} + \sqrt{2}}{\sqrt{2}\cos^2{x}}\,dx.$ (В ответ введите число)
Правильно

Неправильно

Определение и свойства кратного интеграла Римана

Необходимые понятия

Разбиения

Пусть множество $G$ измеримо по Жордану в $\mathbb{R}^{n}$ . Совокупность измеримых по Жордану в $\mathbb{R}^{n}$ и попарно непересекающихся множеств $G_{1}, …, G_{N}$ называется разбиением $G$ , если $G=\bigcup_{i=1}^{N}G_{i}.$ Разбиение будем обозначать буквой $T$ .

Пусть $d\left ( G_{i} \right )$ есть диаметр множества $G_{i}$ , т. е. $d\left ( G_{i} \right )=\underset{x\in G_{i}, y\in G_{i}}{\sup}\rho \left ( x,y \right ).$

Число $l\left ( T \right )=\underset{i=\overline{1,N}}{\max d\left(G_{i} \right )}$ будем называть мелкостью разбиения $T$ .

Разбиение $T=\left \{ G_{i} \right \},$ $i=\overline{1,N}$ , будем называть продолжением разбиения ${T}’=\left \{ {G}’_{i} \right \},$ $i=\overline{1,N}$ , и писать $T\prec{T}’$ , если каждое из множеств $G_{i}$ является подмножеством некоторого множества ${G}’_{k}$ . Очевидно, что из $T\prec{T}’$ следует, что $l\left ( T \right )\leq l\left ( {T}’ \right )$ .

Интегральные суммы Римана. Суммы Дарбу

Пусть функция $f\left ( x \right )$ определена на измеримом по Жордану множестве $G$ , а $T$ есть разбиение множества $G:~ T=\left \{ G_{i} \right \}, i=\overline{1,N}.$ Возьмем в каждом из множеств $G_{i}$ по точке $\xi _{i}$ . Выражение $\sigma _{T}\left ( f, \xi, G\right )=\sum_{i=1}^{N}f\left ( \xi _{i} \right )m\left ( G_{i} \right)$ называется интегральной суммой Римана функции $f\left ( x \right )$ на множестве $G$ , соответствующей разбиению $T$ и выборке $\xi =\left ( \xi _{1}, …, \xi _{N} \right )$ . Иногда для краткости сумма Римана обозначается просто через $\sigma _{T}$ .

Если функция $f\left ( x \right )$ ограничена на множестве $G$ , то для любого разбиения $T=\left \{ G_{i} \right \}, i=\overline{1,N}$ , определены числа $m_{i}=\underset{x\in G_{i}}{\inf}f\left ( x \right ), ~~M_{i}=\underset{x\in G_{i}}{\sup }f\left ( x \right ).$

Выражения $S_{T}=\sum_{i=1}^{N}M_{i}m\left ( G_{i} \right ),~~s_{T}=\sum_{i=1}^{N}m_{i}m\left ( G_{i} \right )$ называются верхней и нижней суммами Дарбу, соответствующими разбиению $T$ .

Определение

Число $I$ называется пределом интегральной суммы $\sigma _{T}$ при мелкости разбиения $l\left ( T \right )\rightarrow 0$ , если для любого $\varepsilon > 0$ найдется $\delta > 0$ такое, что для любого разбиения $T$ с мелкостью $l\left ( T \right )< \delta$ и для любой выборки выполняется неравенство $\left | I-\sigma _{T}\left ( f, \xi , G \right ) \right |< \varepsilon.$

Если число $I$ есть предел интегральной суммы при $l\left ( T \right )\rightarrow 0$ , то будем писать $I=\underset{l\left ( T \right )\rightarrow 0}{\lim }\sigma _{T}$ , само число $I$ будем называть кратным интегралом Римана от функции $f\left ( x \right )$ по множеству $G$ , а функцию $f\left ( x \right )$ — интегрируемой на множестве $G$ . Для кратного интеграла Римана используются следующие обозначения: $\underset{G}{\int}f\left(x\right)dx,~~\underset{n}{\underbrace{\underset{G}{\int…\int }}}f\left ( x_{1}, …, x_{n} \right )dx_{1}…dx_{n}.$

В случае $n=2$ интеграл называется двойным, а в случае $n=3$ — тройным. Обозначения для двойного и тройного интеграла: $\underset{G}{\iint}f\left ( x,y \right )dxdy,~~\underset{G}{\iiint} f\left ( x,y,z \right)dxdydz.$

Свойства кратного интеграла

Свойство 1.

Справедливо равенство

$\underset{G}{\int}1\cdot dx=m\left ( G \right )$ .

Спойлер

$\square$ Для любого разбиения $T$ выполнено равенство $\sigma_{T}\left ( 1,\xi, G \right )=\sum_{i=1}^{N}m\left ( G_{i} \right ). ~~ \blacksquare$

[свернуть]

Свойство 2.

Если

$f\left ( x \right )> 0$ и

$f\left ( x \right )$ — интегрируемая на измеримом по Жордану множестве

$G$ функция, то

$\underset{G}{\int }f\left ( x \right )dx\geq 0$ .

Спойлер

Свойство 3.

Если

$f_{1}\left ( x \right )$ и

$f_{2}\left ( x \right )$ — интегрируемые на множестве

$G$ функции, а

$\alpha$ и

$\beta$ — произвольные вещественные числа, то и функция

$\alpha f_{1}\left ( x \right )+\beta f_{2}\left ( x \right )$ интегрируема на

$G$ , причем

$\underset{G}{\int }\left ( \alpha f_{1}\left ( x \right ) + \beta f_{2}\left ( x \right ) \right )dx=$

$=\alpha \underset{G}{\int }f_{1}\left ( x \right )dx+\beta \underset{G}{\int }f_{2}\left ( x \right )dx.$

Спойлер

Свойство 4.

Если

$f_{1}\left ( x \right )$ и

$f_{2}\left ( x \right )$ — интегрируемые на множестве

$G$ функции и

$f_{1}\left ( x \right )\leq f_{2}\left ( x \right )$ при

$x\in G$ , то

$\underset{G}{\int }f_{1}\left ( x \right )dx\leq \underset{G}{\int }f_{2}\left ( x \right )dx.$

Спойлер

Свойство 5.

Если функция

$f\left ( x \right )$ непрерывна на измеримом связном компакте

$G$ , то найдется точка

$\xi \in G$ такая, что

$\underset{G}{\int }f\left ( x\right )dx=f\left ( \xi \right )m\left ( G \right ).$

Спойлер

$\square$ Если $m\left ( G \right )=0$ , то равенство очевидно. Пусть $m\left ( G \right )>0$ , $\mu =\underset{x\in G}{\min} f,~M=\underset{x \in G}{\max}f$ . Тогда $\mu\leq f\left ( x \right )\leq M$ при $x \in G$ , $\mu m\left ( G \right )\leq \underset{G}{\int }f\left ( x \right )dx\leq Mm\left ( G \right ).$

Следовательно, $\mu \leq \frac{1}{m\left ( G \right )}\underset{G}{\int }f\left ( x \right )dx\leq M.$

Функция, непрерывная на связном множестве и принимающая на нем значения $\mu$ и $M$ , принимает и все промежуточные значения, а поэтому существует точка $\xi \in G$ такая, что $f\left ( \xi \right )= \frac{1}{m\left ( G \right )}\underset{G}{\int }f\left ( x \right )dx. ~~\blacksquare$

[свернуть]

Свойство 6.

Если

$\left \{ G_{k} \right \}, k=\overline{1,m}$ , есть разбиение множества

$G,$ то функция

$f\left ( x \right )$ интегрируема на множестве

$G$ в том и только том случае, когда она интегрируема на каждом из множеств

$G_{k},$ причем

$\underset{G}{\int}f\left ( x \right )dx= \sum_{k=1}^{m}\underset{G_{k}}{\int}f\left ( x \right )dx.$

Свойство 7.

Произведение интегрируемых на измеримом множестве

$G$ функций есть интегрируемая на множестве

$G$ функция.

Спойлер

Свойство 8.

Если функция

$f\left ( x \right )$ интегрируема на измеримом множестве

$G$ , то функция

$\left | f\left ( x \right ) \right |$ также интегрируема и

$\left | \underset{G}{\int}f\left ( x \right )dx \right |\leq \underset{G}{\int }\left | f\left ( x \right ) \right |dx.$

Спойлер

Примеры

Пример 1

Определить какой знак имеет интеграл $\underset{x^2+y^2\leq 4}{\iint}\sqrt[3]{1-x^2-y^2}dxdy.$

Спойлер

В силу свойства аддитивности кратного интеграла, имеем: $\underset{x^2+y^2\leq 4}{\iint}\sqrt[3]{1-\left (x^2+y^2 \right )}dxdy=$ $=\underset{x^2+y^2\leq 1}{\iint}\sqrt[3]{1-\left (x^2+y^2 \right )}dxdy~~+\underset{1\leq x^2+y^2\leq 2}{\iint}\sqrt[3]{1-\left (x^2+y^2 \right )}dxdy~~+$ $+\underset{2\leq x^2+y^2\leq 4}{\iint}\sqrt[3]{1-\left (x^2+y^2 \right )}dxdy.$
Для каждой точки $\left ( x,y \right )$ из круга $x^2+y^2\leq 1$ найдется точка $\left ( \bar{x},\bar{y} \right )$ из кольца $1\leq x^2+y^2\leq 2$ такая, что $\sqrt[3]{1-\left ( x^2+y^2 \right )}+\sqrt[3]{1-\left ( \bar{x^2}+\bar{y^2 }\right )}=0$ , поэтому приходим к выводу, что $\underset{x^2+y^2\leq 1}{\iint}\sqrt[3]{1-\left (x^2+y^2 \right )}dxdy~~+\underset{1\leq x^2+y^2\leq 2}{\iint}\sqrt[3]{1-\left (x^2+y^2 \right )}dxdy~~=$
$=\underset{x^2+y^2\leq 2}{\iint}\sqrt[3]{1-\left (x^2+y^2 \right )}dxdy,$ $\underset{x^2+y^2\leq 4}{\iint}\sqrt[3]{1-\left (x^2+y^2 \right )}dxdy~~=\underset{2\leq x^2+y^2\leq 4}{\iint}\sqrt[3]{1-\left (x^2+y^2 \right )}dxdy.$
Так как $\sqrt[3]{1-\left (x^2+y^2 \right )}< 0$ , когда $\left ( x,y \right )\in \left \{ 2\leq x^2+y^2 \leq 4\right \}$ , то (принимая во внимание последнее равенство) исследуемый интеграл отрицателен.

При решении данного примера мы воспользовались тем, что интеграл Римана интегрируемой функции $f$ не зависит от способа разбиения области интегрирования и выбора точек $\xi_{i}$ в каждой из ячеек разбиения.

[свернуть]

Пример 2 (вычисление площади плоской фигуры с помощью двойного интеграла)

Вычислить площадь фигуры, занимающей область $D$ , ограниченную линиями $x=y^2$ и $x+y=2$ .

Спойлер

Если плоская фигура занимает область $D\subset XOY$ , то ее площадь может быть вычислена с помощью двойного интеграла по его свойству о значении интеграла от функции, тождественно равной единице на области интегрирования. В результате получается формула для вычисления площади плоской фигуры с помощью двойного интеграла: $S_{D}=\underset{D}{\iint}dS~~(*)$

Строим область $D$ и записываем ее системой неравенств: $D:\left\{\begin{matrix}-2\leq y\leq 1\\ y^{2}\leq x\leq 2-y\end{matrix}\right.$ По формуле $(*)$ вычисляем площадь: $S_{D}=\underset{D}{\iint }dS=\underset{D}{\iint }dxdy=\int\limits_{-2}^{1}dy\int\limits_{y^{2}}^{2-y}=$ $=\int\limits_{-2}^{1}dy~\cdot~x \Big|_{y^2}^{2-y}=\int\limits_{-2}^{1}\left ( 2-y-y^2 \right )dy=\left ( 2y-\frac{y^2}{2}-\frac{y^3}{3} \right )\Big|_{-2}^1=$ $2\left ( 1+2 \right )-\frac{1}{2}\left ( 1-4 \right )-\frac{1}{3}\left ( 1+8 \right )=4.5$

Ответ: $S_{D}=4.5$ (кв. ед.).

[свернуть]

Пример 3 (вычисление объема с помощью двойного интеграла)

Пусть цилиндрический брус ограничен сверху непрерывной поверхностью $z=f\left (x,y \right)$ , снизу — плоскостью $z=0$ , с боков — цилиндрической поверхностью с образующими, параллельными оси $Oz$ . Если указанная цилиндрическая поверхность вырезает из плоскости $Oxy$ квадрируемую замкнутую область $D$ , то объем $V$ бруса вычисляется по формуле: $V=\underset{D}{\iint}f\left ( x,y \right )dxdy.~~(**)$

Найти объем тела, ограниченного поверхностями: $z=x^2+y^2,~y=x^2,~y=1,~z=0.$

Спойлер

Тело ограничено сверху параболоидом вращения $z=x^2+y^2$ , снизу — плоскостью $Oxy$ , с боков — цилиндрической поверхностью $y=x^2$ и плоскостью $y=1$ , вырезающими из плоскости $Oxy$ квадрируемую замкнутую область $D=\left \{ -\leq x\leq 1,~x^2 \leq y \leq 1 \right \}.$ В точках множества $D$ , симметричных относительно оси $Oy$ , функция $z=x^2+y^2$ принимает равные значения, поэтому $V=2\underset{x^2\leq y\leq 1}{\underset{0\leq x\leq 1}{\iint}}\left ( x^2+y^2 \right )dxdy=2\int\limits_{0}^{1}dx\int\limits_{x^2}^{1}\left ( x^2+y^2 \right )dy=$ $=2\int\limits_{0}^{1}\left ( x^2-x^4+\frac{1}{3}-\frac{x^6}{3} \right )dx=\frac{88}{105}.$

[свернуть]

Литература

Кратный интеграл Римана

Тест: Кратный интеграл Римана.

Задание 1 из 6

1.

Установить соответствие

Элементы сортировки

Если $f_{1}\left ( x \right )$ и $f_{2}\left ( x \right )$ - интегрируемые на множестве $G$ функции, а $\alpha$ и $\beta$ - произвольные вещественные числа, то и функция $\alpha f_{1}\left ( x \right )+\beta f_{2}\left ( x \right )$ интегрируема на $G$ , причем $\underset{G}{\int }\left ( \alpha f_{1}\left ( x \right ) + \beta f_{2}\left ( x \right ) \right )dx=$ $=\alpha \underset{G}{\int }f_{1}\left ( x \right )dx+\beta \underset{G}{\int }f_{2}\left ( x \right )dx.$
Если $f\left ( x \right )> 0$ и $f\left ( x \right )$ - интегрируемая на измеримом по Жордану множестве $G$ функция, то $\underset{G}{\int }f\left ( x \right )dx\geq 0$ .
Если $f_{1}\left ( x \right )$ и $f_{2}\left ( x \right )$ - интегрируемые на множестве $G$ функции и $f_{1}\left ( x \right )\leq f_{2}\left ( x \right )$ при $x\in G$ , то $\underset{G}{\int }f_{1}\left ( x \right )dx\leq \underset{G}{\int }f_{2}\left ( x \right )dx.$

Свойство аддитивности

Свойство интеграла от положительной функции

Свойство монотонности

Задание 2 из 6

2.
Если функция $f\left ( x \right )$ интегрируема на измеримом множестве $G$ , то функция $\left | f\left ( x \right ) \right |$ также интегрируема и …
- $\left | \underset{G}{\int}f\left ( x \right )dx \right |\leq \underset{G}{\int }\left | f\left ( x \right ) \right |dx$
- $\left | \underset{G}{\int}f\left ( x \right )dx \right |= \underset{G}{\int }\left | f\left ( x \right ) \right |dx$
- $\left | \underset{G}{\int}f\left ( x \right )dx \right |\geq \underset{G}{\int }\left | f\left ( x \right ) \right |dx$
Правильно

Неправильно
Задание 3 из 6

3.
Если функция $f\left ( x \right )$ _______ на измеримом связном компакте $G$ , то найдется точка $\xi \in G$ такая, что $\underset{G}{\int }f\left ( x\right )dx=f\left ( \xi \right )m\left ( G \right ).$
Правильно

Неправильно
Задание 4 из 6

4.
Вставьте пропущенное слово
- Мелкость разбиения- это наибольший (диаметр) множеств.
Правильно

Неправильно
Задание 5 из 6

5.
Какие из приведенных ниже интегралов равны площади фигуры, изображенной на рисунке.
- $\int\limits_{0}^{3}f\left ( x \right )dx$
- $\underset{S}{\iint} f\left ( x \right )dxdy$
- $\int\limits_{0}^{3}dx\int\limits_{0}^{f\left ( x \right )}dy$
Правильно

Неправильно
Задание 6 из 6

6.
Установите правильную последовательность в доказательстве свойства:
Если функция $f\left ( x \right )$ непрерывна на измеримом связном компакте $G$ , то найдется точка $\xi \in G$ такая, что $\underset{G}{\int }f\left ( x\right )dx=f\left ( \xi \right )m\left ( G \right ).$
- Если $m\left ( G \right )=0$ , то равенство очевидно. Пусть $m\left ( G \right )>0$ , $\mu =\underset{x\in G}{\min} f,~M=\underset{x \in G}{\max}f$ . Тогда $\mu\leq f\left ( x \right )\leq M$ при $x \in G$ , $\mu m\left ( G \right )\leq \underset{G}{\int }f\left ( x \right )dx\leq Mm\left ( G \right ).$ Следовательно,
- $\mu \leq \frac{1}{m\left ( G \right )}\underset{G}{\int }f\left ( x \right )dx\leq M.$
- Функция, непрерывная на связном множестве и принимающая на нем значения $\mu$ и $M$ , принимает и все промежуточные значения, а поэтому существует точка $\xi \in G$ такая, что
- $f\left ( \xi \right )= \frac{1}{m\left ( G \right )}\underset{G}{\int }f\left ( x \right )dx.$
Правильно

Неправильно

Свойства определенного интеграла, связанные с отрезками интегрирования

Определение

Если [latex]f(x)[/latex] интегрируема в промежутке [latex]\left [ a,b \right ][/latex], то она интегрируема и в промежутке [latex]\left [ b,a \right ][/latex], причем

$\underset{a}{\overset{b}{\int}}f(x)dx=-\underset{b}{\overset{a}{\int}}f(x)dx$

Пример

Вычислить определённый интеграл [latex]\underset{4}{\overset{-2}{\int}}(8+2x-x^{2})dx[/latex].

Преобразуем интеграл и затем применим свойство линейности интеграла.

$\underset{4}{\overset{-2}{\int}}(8+2x-x^{2})dx=\underset{-2}{\overset{4}{\int}}(8+2x-x^{2})dx=8\underset{-2}{\overset{4}{\int}}dx+2\underset{-2}{\overset{4}{\int}}xdx-\underset{-2}{\overset{4}{\int}}x^{2}dx=$ $=8x|_{-2}^{4}+2\cdot \frac{1}{2}(x^{2})|_{-2}^{4}-\frac{1}{3}(x^{3})|_{-2}^{4}=48+12-24=36$ .

Свойство 1

Если функция [latex]f(x)[/latex] интегрируема на отрезке [latex]\left [ a,b \right ][/latex], то она интегрируема на произвольном отрезке [latex]\left [ \alpha,\beta \right ] \subset \left [ a,b \right ][/latex].

Спойлер

Рассмотрим произвольное разбиение [latex]\tau _{\left [ \alpha ,\beta \right ]}=\left \{ x_{k} \right \}_{k=0}^{n}[/latex] отрезка [latex]\left [ \alpha,\beta \right ][/latex]. Добавив к нему [latex]\left [ a,\alpha \right ][/latex] и [latex]\left [ \beta,b \right ][/latex], мы получим разбиение [latex]\tau _{\left [ a ,b \right ]}[/latex] отрезка [latex]\left [ a,b \right ][/latex]. По условию интегрируемости [latex]f(x)[/latex] получим :

$0\leq \sum_{x_{k}\in \tau_{\left [ \alpha ,\beta \right ]}}^{n}\omega _{k}\Delta x_{k}\leq \sum_{x_{k}\in \tau \left [ a ,b \right ]}\omega _{k}\Delta x_{k}\rightarrow 0$ ,

когда диаметр разбиения [latex] \tau_{\left [ \alpha ,\beta \right ]}[/latex] стремится к нулю. Этот факт и доказывает наше свойство.

[свернуть]

Пример

Ранее мы уже показали, что функция $f(x)=8+2x-x^{2}$ интегрируема на отрезке [latex]\left [ -2, 4 \right ][/latex]. Согласно первому свойству она также интегрируема на промежутке [latex]\left [ 0,2 \right ][/latex].

$\underset{0}{\overset{2}{\int}}(8+2x-x^{2})dx=8\underset{0}{\overset{2}{\int}}dx+2\underset{0}{\overset{2}{\int}}xdx-\underset{0}{\overset{2}{\int}}x^{2}dx=$ $=8x|_{0}^{2}+2\cdot \frac{1}{2}(x^{2})|_{0}^{2}-\frac{1}{3}(x^{3})|_{0}^{2}=\frac{52}{3}$

Свойство 2 (аддитивность интеграла)

Если функция [latex]f(x)[/latex] интегрируема на отрезках [latex]\left [ a,c \right ][/latex] и [latex]\left [ c,b \right ][/latex], то она также интегрируема на отрезке [latex]\left [ a,b \right ][/latex] и имеет место равенство

$\underset{a}{\overset{b}{\int}}f(x)dx=\underset{a}{\overset{c}{\int}}f(x)dx+\underset{c}{\overset{b}{\int}}f(x)dx$ .

Спойлер

Пусть функция интегрируема в промежутке [latex]\left [ a,b \right ][/latex]. Интегрируемость функции в промежутках [latex]\left [ a,c \right ][/latex] и [latex]\left [ c,b \right ][/latex], следует из Свойства 1. Рассмотрим разбиение промежутка [latex]\left [ a,b \right ][/latex] на части [latex]\tau _{\left [ \alpha ,\beta \right ]}=\left \{ x_{k} \right \}_{k=0}^{n}[/latex], причем точку [latex]c[/latex] будем считать одной из точек деления. Составив интегральную сумму, будем иметь

$\sum_{a}^{b}f(\xi )\Delta x=\sum_{a}^{c}f(\xi )\Delta x + \sum_{c}^{b}f(\xi )\Delta x$

Каждая из этих сумм имеет предел, который равен соответствующему интегралу для любых точек

$\xi _{k}\in \left [ x_{k},x_{k-1} \right ],(k=1,2,\dots,n)$ ,

когда диаметр разбиения стремится к нулю. Т.е.

$\underset{a}{\overset{b}{\int}}f(x)dx=\underset{a}{\overset{c}{\int}}f(x)dx+\underset{c}{\overset{b}{\int}}f(x)dx$

[свернуть]

Пример

Снова возьмём функцию $f(x)=8+2x-x^{2}$ и рассмотрим значения интеграла на промежутках [latex]\left [ -2, 1 \right ][/latex] и [latex]\left [ 1, 4 \right ][/latex].

$\underset{-2}{\overset{1}{\int}}(8+2x-x^{2})dx=8\underset{-2}{\overset{1}{\int}}dx+2\underset{-2}{\overset{1}{\int}}xdx-\underset{-2}{\overset{1}{\int}}x^{2}dx=$ $=8x|_{-2}^{1}+2\cdot \frac{1}{2}(x^{2})|_{-2}^{1}-\frac{1}{3}(x^{3})|_{-2}^{1}=18$

$\underset{1}{\overset{4}{\int}}(8+2x-x^{2})dx=8\underset{1}{\overset{4}{\int}}dx+2\underset{1}{\overset{4}{\int}}xdx-\underset{1}{\overset{4}{\int}}x^{2}dx=$ $=8x|_{1}^{4}+2\cdot \frac{1}{2}(x^{2})|_{1}^{4}-\frac{1}{3}(x^{3})|_{1}^{4}=18$

Т.е. $\underset{a}{\overset{b}{\int}}f(x)dx=\underset{a}{\overset{c}{\int}}f(x)dx+\underset{c}{\overset{b}{\int}}f(x)dx$ .

Литература

Свойства определенного интеграла, связанные с отрезками интегрирования

Начало теста

Задание 1 из 2

1.
Количество баллов: 1
Что такое численное интегрирование?
- Нахождение производной
- Вычисление значения определённого интеграла (как правило, приближённое).
Правильно

Неправильно
Задание 2 из 2

2.
Количество баллов: 1
Если $f\in \mathbb{R}[a,b]$ и $f\in C[a,b]$ , то $\underset{a}{\overset{b}{\int}}f(x)dx$ ? $\underset{a}{\overset{c}{\int}}f(x)dx+\underset{c}{\overset{b}{\int}}f(x)dx$
- $<$
- $>$
- $=$
- $\leq$
- $\geq$
- $\neq$
Правильно

Неправильно

Подсказка

Выберите знак, который должен стоять на месте «?»

Место	Имя	Записано	Баллы	Результат
Таблица загружается
Нет данных

Средний результат
Ваш результат

Средний результат
Ваш результат

Примеры решения задач

Смотрите также

Свойства интеграла

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

4.

Элементы сортировки

5.

6.

Необходимые понятия

Разбиения

Интегральные суммы Римана. Суммы Дарбу

Определение

Свойства кратного интеграла

Примеры

Пример 1

Пример 2 (вычисление площади плоской фигуры с помощью двойного интеграла)

Пример 3 (вычисление объема с помощью двойного интеграла)

Литература

Кратный интеграл Римана

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

Элементы сортировки

2.

3.

4.

5.

6.

Определение

Пример

Свойство 1

Пример

Свойство 2 (аддитивность интеграла)

Пример

Литература

Свойства определенного интеграла, связанные с отрезками интегрирования

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

Подсказка