В этом пункте приведено определение первообразной для функции, непрерывной на данном интервале, установлен важный факт: если функция F (x) есть какая-либо первообразная для функции f (x) на интервале (a; b), то функция F (x) + C, где C — некоторая постоянная, также есть первообразная для функции f (x) на этом интервале. Далее определен неопределенный интеграл от непрерывной на интервале (a; b) функции f (x) — это некоторая ее первообразная. Обратим внимание на это определение: неопределенный интеграл понимается как некоторая (любая) первообразная данной функции, т. е. неопределенный интеграл от функции f (x) есть одна функция. В ряде учебников принято другое определение: неопределенным интегралом от данной функции f (x) называют множество всех первообразных для функции f (x), т. е. неопределенный интеграл от функции f (x) есть множество функций. Полагаем, что наше определение неопределенного интеграла проще для понимания. Например, решая задачи, связанные с неопределенным интегралом, мы каждый раз имеем дело с конкретной функцией, для которой можно определить C, а не с множеством таких функций. Далее в учебнике доказано основное свойство неопределенного интеграла: ∫ ( A 1 f 1 (x)+ A 2 f 2 (x))dx= A 1 ∫ f 1 (x)dx+ A 2 ∫ f 2 (x))dx+C, из которого как частные случаи получены следующие свойства неопределенного интеграла: ∫ ( f 1 (x)+ f 2 (x))dx= ∫ f 1 (x)dx+ ∫ f 2 (x)dx+C, ∫ ( f 1 (x)− f 2 (x))dx= ∫ f 1 (x)dx− ∫ f 2 (x)dx+C, ∫ Af(x)dx=A ∫ f(x)dx+C . Решения и комментарии 6.5. в) Докажите, что функция F (x) есть первообразная для функции f (x), если f(x)=sin( 7x− π 4 ), f(x)=− 1 7 cos( 7x− π 4 )+C . Доказательство. Для каждого x ∈ R имеем F′(x)= ( − 1 7 cos( 7x− π 4 )+C ) ′ = 1 7 sin( 7x− π 4 )⋅ ( 7x− π 4 ) ′ +0= = 1 7 sin( 7x− π 4 )⋅7=sin( 7x− π 4 ) . Следовательно, функция F (x) есть первообразная для функции f (x) на интервале (−∞;+∞) . 6.7. Для функции f (x) = sin x найдите ту первообразную, график которой проходит через точку A ( π 2 ; 2 ) . Решение. Функция f (x) на интервале (−∞;+∞) имеет первообразную F (x) = −cos x + С, где C — некоторая постоянная. Так как график первообразной проходит через точку A, то должно выполняться равенство 2=−cos π 2 +C, откуда C=2+cos π 2 =2+0=2. Поэтому F (x) = −cos x + 2. Найдите неопределенный интеграл (6.15—6.17): 6.15. г) ∫ ( x 3 +3 x 2 +3x+1 − x 2 −6x+9 3 ) dx . Решение. Применяя основное свойство неопределенного интеграла, имеем ∫ ( x 3 +3 x 2 +3x+1 − x 2 −6x+9 3 ) dx= ∫ ( (x+1) 3 2 − (x−3) 2 3 )dx= = ∫ (x+1) 3 2 dx− (x−3) 2 3 dx+ C 1 . Так как функция f(u)= u 3 2 имеет первообразную F(u)= 2 u 5 2 5 + C 2 , то функция f(x+1)= (x+1) 3 2 имеет первообразную F(x+1)= 2 (x+1) 5 2 5 + C 2 . Так как функция g(u)= u 2 3 имеет первообразную G(u)= 3 u 5 3 5 + C 3 , то функция g(x−3)= (x−3) 2 3 имеет первообразную G(x−3)= 3 (x−3) 5 3 5 + C 3 . Следовательно,
∫ ( x 3 +3 x 2 +3x+1 − x 2 −6x+9 3 ) dx= = 2 (x+1) 5 2 5 − 3 (x−3) 5 3 5 +C . 6.17. ж) ∫ dx 4x−4 x 2 ; з) ∫ dx 4 x 2 +12x+10 . Решение. ж) ∫ dx 4x−4 x 2 = ∫ dx 1− (2x−1) 2 = 1 2 arcsin(2x−1)+C . Так как функция f(u)= 1 1− u 2 имеет первообразную F (u) = arcsin u + С, то функция f(2x−1)= 1 1− (2x−1) 2 имеет первообразную F(2x−1)= 1 2 arcsin(2x−1)+C. з) ∫ dx 4 x 2 +12x+10 = ∫ dx 1+ (2x+3) 2 = 1 2 arctg(2x+3)+C . Так как функция f(u)= 1 1+ u 2 имеет первообразную F (u) = arctg u + С, то функция f(2x+3)= 1 1+ (2x−3) 2 имеет первообразную F(2x+3)= 1 2 arctg(2x+3)+C . 6.18. а) Докажите справедливость равенства
∫ dx x =ln| x |+C (x≠0) . Решение. Для x > 0 имеем (ln | x | + С)′ = (ln x)′ + 0 = 1 x ; для x < 0 имеем (ln | x | + С)′ = (ln (−x))′ + 0 = 1 −x ⋅(−x)′= 1 x , т. е. на каждом из интервалов (−∞; 0) и (0;+∞) справедливо равенство (ln | x | + С)′ = 1 x . Следовательно, на каждом из этих интервалов справедливо равенство ∫ dx x = ln | x | + С (x ≠ 0). Замечание. Поскольку неопределенный интеграл ∫ f(x)dx определен для функции f (x), непрерывной на некотором промежутке (a; b), то равенство ∫ dx x =ln| x |+C (x ≠ 0) следует понимать как сокращенную форму записи равенств ∫ dx x =ln| x |+C, x∈(0;+∞) и ∫ dx x =ln| x |+C, x∈(−∞;0) . Промежуточный контроль. С—24.
6.2*. Замена переменной. Интегрирование по частям
В данном пункте на большом числе примеров показаны приемы вычисления неопределенных интегралов с помощью замены переменной и интегрирования по частям. Решения и комментарии Найдите неопределенный интеграл, используя замену переменной (6.20—6.23): 6.20. в) ∫ 2xdx 9−4 x 2 . Решение. ∫ 2xdx 9−4 x 2 = ∫ ( − 1 4 t )dt=− 1 4 ∫ t − 1 2 dt= =− t 2 +C=− 9−4 x 2 2 +C (подстановка t = 9 − 4x2, откуда dt = − 8xdx, 2xdx=− 1 4 dt ) . 6.21. в) ∫ x 4+ x 2 dx . Решение. ∫ x 4+ x 2 dx= ∫ t dt 2 = 1 2 ∫ t 1 2 dt= t 3 2 2⋅ 3 2 +C= = (4+ x 2 ) 3 2 3 +C (подстановка t = 4 + x2, откуда dt = 2xdx, xdx= 1 2 dt ) . 6.22. в) ∫ xdx 1+9 x 2 . Решение. ∫ xdx 1+9 x 2 = ∫ dt 18t = 1 18 lnt+C= 1 18 ln(1+9 x 2 )+C (подстановка t = 1 + 9x2, откуда t > 0, dt = 18xdx, xdx= 1 18 dt ) . 6.23. в) ∫ 1−4 x 2 dx . Решение. Так как x∈[ − 1 2 ; 1 2 ], то 2x = sin t, где t∈[ − π 2 ; π 2 ] . Следовательно, t = arcsin 2x, 1−4 x 2 =cost, 2dx = cos tdt, dx= 1 2 cost dt . Поэтому ∫ 1−4 x 2 dx= = ∫ cost⋅ 1 2 costdt = 1 4 ∫ (1+cos2t)dt= = 1 4 (t+sintcost)+C= 1 4 ( arcsin2x+2x 1−4 x 2 )+C . Найдите неопределенный интеграл, используя интегрирование по частям (6.24—6.25): 6.24. в) ∫ xdx sin 2 x . Решение. ∫ xdx sin 2 x =−x ctg x− ∫ (−ctg x )dx= =−x ctg x+ ∫ ctg xdx+ C 1 ( здесь u=x, du=dx, dυ= dx sin 2 x , υ=−ctg x ) . Так как ∫ ctg x dx= ∫ cosx dx sinx = ∫ dt t =ln| t | + C 2 = = ln | sin x | + C2 (здесь t = sin x, dt = cos x dx), то ∫ xdx sin 2 x = −x ctg x+ln| sinx |+C . 6.25. а) ∫ x 2 e x dx; в) ∫ x 2 cosx dx . Решение. а) ∫ x 2 e x dx= x 2 e x − ∫ e x 2xdx+ C 1 (здесь u = x2, du = 2xdx, d υ = exdx, υ = ex). Так как ∫ e x xdx=x e x − ∫ e x dx+ C 2 =x e x − e x + C 3 (здесь u1 = x, du1 = dx, d υ 1 = exdx, υ 1 = ex), то ∫ x 2 e x dx= x 2 e x −2 x e x +2 e x +C . в) ∫ x 2 cosxdx= x 2 sinx− ∫ sinx 2 xdx+ C 1 (здесь u = x2, du = 2xdx, d υ = cos xdx, υ = sin x). Так как ∫ sinx 2 xdx=2 ∫ xsinxdx= =2( −xcosx− ∫ (–cosx)dx )+ C 2 =−2xcosx+2 ∫ cosxdx+ C 2 = = −2x cos x + 2 sin x + C3 (здесь u1 = x, du1 = dx, d υ 1 = sin xdx, υ 1 = −cos xdx), то ∫ x 2 cosxdx= x 2 sinx+2xcosx−2sinx+C . Промежуточный контроль. С—25.
6.3. Площадь криволинейной трапеции
В данном пункте вводятся понятия криволинейной трапеции и ее площади как предела интегральной суммы. Такой подход не предполагает развития техники вычисления интегральных сумм. Будет достаточно, если учащиеся на примере заданий 6.27—6.28 осознают, что вычисление площади криволинейной трапеции как предела интегральной суммы довольно трудоемкая задача, и выполнят задания, пользуясь имеющимися в них подсказками. В то же время этот подход позволяет обосновать необходимость знака «−» при вычислении интегральной суммы в том случае, когда значения функции на заданном отрезке отрицательны, а также показать, что первоначально вычисление определенных интегралов было сложной задачей и открытие формулы Ньютона — Лейбница существенно упростило вычисления. Решения и комментарии 6.27. Рассмотрим функцию y = x на отрезке [0; 1]. Разделим отрезок [0; 1] на n равных частей и в качестве интегральной суммы возьмем S n =f(0)⋅ 1 n +f( 1 n )⋅ 1 n +f( 2 n )⋅ 1 n +...+f( n−1 n )⋅ 1 n = =( 0+ 1 n + 2 n +...+ n−1 n ︸ n слагаемых )⋅ 1 n . а) Вычислите интегральную сумму S1, S2, S3, S4 (рис. 68). б) Упростите формулу для вычисления Sn. в) Имеет ли последовательность интегральных сумм S1, S2, S3, ..., Sn, ... предел при n→+∞? Если имеет, то чему он равен? г) Чему равна площадь фигуры, ограниченной прямыми y = x, y = 0, x = 1? Решение. а) Вычислим интегральные суммы S1, S2, S3, S4, пользуясь интегральной суммой Sn: S 1 =f(0)⋅ 1 1 =0, S 2 =f(0)⋅ 1 2 +f( 1 2 )⋅ 1 2 =( f(0)+f( 1 2 ) )⋅ 1 2 = 0+1 2 ⋅ 1 2 = 1 4 , S 3 =f(0)⋅ 1 3 +f( 1 3 )⋅ 1 3 +f( 2 3 )⋅ 1 3 = 0+1+2 3 ⋅ 1 3 = 1 3 , S 4 =f(0)⋅ 1 4 +f( 1 4 )⋅ 1 4 +f( 2 4 )⋅ 1 4 +f( 3 4 )⋅ 1 4 = 0+1+2+3 4 ⋅ 1 4 = 3 8 . Площади закрашенных фигур на рисунке 68 равны соответственно трем первым интегральным суммам.
Рис. 68
б) Преобразуем интегральную сумму, воспользовавшись формулой суммы первых n членов арифметической прогрессии: S n =( 0+ 1 n + 2 n +...+ n−1 n ︸ n слагаемых )⋅ 1 n = 0+1+2+...+(n−1) n ⋅ 1 n = = (n−1)⋅n 2n ⋅ 1 n = n−1 2n . в) При n→+∞ интегральная сумма S n = 1 2 − 1 2n имеет предел, равный 1 2 . г) Площадь фигуры, ограниченной прямыми y = x, y = 0, x = 1, равна 1 2 . Замечания 1. Заметим, что результат, полученный новым методом, подтверждается известным способом вычисления площади треугольника: 1 2 ⋅1⋅1= 1 2 . 2. В задании 6.28 надо показать, что для функции y = −x на отрезке [0; 1] каждое значение функции в интегральной сумме и сама интегральная сумма будут отличаться только знаком от аналогичных значений, полученных в задании 6.27, поэтому площадь криволинейной трапеции (в данном случае треугольника) будет равна пределу интегральной суммы, взятой со знаком «−».
6.4. Определенный интеграл
В данном пункте введено понятие определенного интеграла на отрезке [a; b] как предела интегральной суммы, рассмотрен его геометрический смысл, приведены примеры вычисления определенного интеграла с опорой на его геометрический смысл (формула Ньютона — Лейбница будет введена в п. 6.6). Решения и комментарии Пользуясь геометрическим смыслом определенного интеграла, вычислите (6.32—6.36): 6.32. а) ∫ 0 2 x dx; б) ∫ 0 2 (−x) dx; д) ∫ 1 3 (1−x) dx . Решение. а) Так как функция y = x на отрезке [0; 2] принимает неотрицательные значения, то искомый интеграл равен площади треугольника OAB, взятой со знаком «+» (рис. 69, а). Итак, ∫ 0 2 x dx= OB⋅OA 2 = 2⋅2 2 =2. б) Так как функция y = −x на отрезке [0; 2] принимает отрицательные значения, то искомый интеграл равен площади треугольника OAB , взятой со знаком «−» (рис. 69, б). Итак, ∫ 0 2 (−x) dx=− OB⋅OA 2 =− 2⋅2 2 =−2. д) Так как функция y = 1 − x на отрезке [1; 3] принимает отрицательные значения, то искомый интеграл равен площади треугольника ABC (рис. 69, в), взятой со знаком «−». Итак, ∫ 1 3 (1−x) dx=− AC⋅CB 2 =− 2⋅2 2 =−2.
Рис. 69
6.33. а) ∫ 2 4 (1−x) dx . Решение. Так как функция y = 1 −x на отрезке [2; 4] принимает отрицательные значения, то искомый интеграл равен площади трапеции ABСD, взятой со знаком «−» (рис. 70, а). Итак, ∫ 2 4 (1−x) dx=− (AB+CD)⋅AD 2 =− (1+3)⋅2 2 =−4. 6.35. а) ∫ −π 0 sinxdx+ ∫ 0 π sinxdx . Решение. Функция y = sin x на отрезке [0; π] принимает положительные значения. Пусть ∫ 2 π sinx dx=S . Функция y = sin x на отрезке [−π; 0] принимает отрицательные значения. Так как функция y = sin x нечетная, то площадь каждой из криволинейных трапеций (над осью Ox и под осью Ox) равна S (рис. 70, б). Поэтому ∫ −π 0 sinx dx+ ∫ 0 π sinx dx=−S+S=0.
Рис. 70
6.36. а) ∫ −2 2 | x | dx; б) ∫ 0 3 | x−2 | dx; в) ∫ 0 4 | | x−2 | −1 |dx . Решение. а) Так как на отрезке [−2; 2] функция y = | x | принимает неотрицательные значения, то искомый интеграл равен площади закрашенной фигуры:
∫ −2 2 | x |dx=2⋅ OB⋅AB 2 =4 (рис. 71, а).
б) Так как на отрезке [0; 3] функция | x − 2 | принимает неотрицательные значения, то искомый интеграл равен площади закрашенной фигуры:
В данном пункте рассмотрен способ приближенного вычисления определенных интегралов — так называемый способ трапеций, основанный на вычислении среднего арифметического двух интегральных сумм — верхней и нижней. На двух примерах пункта показано, что описанный в учебнике метод (при разбиении отрезка интегрирования на 10 равных частей) дает приближенные значения ∫ 0 1 x 2 dx и ∫ 0 π 2 sinx dx с точностью, не превышающей 0,5% и 0,2% соответственно.
Решения и комментарии 6.43. б) Вычислите приближенно определенный интеграл ∫ −1 1 x 3 dx при заданном Δx = 0,2. Решение. б) Разобьем отрезок [−1; 1] на 10 равных частей точками −0,8 < −0,6 < −0,4 < −0,2 < 0 < 0,2 < 0,4 < 0,6 < 0,8. Так как на отрезке [−1; 1] функция f (x) = x3 возрастает, то нижнюю интегральную сумму S 10 ¯ вычислим, используя значения функции f (x) на левых концах частичных отрезков, а верхнюю интегральную сумму S 10 ¯ вычислим, используя значения функции f (x) на правых концах частичных отрезков:
