Определенный интеграл: Учебное пособие по математическому анализу

Министерство образования и науки Российской Федерации Федеральное агентство по образованию Государственное образовательное учреждение высшего профессионального образования «Уральский государственный педагогический университет» Факультет математический Кафедра математического анализа Кафедра методики преподавания математики И.Г. Липатникова, К.С. Поторочина, Н.В. Ткаленко, Н.Г. Фомина

Определенный интеграл Учебное пособие по математическому анализу

Екатеринбург — 2007

Министерство образования и науки Российской Федерации Федеральное агентство по образованию Государственное образовательное учреждение высшего профессионального образования «Уральский государственный педагогический университет» Факультет математический Кафедра математического анализа Кафедра методики преподавания математики И.Г. Липатникова, К.С. Поторочина, Н.В. Ткаленко, Н.Г. Фомина

Определенный интеграл Учебное пособие по математическому анализу

Екатеринбург — 2007

И.Г. Липатникова, К.С. Поторочина, Н.В. Ткаленко, Н.Г. Фомина/ Определенный интеграл. — Екатеринбург: Изд-во: , 2007. — 184 с. ISBN В пособии ставится задача помочь каждому студенту усвоить курс математического анализа. В основу пособия заложена идея самообразования, которая прослеживается как на процессуальном, так и на содержательном уровнях. В качестве средства реализации идеи самообразования в пособии предлагаются разноуровневые задания, которые, как показал анализ, способствуют формированию рефлексивной деятельности студентов, умений переносить полученные знания на новое предметное содержание, способностей к самостоятельному «открытию нового знания». Пособие адресуется студентам педагогических вузов, магистрам, преподавателям педагогических колледжей, институтов. Научный редактор: доктор педагогических наук, доцент И.Г. Липатникова (Уральский государственный педагогический университет)

Рецензенты: А.Г. Гейн доктор педагогических наук, профессор, лауреат Премии Президента РФ в области образования. А.Р. Данилин доктор физико-математических наук, профессор, заведующий отделом уравнений математической физики ИММ РАН. Все права защищены УДК ББК ISBN Уральский государственный педагогический университет, 2007 c °Липатникова И.Г., 2007 c °Поторочина К.С., 2007 c °Ткаленко Н.В., 2007 c °Фомина Н.Г., 2007

Содержание Предисловие

6

Время задавать вопросы и отвечать на них...

9

Интересно? А это факт!

12

1 Определение и условия существования определенного интеграла 1.1 Интегральная сумма . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Понятие определенного интеграла . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Необходимое условие интегрируемости функции . . . . . . . . . . 1.4 Суммы Дарбу и их свойства . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5 Критерий интегрируемости функции . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6 Понятие колебания функции. Равномерная непрерывность . . . . 1.7 Классы интегрируемых функций . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.8 Это вам полезно узнать... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.9 Резюме . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.10 Проверь себя . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.11 Полезные советы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

13 13 19 25 30 37 43 50 55 60 61 63

Известно ли вам, что...

84

2 Свойства определенного интеграла 2.1 Свойства, связанные с операциями над функциями . . . . . 2.2 Свойства функции, связанные с отрезками интегрирования. 2.3 Оценки интегралов . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4 Интегральная теорема о среднем . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5 Резюме . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6 Проверь себя . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.7 Полезные советы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Наступило время оглянуться назад... 3 Интеграл с переменным верхним пределом. деленных интегралов 3.1 Интеграл с переменным верхним пределом . 3.2 Вычисление определенных интегралов . . . . 3.3 Это вам полезно узнать... . . . . . . . . . . . 4

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

85 85 90 94 98 103 104 105 117

Вычисление опре118 . . . . . . . . . . . . 119 . . . . . . . . . . . . 124 . . . . . . . . . . . . 134

3.4 Резюме . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137 3.5 Проверь себя . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138 3.6 Полезные советы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139 А знаете ли вы?

149

4 Приложения определенного интеграла 4.1 Вычисление площади плоской фигуры . . . . . . . . 4.2 Площадь криволинейной трапеции . . . . . . . . . . 4.3 Вычисление объема тела . . . . . . . . . . . . . . . . 4.4 Объем тела вращения . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.5 Вычисление длины дуги кривой . . . . . . . . . . . 4.6 Вычисление площади поверхности вращения . . . . 4.7 Применение определенного интеграла при решении задач . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.8 Резюме . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.9 Проверь себя . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.10 Полезные советы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

151 153 155 158 160 162 163

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . физических . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

166 172 173 174

5 Итоговые вопросы

180

6 Шаг в будущее

182

5

Предисловие

В науке нет широкой столбовой дороги, и тот достигнет ее сияющих вершин, кто не страшась усталости карабкается по ее каменистым тропам. К. Маркс К. Маркс (1818 — 1883 )

В настоящее время перед педагогическими вузами ставится задача качественной профессиональной подготовки будущих учителей-предметников, соответствующей запросам личности, общества и государства. Следует заметить, что в процессе профессиональной подготовки учителя математики большую роль играет изучение курса математического анализа, являющегося фундаментальной дисциплиной, имеющей первостепенное значение, как для самой математики, так и для ее приложений и потому занимающей ведущее место в курсах математики средней и высшей школы. Однако, при изучении математического анализа студенты сталкиваются с рядом трудностей, исходящих из особенностей его понятий, методов, символьного языка. Это связано со следующими причинами: 1. Материал в средней школе по курсу алгебры и началам анализа дается дискретно, что не позволяет школьникам проследить особенности формирования единого языкового пространства и понятий. 2. В педагогической практике учителями используются учебники разных авторов, в которых многие понятия трактуются и раскрываются с учетом индивидуальной концептуальной основы самого автора. 3. Уровень подготовки студентов зависит от выбранной в школе профильной формы обучения. Кроме того, анализ занятий, результатов контрольных работ, наблюдение за ходом учебного процесса показали, что студенты не умеют анализировать результаты своей работы, переносить полученные знания на новое предметное содержание, искать наиболее эффективные способы решения, у студентов не сформирована способность самостоятельно «открывать знания». Соответственно, при написании пособия авторы пытались учесть трудности, с которыми студенты могут столкнуться при изучении математического анализа. 6

В связи с этим отличительной особенностью настоящего пособия является реализация идеи самообразования студентов, которая прослеживается как на содержательном, так и процессуальном компонентах учебного процесса. Кроме того, следует отметить, что характерной чертой содержательного и процессуального компонентов процесса обучения является их «интегративность», иначе говоря «взаимопроникновение» (рис. 1). Изложение теоретического материала направлено не просто на раскрытие понятия с учетом специфики изучаемого предмета, а на иллюстрацию его развития как динамической структуры, что, несомненно, окажет должное влияние на процесс усвоения понятия студентами. Исходя из основания, что знание само по себе является динамической системой, рассмотрим структуру содержания понятия. Работа над понятием начинается с пропедевтической части, которая представлена диагностикой определения готовности студентов к изучению конкретного понятия.

Диагностика готовности студентов к изучению нового понятия (микроцели, уровни готовности) l Деятельность студента (овладение способом деятельности на уровне мотивации, стратегических решений, микроцелей) l Содержательный компонент

Процессуальный компонент Рис. 1. Интегративность содержательного и процессуального компонентов в процессе формирования понятий в курсе математического анализа

При этом студенту необходимо самому определить свой личный уровень работы над понятием с учетом его индивидуальных возможностей и способностей. Выбор уровня зависит от заданий, включенных в него. В результате выполнения заданий у большинства студентов возникают затруднения. Это связано с 7

тем, что студентам во время решения проблемы предлагается применить новый теоретический материал. Этап завершается фиксацией индивидуального затруднения в деятельности, что создает мотивационную ситуацию для исследования и построения нового знания. На основе этого вводится определение. Изучение определения нацеливает студентов на выяснение условий существования и описание свойств понятия, что позволит в дальнейшем осуществить перенос полученных знаний на новое предметное содержание, в частности, на определение класса объектов, выяснение условий их существования и раскрытие свойств. Завершающим этапом изучения понятия является построение модели, на котором студенту приходится выяснять условия существования модели и ее свойства. Таким образом, использование представленной структуры (рис. 2) помогает целостно сформировать у студентов понятие и представить динамику его развития. Предложенную структуру можно рассматривать как содержательный компонент механизма формирования понятия. Используя схему, созданную Г.А. Глотовой [4, с. 54-57] и адаптируя ее к процессу формирования понятий в курсе математического анализа, получаем представление динамической системы генезиса понятия. Свойства классов (арифметические операции объектов или классов объектов)

Свойства понятия H H HH 6 H HH Условия H H j существования понятий H HH

6

Определение понятия

HH j -

Условия существования классов HH H

Классы объектов Определение классов

Свойства моделей (приложение моделей)

HH HH j

6

6

-

HH H j -

Условия существования модели 6

Построение моделей с помощью понятий

6

Диагностика готовности студентов к изучению понятия Рис. 2. Динамическая система генезиса понятия

8

6

Время задавать вопросы и отвечать на них...

Дж.В. Янг

Сливками математики является так называемая самостоятельная работа. . . Без работы, носящей такой характер, изучение математики почти бесполезно для образования. Дж.В. Янг

Прежде чем начать изучать данное пособие, решите для себя, что вы хотите от него получить. Если знания, необходимые для усвоения нового для вас курса, то выделите время на самообразование. Собственно пособие для этого и написано. Несмотря на то, что процесс усвоения предложенного материала сугубо индивидуален, наилучших результатов можно достичь при регулярных занятиях и при соблюдении предложенного в пособии алгоритма выполнения действий: 1. Подготовка к восприятию лекционного материала, предусматривающая выбор и решение задания с учетом уровня ваших возможностей. 2. Фиксация индивидуального затруднения в деятельности после чтения теоретического материала с использованием индивидуальной карточки для самоанализа и эталона. 3. Работа на лекции. 4. Решение заданий, где возникло затруднение. 5. Выполнение заданий для самопроверки. Помните, эффективное обучение — процесс интерактивный, не ограниченный простым чтением текста. Предложенные в пособии уровневые задания помогут осмыслить прочитанный материал и применить полученные знания на практике. Не отчаивайтесь, что вы начали усвоение материала с первого уровня выполнения задания. Просто не забывайте о том, что учеба — не гонка, и скорость усвоения нового материала — индивидуальна. Одни находят учебный материал легким, другие — нет. Не торопитесь, убедитесь в том, что вы усвоили предложенный материал сначала на простом уровне и — двигайтесь дальше. Действуйте в соответствии с древней китайской поговоркой: Я слышу и забываю, Я вижу и запоминаю, Я делаю и понимаю. 9

Что вы найдете в этом пособии? В пособии предлагается новый подход к овладению понятиями математического анализа. Оно написано доступным языком. Особенно ценно то, что в пособие включены разноуровневые задания, помогающие усваивать материал в индивидуальном темпе. В каждой теме предлагается теоретический материал, который выполняет функцию «помощника» для выхода из «затруднения» при решении разноуровневых заданий. Дополнительные упражнения, включенные в тему, и контрольные вопросы в конце каждого раздела позволят вам лучше усвоить предложенный материал. После каждого раздела представлено резюме, которое поможет быстро повторить пройденный материал. Пособие завершается разделом «Полезные советы», в котором предлагаются эталоны решения разноуровневых заданий, указания и ответы к заданиям для самостоятельной работы, и списком дополнительных рекомендуемых источников информации.

10

Прежде, чем вы начнете...

Введение определения понятия.

Данная информация требует осмысления.

Обзор теоретического материала.

Задания для самостоятельной работы.

На этот вопрос стоит ответить...

11

Интересно? А это факт!

Всякая математика как наука исторически развивалась из практики. Д.А. Граве Д.А. Граве

История каждого понятия скрыта в его имени, которое может быть представлено названием, значением и обозначением. В связи с этим в качестве первого источника знания об изучамом объекте выступает термин, отражающий название изучаемого объекта; в качестве второго источника знания следует рассматривать смысл, раскрывающий его значение, а благодаря символу можно обозначить любое понятие. Проиллюстрируем сказанное конкретным примером. Знаете ли вы, что название понятия «интеграл», в свое время, было придумано Я. Бернулли в 1690 году. Первичный смысл данного понятия трактовался автором как «восстановление» функции, которая была продифференцирована. Это доказывает и происхождение самого термина от лат. слова integero, которое переводится как «приводить в прежнее состояние, восстанавливать». Однако это не единственное толкование термина: integer, к тому же, означает «целый». R R Обозначение интеграла было введено Г. Лейбницем в 1675 году. Знак является измененной латинской буквой S (первой буквой слова «сумма».) Следует заметить, что идея бесконечного суммирования бесконечно малых величин, лежащая в основе понятия «интеграл» восходит еще к древней Греции, где она использовалась при решении задач, связанных с нахождением площадей плоских фигур и объемов тел. Это доказывают труды Архимеда (287 — 212 гг. до н.э.), которые посвящены решению именно таких задач. Они были изданы в 1544 году (на латинском и греческом языках) и явились важнейшим пунктом в развитии идей интегрирования. Однако потребовалось более полутора тысяч лет, прежде чем идеи Архимеда нашли четкое выражение и были доведены до уровня исчисления. Строгое изложение теории интегрирования появилось только в XIX веке благодаря трудам О. Коши, Б. Римана, Г. Дарбу и др. Вам же предоставляется возможность обратиться к тому уникальному наследию, которое создавалось великими умами в течение двух тысячелетий. 12

1

Определение и условия существования определенного интеграла

Математику уже затем учить следует, что она ум в порядок приводит. М.В. Ломоносов М.В. Ломоносов (1711 —1765 )

1.1

Интегральная сумма

Цель: 1. Сформировать у студентов понятие «интегральная сумма» и способность к ее построению для функции на заданном отрезке. 2. Тренировать у студентов способность к рефлексии собственной деятельности. В результате изучения данной темы студент должен знать: а) понятие «интегральная сумма»; в) структуру понятия «интегральная сумма». В результате изучения данной темы студент должен уметь: а) записывать интегральную сумму для конкретной функции; в) разбивать отрезок [a; b] на части и выбирать точки ξi на данном отрезке; г) находить числа 4xi — оснащение отрезка [a; b]. I этап. Пропедевтический Задание 1.1 Самостоятельно выберите и выполните задания, которые вы можете сделать. Эти задания помогут определить вашу готовность к восприятию новой темы и самостоятельному открытию знаний. Не огорчайтесь, если у вас возникли затруднения, смело открывайте раздел «Полезные советы», который находится на странице, указанной после заданий, и сравните свое решение с предложенным эталоном. Желаем удачи! 13

1. Задание для всех: запишите с помощью логических символов два определения предела функции (по Коши и по Гейне). 2. Разноуровневые задания: I уровень: готовность к воспроизведению осознанно воспринятых и зафиксированных в памяти знаний. n P Используя понятие интегральной суммы σ = f (ξi )∆xi , построить ин2

i=1

тегральную сумму для функции y = x на отрезке [0; 3], разбив отрезок интегрирования на 4 равные части. II уровень: готовность к сравнению имеющихся знаний с теми, которые необходимо получить в результате мыслительной деятельности. n P Используя понятие интегральной суммы σ = f (ξi )∆xi , построить инi=1

тегральную сумму для функции y = x2 на отрезке [0; 3], разбив отрезок интегрирования на n равных частей и выбирая точки ξi в серединах отрезков. III уровень: готовность к созданию новых знаний на основе изученных. n P Используя понятие интегральной суммы σ = f (ξi )∆xi , построить ин2

i=1

тегральную сумму для функции y = x на отрезке [0; 3], выбирая точки ξi так, чтобы их абсциссы xi образовывали геометрическую прогрессию. Ответы, указания к решению и полный текст решения заданий вы найдете в разделе «Полезные советы» на стр. 63 II этап. Исследование, осмысление, переосмысление информации студентами Задание 1.2 Внимательно прочитайте предложенный теоретический материал, соотнесите его с выполненным заданием и эталоном, проанализируйте результаты своей деятельности с помощью индивидуальной карточки (стр. 17).

14

Теоретический материал Площадь криволинейной трапеции. Разобьем отрезок ∆ на n частей точками xi (i = 1, n − 1) такими, что x1 < x2 < ... < xn−2 < xn−1 , и проведем через эти точки прямые, параллельные оси Oy. Пусть функция f непрерывна на отрезке ∆ = [a; b] и неотрицательна, т. е. f (x) ≥ 0 при всех x ∈ ∆. Рассмотрим фигуру G (рис. 3, стр. 16), ограниченную отрезками прямых x = a, x = b, y = 0 и графиком функции y = f (x), т. е. G = {(x, y) : a ≤ x ≤ b, 0 ≤ y ≤ f (x)}. Такую фигуру называют криволинейной трапецией, а отрезок ∆ — ее основанием. Тогда фигура G разобьется на n частей, каждая из которых является криволинейной трапецией. Обозначим ∆xi = xi −xi−1 , x0 = a, xn = b, и пусть ξn ∈ ∆i , где ∆i = [xi−1 ; xi ], n P i = 1, n. Тогда сумма σ = f (ξi )∆xi , зависящая от разбиения отрезка ∆ и i=1

выбора точек ξi , равна площади ступенчатой фигуры (рис. 3, стр. 16), составленной из n прямоугольников, причем основанием i-го прямоугольника служит отрезок ∆i , а длина его высоты — f (ξi ). Интуитивно ясно, что при достаточно мелком разбиении площадь полученной ступенчатой фигуры будет мало отличаться от площади исходной фигуры G . Будем увеличивать число точек разбиения так, чтобы наибольшая из длин отрезков ∆i стремилась к нулю. Если при этом сумма σ будет иметь предел S, не зависящий ни от способа разбиения отрезка ∆, ни от выбора точек ξi , то естественно предположить, что площадь фигуры G равна S.

15

Рис. 3. Построение интегральной суммы

Итак, площадь криволинейной трапеции может быть n P найдена как предел сумм вида f (ξi )∆xi , называемых интегральными суммами.

i=1

III этап. Интерпретация информации и проектирование нового способа действия Задание 1.3 Вы поработали на лекции, попробуйте еще раз решить задания, где у вас возникли затруднения. IV этап. Включение нового способа действия в систему знаний. Как отмечалось выше, в теории интегрального исчисления существенную роль играет конструкция, называемая интегральной суммой: σ=

n X

f (ξi )4xi .

(1)

i=1

С помощью этого понятия рассматриваются свойства определенного интеграла, решаются прикладные задачи, использующие определенный интеграл как инструмент для их решения. Обратимся к конструкции интегральной суммы и раскроем структуру этого понятия. Интегральная сумма строится для функции f (x) на отрезке [a; b]. Проиллюстрируем сказанное конкретным примером. √ Задание 1.4 Вычислить интегральную сумму для функции y(x) = x на отрезке [1; 5], разбивая отрезок на 6 частей. 16

Таблица 1. Карточка индивидуального задания

Карточка анализа индивидуального задания

Символы, которые необходимо использовать при анализе индивидуального задания: + — всe задание выполнено верно. ? – испытывал (ла) трудности. I. Всe задание выполнено верно ___ II. Трудности вызваны: 1. Непониманием предложенного задания из-за: а) невнимательного чтения задания ___ б) недостаточного осознания задания ___ 2. Непониманием самого термина «интегральная сумма»___ 3. Неумением определять компоненты интегральной суммы___ 4. Особенностями предложенных заданий: Уровень задания I уровень: II уровень:

III уровень:

Причина возникновения трудности Неумение осуществлять разбиение отрезка интегрирования на 4 части___ • Неумение осуществлять разбиение отрезка интегрирования на n равных частей___ • Неумение выбирать точки ξi в серединах отрезков интегрирования___ Непонимание условия, при котором необходимо выбрать точки так, чтобы их абсциссы xi образовывали геометрическую прогрессию ___

17

Решение: по условию задачи n = 6, то есть интегральная сумма имеет вид: 6 X

f (ξi )4xi = f (ξ1 )4x1 +f (ξ2 )4x2 +f (ξ3 )4x3 +f (ξ4 )4x4 +f (ξ6 )4x5 +f (ξ6 )4x6 .

i=1

Кроме того, для составления интегральной суммы необходимо знать точки ξi (разбиение отрезка [a; b]) и числа 4xi (оснащение отрезка [a; b]). Пусть x0 = 1; x1 = 1, 5; 4x1 = x1 − x0 = 0, 5; 41 = [1; 1, 5] x2 = 2; 4x2 = x2 − x1 = 0, 5; 42 = [1, 5; 2] x3 = 3; 4x3 = x3 − x2 = 1; 43 = [2; 3] x4 = 4; 4x4 = x4 − x3 = 1; 44 = [3; 4] x5 = 4, 5; 4x5 = x5 − x4 = 0, 5; 45 = [4; 4, 5] x6 = 5; 4x6 = x6 − x5 = 0, 5; 46 = [4, 5; 5]. Числа {x0 = 1; x1 = 2; x2 = 2, 5; x3 = 3; x4 = 4; x5 = 4, 5; x6 = 5} образуют строго возрастающую конечную последовательность; числа 4xi – длины отрезков 4i , а через 4i обозначен отрезок [xi−1 , xi ], где i принимает значения 1, 2, 3, 4, 5, 6. Затем выберем ξ1 = 1, 5 ∈ 41 ; ξ2 = 2 ∈ 42 ; ξ3 = 3 ∈ 43 ; ξ4 = 3, 5 ∈ 44 ; ξ5 = 4 ∈ 45 ; ξ6 = 5 ∈ 46 . Теперь составим интегральную сумму: 6 X f (ξi )4xi = i=1

= f (ξ1 )4x1 + f (ξ2 )4x2 + f (ξ3 )4x3 + f (ξ4 )4x4 + f (ξ6 )4x5 + f (ξ6 )4x6 = p p √ √ √ √ 1, 5 · 1 + 2 · 0, 5 + 3 · 0, 5 + 3, 5 · 1 + 4 · 0, 5 + 5 · 0, 5. √ Таким образом, интегральная сумма для функции x на отрезке [1; 5] построена. Выполните подобные задания самостоятельно. =

Не оставляйте задания для самостоятельной работы «на потом», не упускайте шанс проверить, как вы усвоили материал, и закрепить полученные знания. Эти задания помогут вам вовремя выявить и устранить пробелы, неизбежно возникающие в процессе обучения.

18

Задание 1.5 Построить интегральную сумму для функции y = 3x + 2 на отрезке [0; 5], разбивая отрезок: Уровень 1: на пять частей и выбирая точки оснащения в серединах отрезков разбиения. Найти значение интегральной суммы. Уровень 2: на n равных частей, выбирая точки оснащения в серединах отрезков разбиения. Найти значение интегральной суммы. Уровень 3: на n частей таким образом, чтобы длины отрезков разбиения образовывали геометрическую прогрессию, выбирая точки оснащения в серединах отрезков разбиения. Найти значение интегральной суммы. Задание 1.6 Построить интегральные суммы для функций, выбирая те задания, которые вы можете выполнить: R2

π

x2 dx,

−1 x R

cos tdt,

0

R2 0

sin xdx, Rx 0

dt , t2

R1 0 Rb

ax dx xm dx.

a

Задание 1.7 Построить алгоритм нахождения интегральной суммы. Ответы и указания к решению заданий вы найдете в разделе «Полезные советы» на стр. 65 1.2

Понятие определенного интеграла

Цель: 1. Сформировать понятие «определенного интеграла». 2. Тренировать у студентов способность к применению данного понятия при решении задач. В результате изучения данной темы студент должен знать: а) понятия «определенного интеграла»; «диаметра разбиения»; «выборки»; б) структуру понятия «определенного интеграла». В результате изучения данной темы студент должен уметь: а) вычислять определенный интеграл, рассматривая его как предел соответствующей интегральной суммы; б) производить разбиение промежутка интегрирования для конкретной функции. I этап. Пропедевтический 19

Задание 1.8 Самостоятельно выберите и выполните задания, которые вы можете сделать. Эти задания помогут определить вашу готовность к восприятию новой темы и самостоятельному открытию знаний. Не огорчайтесь, если у вас возникли затруднения, смело открывайте раздел «Полезные советы», который находится на странице, указанной после заданий, и сравните свое решение с предложенным эталоном. Желаем удачи! 1. Задание для всех: 1. Запишите lim σ(l) = I, используя определение предела функции по Коl→0 ши. 2. Запишите определение определенного интеграла на языке символов (на языке ε − δ) . Число J называется определенным интегралом от функции f на отрезке Rb [a; b] и обозначается f (x)dx, если для любого ε > 0 существует такое чисa

ло δ = δ(ε) > 0, что для любого разбиения T, мелкость которого l(T ) < δ, и для любой выборки ξ выполняется неравенство ¯ ¯ n ¯X ¯ ¯ ¯ f (ξi )∆xi − J ¯ < ε. ¯ ¯ ¯ i=1

3. Сравните вашу запись и предложенную формулировку определения. Выявите существенную разницу в этих записях и проинтерпретируйте ее. 2. Разноуровневые задания: I уровень: готовность к воспроизведению осознанно воспринятых и зафиксированных в памяти знаний. Вычислите определенный интеграл, рассматривая его как предел соответвующей интегральной суммы и производя разбиение промежутка инR2 тегрирования надлежащим образом: x2 dx. −1

II уровень: готовность к сравнению имеющихся знаний с теми, которые необходимо получить в результате мыслительной деятельности. 20

Вычислите определенный интеграл, рассматривая его как предел соответвующей интегральной суммы и производя разбиение промежутка инR1 x тегрирования надлежащим образом: a dx (a > 0). 0

III уровень: готовность к созданию новых знаний на основе изученных. Вычислите определенный интеграл, рассматривая его как предел соответвующей интегральной суммы и производя разбиение промежутка инRb dx (0 < a < b). тегрирования надлежащим образом: 2 x a Ответы, указания к решению и полный текст решения вы найдете в разделе «Полезные советы» на стр. 65. II этап. Исследования, осмысление, переосмысление информации студентами Задание 1.9 Внимательно прочитайте предложенный теоретический материал, соотнесите его с выполненным заданием и эталоном. Проанализируйте результаты своей деятельности с помощью индивидуальной карточки (на стр. 17). Теоретический материал Пусть функция одного переменного f (x) определена на отрезке [a; b] и пусть xi (i = 0, n) — совокупность точек этого отрезка таких, что a = x0 < x1 < ... < xi−1 < < xi < ... < xn−1 < xn = b. Назовем эту совокупность разбиением отрезка [a; b], обозначим разбиение n o T = xi i = 0, n , а отрезки 4i = [xi−1 ; xi ], где i = 1, n, назовем отрезками разбиения T . Пусть ∆xi = xi − xi−1 — длина i-го отрезка разбиения T . Тогда число l(T ) = max ∆xi назовем мелкостью разбиения T (или диаметром этого раз1≤i≤n

биения). Если ξi ∈ ∆i , то совокупность точек ξi (i = 1, n) назовем выборкой и ª обозначим ξ = {ξi , i = 1, n . n P Напоминаем, что сумма вида σT (ξ, f ) = σT (ξ) = f (ξi )∆xi называется инi=1

тегральной суммой для функции f при заданном разбиении T и фиксированной выборке ξ. 21

Число J называется определенным интегралом от функции Rb f на отрезке [a; b] и обозначается f (x)dx, если для любого a

ε > 0 существует такое число δ = δ(ε) > 0, что для любого разбиения T, мелкость которого l(T ) ¯< δ, и для любой ¯ n ¯P ¯ выборки ξ выполняется неравенство ¯¯ f (ξi )∆xi − J ¯¯ < ε. i=1

С помощью символов это определение можно записать так:   Zb   J = f (x)dx ⇔ ∀ε > 0 ∃δ(ε) > 0 : ∀T : l(T ) < δ(ε)∀ξ ⇒   a

⇒ |σT (ξ, f ) − J| < ε.

(2)

Часто утверждение (2) кратко записывают в виде σT (ξ) → J при l(T ) → 0 или lim σT (ξ) = J. l(T )→0

Если существует число J, определяемое условиями (2), то функцию f называют интегрируемой (по Риману) на отрезке [a; b] и говорят, что существует интеграл от функции f на отрезке [a; b]. III этап. Интерпретация информации и проектирование нового способа действия Задание 1.10 Вы поработали на лекции, получили новый алгоритм действий, попробуйте его применить в задании, где у вас возникли затруднения. IV этап. Включение нового способа действия в систему знаний Проиллюстрируем алгоритм нахождения определенного интеграла на конкретном примере. Задание: Вычислите определенный интеграл (считая, что он существует: доказательство этого факта приведено на стр. 52), записав интегральную сумму для функции y(x) = x на отрезке [1; 5], разбивая отрезок интегрирования на n равных частей и переходя к пределу при n → ∞. Поскольку мы разбиваем отрезок на равные части, то длина каждой из них 4. будет равна 4xi = n

22

Таблица 2. Карточка индивидуального задания

Карточка анализа индивидуального задания Символы, которые необходимо использовать при анализе индивидуального задания: + — всe задание выполнено верно. ? – испытывал (ла) трудности. I. Все задание выполнено верно ___ II. Трудности вызваны: 1. Непониманием предложенного задания из-за: а) невнимательного чтения задания ___ б) недостаточного осознания задания ___ 2. Непониманием самого термина «определенный интеграл» ___ 3. Неумением осуществлять перевод математического текста на язык символов ___ 4. Неумением вычислять определенный интеграл, рассматривая его как предел соответствующей интегральной суммы и производя разбиение промежутка интеграции надлежащим образом___

h i 4 2 41 = 1; 1 + n ξ1 = 1 + n h i 4 4 6 =1+ 2+4·1 42 = 1 + n ; 1 + 2 · n ξ2 = 1 + n n h i 4 ; 1 + 3 · 4 ξ = 1 + 10 = 1 + 2 + 4 · 2 43 = 1 + 2 · n 3 n n n ... ... · ¸ 4 · (n − 1) 2 + 4 · (n − 1) 4n = 1 + ; 5 ξ = 1 + n n 5 Интегральная сумма будет равна: µµ ¶ µ ¶ n n 4 X 4 4 X 2 2+4 · f (ξi ) = · ξi = 1+ + 1+ + n i=1 n i=1 n n n µ ¶ µ ¶¶ 2+4·2 2 + 4 · (n − 1) + 1+ + ... + 1 + = n n

23

µ ¶ 4 2 4 4 · n + · n + · n(n − 1) = · 3n = 12. n n n n Используя определение определенного интеграла, перейдем к пределу инте4 гральный суммы lim σT (ξ) = lim · 3n = 12. n→∞ n→∞ n Правомерно возникает вопрос: а почему при n → ∞? Обратите внимание на пояснение! Нельзя отрицать тот факт, что вычисление «определенного интеграла» требует соблюдения условия l(T ) → 0, а в конкретном примере используется условие n → ∞. Насколько это правомерно? Вообще, такую подмену делать нельзя. Приведем контрпример: возьмем отрезок [a; b], разделим его пополам, одну из половинок разделим еще раз пополам и т.д. В следствие чего получаем, что n → ∞, но мелкость разбиения (величина наибольшего отрезка разбиения) b−a . Почему? остается 2 В нашем же случае, при n → ∞, l(T ) → 0, так как все отрезки равны. Выполните предложенные задания самостоятельно: Не оставляйте задания для самостоятельной работы «на потом», не упускайте шанс проверить, как вы усвоили материал, и закрепить полученные знания. Эти задания помогут вам вовремя выявить и устранить пробелы, неизбежно возникающие в процессе обучения. Задание 1.11 Вычислите определенные интегралы (считая, что они существуют: доказательство этого факта см. на стр. 52), составив интеn−1 P b−a гральную сумму , c k = xk , k = f (ck )(xk+1 − xk ), где xk+1 − xk = n k=0 0, 1, 2, ..., n − 1, и найдя ее предел. Rb Уровень 1: cxdx. a

Уровень 2: Уровень 3:

Rb a Rb

cx2 dx. cx dx.

a

Ответы и указания к решению заданий вы найдете в разделе «Полезные советы» на стр. 66. 24

1.3

Необходимое условие интегрируемости функции

Цель: 1. Сформировать понятие у студентов необходимого условия интегрируемости функции. 2. Тренировать у студентов способность к применению данного условия при решении задач. В результате изучения данной темы студент должен знать: необходимое условие интегрируемости функции. В результате изучения данной темы студент должен уметь: применять данное условие при решении задач. I этап. Пропедевтический Задание 1.12 Самостоятельно выберите и выполните задания, которые вы можете сделать. Эти задания помогут определить вашу готовность к восприятию новой темы и самостоятельному открытию знаний. Не огорчайтесь, если у вас возникли затруднения, смело открывайте раздел «Полезные советы», который находится на странице, указанной после заданий, и сравните свое решение с предложенным эталоном. Желаем удачи! I Уровень: готовность к воспроизведению осознанно воспринятых и зафиксированных в памяти знаний. Объясните, чем отличается необходимое условие от достаточного. В предлагаемых ниже утверждениях выделите и запишите каждое из условий. а) Предел последовательности {xn } равен числу a, при условии если n-ный член последовательности можно представить суммой числа a и бесконечно малой величины. б) Функция f (x) непрерывна в точке тогда и только тогда, когда ее предел при x → x0 равен f (x0 ). II Уровень: готовность к сравнению имеющихся знаний с теми, которые необходимо получить в результате мыслительной деятельности. Выберите верные утверждения. Если вы сомневаетесь в правильности утверждения, приведите контрпример. а) Всякая сходящаяся последовательность ограничена. 25

б) Монотонная функция на отрезке достигает своего наибольшего и наименьшего значения. в) Если функция ограничена на отрезке интегрирования, то она на нем непрерывна. г) Если функция непрерывна на отрезке интегрирования, то она на нем ограничена. д) Если существует конечный предел функции f (x) в каждой точке отрезка [a; b], то она ограничена на нем. III Уровень: готовность к созданию новых знаний на основе изученных. 1. Сформулируйте, если возможно, следующие утверждения в форме необходимого условия непрерывности функции: а) всякая непрерывная на отрезке [a; b] функция является ограниченной; б) тригонометрическая функция является непрерывной; в) непрерывная функция сюръективна; г) всякая элементарная функция является непрерывной на своей области определения. 2. Постройте последовательность из необходимых условий, начиная с фразы «если функция интегрируема, то ...», при этом обратите внимание на следующие рекомендации: 1) в определении интегрируемой функции присутствует требование существования конечного предела интегральной суммы для данной функции; 2) используйте утверждения из задания второго уровня изначально верных или откорректированных вами. Ответы, указания к решению и полный текст решения заданий вы найдете в разделе «Полезные советы» на стр. 67. II этап. Исследования, осмысление, переосмысление информации студентами Задание 1.13 Внимательно прочитайте предложенный теоретический материал, соотнесите его с выполненными заданиями и эталоном. Проанализируйте результаты своей деятельности с помощью индивидуальной карточки (стр. 28).

26

Теоретический материал Необходимое условие конструируется в форме «Если, то ...». В нашем случае «посылкой» данной импликации будет служить условие интегрируемости функции, следствием которой является свойство интегрируемой функции, или необходимое условие интегрируемости. Обратите внимание! Необходимое условие(ограниченность функции) не является достаточным ½ условием ее интегрируемости. Так, функция Дирихле 1, x ∈ Q, D(x) = не интегрируема на отрезке [0; 1], хотя и 0, x∈I ограничена. Действительно, если выборки ξ и ξ 0 состоят соответственно из рациональных и иррациональных точек, то σT (ξ) = 1, а σT (ξ 0 ) = 0 для любого разбиения T отрезка [0; 1]. Поэтому не существует предела интегральных сумм при l(T ) → 0. Tеорема 1.1 Если функция f (x) интегрируема на отрезке [a; b], то она ограничена на этом отрезке. Доказательство Пустьf (x) интегрируема на отрезке [a; b]. Тогда существует число I, удовлетворяющее условию (2). Полагая в (2) ε = 1, получаем неравенство I − 1 < σT (ξ, f ) < I + 1,

(3)

которое должно выполняться для любого разбиения T такого, что l(T ) < δ1 = δ(1), и при любой выборке ξ. Зафиксируем разбиение T , удовлетворяющее условию l(T ) < δ1 , и предположим, что функция f не ограничена на отрезке [a; b]. Тогда она не ограничена по крайней мере на одном из отрезков 4i разбиения T . Без ограничения общности можно считать, что функция f не ограничена на отрезке 41 = [x0 ; x1 ] = [a; x1 ]. Фиксируем точки ξ2 , . . . , ξn , где ξi ∈ 4i , i = 2, n, и обозначим n P A= f (ξi )4xi . Тогда σT = A+f (ξ1 )4x1 и в силу (3) получаем неравенства i=2

I − 1 < f (ξ1 )4x1 + A < I + 1, которые должны выполняться для любого ξ1 ∈ 41 . Так как 4x1 > 0, то двойное неравенство (4) равносильно неравенству 27

(4)

1 1 (I − 1 − A) < f (ξ1 ) < (I + 1 − A), (5) 4x1 4x1 из которого следует, что функция f ограничена на 41 , что противоречит предположению о неограниченности функции f на отрезке 41 . Итак, предположение о неограниченности функции f на [a; b] приводит к противоречию. Теорема доказана. Таблица 3. Карточка индивидуального задания

Карточка анализа индивидуального задания Символы, которые необходимо использовать при анализе индивидуального задания: + — всe задание выполнено верно. ? – испытывал (ла) трудности. I. Все задание выполнено верно ___ II. Трудности вызваны: 1. Непониманием предложенного задания из-за: а) невнимательного чтения задания ___ б) недостаточного осознания задания ___ 2. Непониманием самого терминов «необходимое условие» и «достаточное условие» ___ 3. Неумением привести контрпример ___ 4. Неумением формулировать утверждения в форме необходимого условия ___ 5. Неумением записывать определение математического понятия на языке символов III этап. Интерпретация информации и проектирование нового способа действия. Задание 1.14 Вы поработали на лекции, получили новый способ действия. Примените его в задании, в котором у вас возникли затруднения. IV этап. Включение нового способа действия в систему знаний Проиллюстрируем применение необходимого условия интегрируемости на конкретном примере. 28

Задание 1.15 Существуют ли значения параметра b, при которых интеграл не существует? R2 xdx ¢ не существует? ¡ b 1 arccos x + 2 Данный интеграл не существует, если нарушается необходимое ¡ ¢ условие инb тегрируемости подынтегральной функции, то есть: arccos x + 2 = 0. b π Тогда x + = , откуда следует: π − 4 < b < π − 2. 2 2 µ ¶ µ ¶ b π−3 Пусть b = π − 3, тогда arccos x + = arccos x + . Данная функ2 2 π−3 π 3 ция обращается в нуль при x + = , то есть при x = ∈ [1; 2]. Та2 2 2 ким образом, действительно, при выбранном значении параметра b функция не является ограниченной на отрезке интегрирования и, значит, интеграл не существует.

29

Выполните предложенные задания самостоятельно: Не оставляйте задания для самостоятельной работы «на потом», не упускайте шанс проверить, как вы усвоили материал, и закрепить полученные знания. Эти задания помогут вам вовремя выявить и устранить пробелы, неизбежно возникающие в процессе обучения. R2π x + 1 Задание 1.16 Уровень 1: Существует ли интеграл 2 x dx? 0 tg 2 Уровень 2: Укажите значения параметра a, при которых интеграл 2x 1 R e +a dx не существует? 2x 0 e −a Уровень 3: Укажите значения параметра b, при которых интеграл 3π Z2 dx q не существует? 2(b+x) 1 + cos π π2 Ответы и указания к решению заданий вы найдете в разделе «Полезные советы» на стр. 68. 1.4

Суммы Дарбу и их свойства

В.И. Ленин (1870 — 1924 )

Даже в математике она нужна, даже открытие дифференциального и интегрального исчислений, невозможно было бы без фантазии. Фантазия есть качество величайшей ценности. Ленин

Цель: 1. Сформировать представление у студентов о суммах Дарбу и их свойствах. 2. Тренировать у студентов способность к рефлексии собственной деятельности. В результате изучения данной темы студент должен иметь представление: о суммах Дарбу и их свойствах. 30

В результате изучения данной темы студент должен уметь: применять данный материал при решении задач. I этап. Пропедевтический Задание 1.17 Самостоятельно выберите и выполните задания, которые вы можете сделать. Эти задания помогут определить вашу готовность к восприятию новой темы и самостоятельному открытию знаний. Не огорчайтесь, если у вас возникли затруднения, смело открывайте раздел «Полезные советы», который находится на странице, указанной после заданий, и сравните свое решение с предложенным эталоном. Желаем удачи! Уровень I: готовность к воспроизведению осознанно воспринятых и зафиксированных в памяти знаний. 1. Укажите точную верхнюю и нижнюю грани: а) промежутков [1, 2], (1, 2), [−1, +∞), (−∞, π); б) множества значений следующих функций f (n) = ¡n1 , где ¢n ∈ N; n f (n) = 1 + n1 , где n ∈ N; ¡ ¤ f (x) = tg x на промежутках 3π , π и [0, π]; 4 f (x) = arctg x на промежутке (0, +∞); ½ x − 1, x ∈ [−∞, 3], f (x) = на отрезке [2; 4]. 2 −(x − 4) , x ∈ (3, +∞) 2. Для последовательности чисел с общим членом an = 2n+3 3n+4 докажите существование точных границ. Уровень II: готовность к сравнению имеющихся знаний с теми, которые необходимо получить в результате мыслительной деятельности. 1. Верно ли, что множеством значений непрерывной функции, заданной на отрезке, может быть: а) интервал; б) объединение двух отрезков; в) луч. 2. Укажите точную ниже множеств. ½ верхнюю и нижнюю грани ¾ указанных ½ ¾ 1 1 1 1 1 1 1 а) множеств A = 1, , 2, 2 , 3, 3 , 4, 4 , . . . , B = 1, − , , − , . . . , 2 2 2 2 2 3 4 ½ ¾ ½ ¾ ½ ¾ 1 1 1 C = 1+ ∪ 2+ ∪ 3+ , где n, m, k ∈ N. Какие из них являются n m k сходящимися последовательностями? 31

б) множества значений функции ( 1 1 1 , < x ≤ , где n = 1, 2, 3, . . . f (x) = 2n 2n 2n−1 0, x = 0. Уровень III: готовность к созданию новых знаний на основе изученных. 1. Существует ли точная верхняя граница последовательности: 2 3 4 n + 2 + 3 + · · · + n−1 . 4 4 4 4 Докажите существование предела этой последовательности. 2. Представьте предел, указанный ниже, как предел некоторой последовательности интегральных сумм для некоторой функции f (x). ¶ µ 1 1 1 lim + + ··· + . n→∞ n n+1 2n Ответы, указания к решению и полный текст решения заданий вы найдете в разделе «Полезные советы» на стр. 69. II этап. Исследования, осмысление, переосмысление информации студентами sn = 1 +

Задание 1.18 Внимательно прочитайте предложенный теоретический материал, соотнесите его с выполненными заданиями и эталоном. Проанализируйте результаты своей деятельности с помощью индивидуальной карточки на стр. 36 и самостоятельно зафиксируйте те трудности, которые вы испытали при выполнении задания. Теоретический материал Конструкция определенного интеграла создается на основе построения интегральных сумм для интегрируемой на некотором отрезке функции. Причем различных интегральных сумм можно построить бесконечно много. Как правило, полезно в первую очередь рассматривать крайние (экстремальные) значения характеристик объекта исследования и по ним изучать его свойства. В нашем случае этими характеристиками служат наибольшее и наименьшее значения функции на отрезках разбиения (не случайно в разноуровневых заданиях мы обратились к понятиям точной верхней и нижней границ множества :))

32

Пусть функция f , определенная на отрезке [a; b], ограничена на этом отрезке, и пусть T = {xi , i = 1, n} — разбиение отрезка [a; b], 4i = [xi−1 ; xi ], 4xi = xi − xi−1 . Обозначим Mi = sup f (x), ST =

mi = inf f (x)

x∈4i n P

i=1

Mi 4xi , sT =

x∈4i n P

i=1

mi 4xi ,

Назовем ST и sT соответственно верхней и нижней суммами Дарбу для функции f при заданном разбиении T отрезка [a; b]. Заметим, что эти суммы не зависят от выборки ξ. Рассмотрим свойства сумм Дарбу. Свойство 1.1 Для любой выборки ξ справедливы неравенства sT ≤ σT (ξ) ≤ ST .

(6)

Доказательство. Так как для любого ξi ∈ 4i выполняется неравенство mi ≤ f (ξi ) ≤ Mi , то mi 4xi ≤ f (ξi )4xi ≤ Mi 4xi . Складывая эти неравенства, получаем n X

mi 4xi ≤

i=1

n X

f (ξi )4xi ≤

n X

i=1

Mi 4xi .

(7)

i=1

Согласно определению сумм Дарбу и интегральной суммы σ утверждения (7) и (6) равносильны. Свойство 1.2 Справедливы равенства ST = sup σT (ξ),

(8)

sT = inf σT (ξ).

(9)

ξ

ξ

Докажем утверждение (8). Согласно определению точной верхней грани нужно доказать, что выполняются следующие условия: ∀ ξ σT (ξ) ≤ ST

и

∀ε > 0 ∃ ξ 0 : 33

ST − σT (ξ 0 ) < ε.

Первое из этих условий выполняется в силу (6). Докажем второе условие. Так как Mi = sup f (x), то по определению точной верхней грани x∈4i

∀ ε > 0 ∃ ξi0 = ξi0 (ε) ∈ 4i :

0 ≤ Mi − f (ξi0 ) <

ε , i = 1, n. b−a

Умножая i-е неравенство на 4xi и складывая все получаемые неравенства, находим 0 ≤ ST − σT (ξ 0 ) < ε, где ξ = {ξi0 , i = 1, n} — выборка. Итак, утверждение (8) доказано. Аналогично доказывается, что справедливо и утверждение (9). Следующее свойство сумм Дарбу связано с еще одним понятием для разбиений. Назовем разбиение T2 продолжением (измельчением) разбиения T1 , если каждая точка разбиения T1 является точкой разбиения T2 . Иначе говоря, разбиение T2 либо совпадает с разбиением T1 , либо получено из T1 добавлением по крайней мере одной новой точки. Свойство 1.3 Если разбиение T2 — продолжение разбиения T1 , то sT1 ≤ sT2 ≤ ST2 ≤ ST1 ,

(10)

т.е. при измельчении разбиения нижняя сумма Дарбу не уменьшается, а верхняя не увеличивается. Для доказательства неравенств (10) достаточно рассмотреть случай, когда разбиение T2 получается из разбиения T1 добавлением только одной точки x0 ∈ (xi−1 ; xi ). Пусть 40i и 400i — отрезки, на которых точка x0 разбивает отрезок 4i , а λ1 и λ2 — длины этих отрезков, тогда |4xi | = λ1 + λ2 . Обозначим m0i = inf 0 f (x), m00i = inf 00 f (x). Очевидно, что m0i ≥ mi , m00i ≥ mi . x∈4i

x∈4i

В суммах sT2 и sT1 равны все соответствующие слагаемые, за исключением тех, которые связаны с отрезком 4i . Поэтому sT2 − sT1 = m0i λ1 + m00i λ2 − mi (λ1 + λ2 ), где m0i ≥ mi , m00i ≥ mi . Следовательно, sT2 − sT1 = (m0i − mi )λ1 + (m00i − mi )λ2 ≥ 0, т.е. sT1 ≤ sT2 . Аналогично доказывается неравенство ST2 ≤ ST1 . Отсюда, используя неравенство sT2 ≤ ST2 (6), получаем цепочку неравенств (10). 34

Свойство 1.4 Для любых разбиений T 0 и T 00 справедливо неравенство sT 0 ≤ ST 00 .

(11)

Пусть разбиение T является продолжением как разбиения T 0 , так и разбиения T 00 (в качестве T можно взять T 0 и добавить к нему те точки разбиения T 00 , которые не входят в T 0 ). Из неравенств (10) при T1 = T 0 , T2 = T получаем sT 0 ≤ sT ≤ ST . Полагая в (10) T2 = T и T1 = T 00 , находим ST ≤ ST 00 . Объединяя полученные неравенства, имеем sT 0 ≤ sT ≤ ST ≤ ST 00 , откуда следует неравенство (11). Существуют числа J = sup sT , J = inf ST , удовлетворяюT

T

0

00

щие для любых разбиений T и T отрезка [a; b] условию sT 0 ≤ J ≤ J ≤ ST 00 . Эти числа называют соответственно нижним и верхним интегралами Дарбу от функции f на отрезке [a; b]. Свойство 1.5 Из неравенства (11) по теореме об отделимости числовых множеств [7, c. 24] следует, что существуют J = sup sT и J = inf ST (супремум и инфинум по T

T

всевозможным разбиениям отрезка [a; b]) и для любых разбиений T 0 и T 00 выполняется неравенство sT 0 ≤ J ≤ J ≤ ST 00 из свойства (1.5). В заключение отметим, что свойства 6 — 1.5 справедливы для любой ограниченной на отрезке [a; b] функции. III этап. Интерпретация информации и проектирование нового способа действия. Задание 1.19 Вы поработали на лекции, получили новый алгоритм действий, попробуйте еще раз решить задания, в которых у вас возникли затруднения. 35

Таблица 4. Карточка индивидуального задания

Карточка анализа индивидуального задания Символы, которые необходимо использовать при анализе индивидуального задания: + — всe задание выполнено, верно. ? — испытывал (ла) трудности. I. Все задание выполнено верно ___ II. Трудности вызваны: 1. Непониманием предложенного задания из-за: а) невнимательного чтения задания ___ б) недостаточного осознания задания ___ 2. Непониманием ___ 3. Неумением ___ 4. Неумением ___ Не оставляйте задания для самостоятельной работы «на потом», не упускайте шанс проверить, как вы усвоили материал, и закрепить полученные знания. Эти задания помогут вам вовремя выявить и устранить пробелы, неизбежно возникающие в процессе обучения. IV этап. Включение нового способа действия в систему знаний Самостоятельно выполните следующие задания: Задание 1.20 Уровень 1: Соотнесите приведенные ниже утверждения с уже известными определениями и теоремами данного раздела. 1) Ни одна из нижних сумм Дарбу не превосходит ни одну из верхних сумм Дарбу (хотя бы и отвечающей другому разбиению отрезка). 2) Для каждого разбиения T соответствующая нижняя сумма Дарбу не превосходит верхней суммы Дарбу. 3) При добавлении точки деления отрезка к данному разбиению его нижняя сумма Дарбу не может уменьшиться, а верхняя сумма — увеличиться. 4) Ограниченная на отрезке [a; b] функция, называется интегрируемой на этом отрезке, если существует единственное число J, разделяющее множества

36

нижних и верхних сумм Дарбу, образованных для всевозможных разбиений отрезка [a; b]. 5) Числовое множество X = {sT } нижних сумм Дарбу лежит левее числового множества Y = {ST } верхних сумм Дарбу. Уровень 2: Измените порядок предложенных утверждений в соответствии с логикой построения теоретического материала темы «Суммы Дарбу». Уровень 3: Постройте генеалогическое дерево связи понятия «сумма Дарбу» с основными понятиями этой темы. Опишите, пользуясь полученной схемой, внутри- и межпредметные связи темы «суммы Дарбу». Ответы и указания к решению заданий вы найдете в разделе «Полезные советы» на стр. 72. 1.5

Критерий интегрируемости функции

Цель: 1. Сформировать у студентов понятие об условиях интегрируемости функции. 2. Тренировать у студентов способность к рефлексии собственной деятельности. В результате изучения данной темы студент должен знать: формулировку критерия интегрируемости функции. В результате изучения данной темы студент должен уметь: применять данный критерий при решении задач. I этап. Пропедевтический Задание 1.21 Самостоятельно выберите и выполните задания, которые вы можете сделать. Эти задания помогут определить вашу готовность к восприятию новой темы и самостоятельному открытию знаний. Не огорчайтесь, если у вас возникли затруднения, смело открывайте раздел «Полезные советы», который находится на странице, указанной после заданий, и сравните свое решение с предложенным эталоном. Желаем удачи! Уровень I: готовность к воспроизведению осознанно воспринятых и зафиксированных в памяти знаний. 37

Запишите на языке ε − δ «интеграл от f (x) на отрезке [a; b] равен I». Если в полученной записи заменить знак интегральной суммы I на знак верхней или нижней суммы Дарбу: ST , sT , то будет ли полученное утверждение верным? Уровень II: готовность к сравнению имеющихся знаний с теми, которые необходимо получить в результате мыслительной деятельности. Для интегрируемой на отрезке [a; b] функции f (x) найдены следующие элементы: 1) mi (b − a), 2) Mi (b − a), 3) sT , 4) ST , 5) I, m2 + M2 mn + Mn m 1 + M1 4x1 + 4x2 + . . . + 4xn , 2 2 2 где mi = inf f (x), Mi = sup f (x). 6) σT =

i=1,n

x∈4xi

i=1,n

x∈4xi

Из предложенных выше элементов составьте все возможные пары. Определите, в каком отношении друг к другу находятся элементы в каждой паре (больше, меньше, равны, равны в пределе и т.д.). Уровень III: готовность к созданию новых знаний на основе изученных. Пусть {STn }, {sTn }, {σTn } — последовательности, соответственно, верхней, нижней сумм Дарбу и интегральных сумм для некоторой функции f (x), получаемой при измельчении разбиения T отрезка интегрирования. Докажите, что для любого k ∈ Z : lim |σTn − σTn+k | = 0. n→∞ Ответы, указания к решению и полный текст решения заданий вы найдете в разделе «Полезные советы» на стр. 73. II этап. Исследования, осмысление, переосмысление информации студентами Задание 1.22 Внимательно прочитайте предложенный теоретический материал, соотнесите его с выполненными заданиями и эталоном. Проанализируйте результаты своей деятельности с помощью индивидуальной карточки (стр. 41) и самостоятельно зафиксируйте те трудности, которые вы испытали при выполнении задания.

38

Теоретический материал Теорема–критерий, теорема–необходимое условие, теорема–достаточное условие, теоремы существования и единственности — это основные виды теорем. Формулировка каждой из них обладает характерной конструкцией. Критерий — одна из «самых полезных» теорем, которую можно сформулировать в виде «. . . тогда и только тогда, когда . . .». Она включает в себя как необходимое, так и достаточное условие, и соответственно дает основание для установления факта наличия или отсутствия объекта, некоторого свойства и т.д. В нашем случае, критерий указывает на условие наличия свойства интегрируемости функции. Tеорема 1.2 Для того чтобы функция f (x), определенная на отрезке [a; b], была интегрируемой на этом отрезке, необходимо и достаточно, чтобы эта функция была ограничена и удовлетворяла условию ∀ε>0

∃ δε > 0

∀T :

l(T ) < δε ⇒ 0 ≤ ST − sT < ε.

(12)

Необходимость. Пусть функция f интегрируема на отрезке [a; b]. Тогда она ограничена (1.1) и в силу определения интеграла ε ε ∃ J : ∀ε > 0∃ δε > 0 : ∀T : l(T ) < δε ∀ξ ⇒ J − < σT (ξ) < J + . 3 3 Таким образом, при каждом разбиении T отрезка [a; b], мелкость которого удовлетворяет условию l(T ) < δε , неравенство ε ε J − < σT (ξ) < J + (13) 3 3 выполняется при любой выборке ξ поэтому из левого неравенства (13) и равенства (9) следует, что ε J − ≤ inf σT (ξ) = sT . (14) ξ 3 Аналогично из правого неравенства (13) и равенства (8) следует, что ε ST = sup σT (ξ) ≤ J + . (15) 3 ξ Из неравенств (14), (6) и (15) получаем цепочку неравенств ε ε J − ≤ sT ≤ ST ≤ J + , 3 3 откуда следует, что 2ε < ε. 0 ≤ ST − sT ≤ 3 39

Итак, интегрируемая на отрезке функция f удовлетворяет условию (12). Достаточность. Пусть функция f ограничена на отрезке [a; b] и удовлетворяет условию (12). Докажем, что функция f интегрируема на отрезке [a; b], т.е. ∃ J : ∀ε > 0∃ δε > 0 : ∀T : l(T ) < δε ∀ξ ⇒ |σT (ξ) − J| < ε.

(16)

Воспользуемся свойством (1.5). Из неравенств (1.5) следует, что 0 ≤ J − J ≤ ST − sT , откуда в силу (12) получаем неравенство 0 ≤ J − J ≤ ST − sT < ε, справедливое для любого разбиения T такого, что l(T ) < δε . Так как числа J и J не зависят от T , то отсюда следует, что J = J. Обозначим J =J =J

(17)

и докажем, что число J есть интеграл от функции f на отрезке [a; b]. Из (1.5) и (17) следует, что sT ≤ J ≤ ST ,

(18)

а из (18) и (6) в силу (12) получаем |σT (ξ) − J| ≤ ST − sT < ε. Это означает, что функция f интегрируема на отрезке [a; b], а число J есть интеграл от f (x) на [a; b]. Следствие 1.1 Если функция f интегрируема на отрезке [a; b], а число J — ее интеграл на этом отрезке, то J = sup sT = inf ST . III этап. Интерпретация информации и проектирование нового способа действия Задание 1.23 Вы поработали на лекции, получили новый алгоритм действий, примените его к решению разноуровневых заданий, в которых у вас возникли затруднения. 40

Таблица 5. Карточка индивидуального задания

Карточка анализа индивидуального задания Символы, которые необходимо использовать при анализе индивидуального задания: + — всe задание выполнено, верно. ? — испытывал (ла) трудности. I. Все задание выполнено верно ___ II. Трудности вызваны: 1. Непониманием предложенного задания из-за: а) невнимательного чтения задания ___ б) недостаточного осознания задания ___ 2. Непониманием ___ 3. Неумением ___ 4. Неумением ___ IV этап. Включение нового способа действия в систему знаний Задание 1.24 Пусть f (x) — положительнозначная функция. Доказать, что, ¯ 2если 2для ¯ любого разбиения T и любого ε > 0 верно неравенство ¯S − s ¯ < ε, то f (x) — интегрируемая функция. T T ¯ ¯ Из условия задачи ∀ε > 0 ⇒ ¯ST2 − s2T ¯ < ε. Тогда |ST − sT | · |ST + sT | < ε20 = ε. Отсюда следует, что |ST − sT | < ε0 . Иначе, если |ST − sT | > ε0 , то ¯ 2 ¯ 2 ¯S − s ¯ = |ST − sT | |ST + sT | > |ST − sT | |ST − sT | > ε. T T ¯ ¯ Полученное неравенство ¯ST2 − s2T ¯ > ε противоречит условию задачи. Значит, |ST − sT | < ε. Поскольку критерий интегрируемости выполняется, то f (x) — интегрируема. Выполните самостоятельно следующие задания: Не оставляйте задания для самостоятельной работы «на потом», не упускайте шанс проверить, как вы усвоили материал, и закрепить полученные знания. Эти задания помогут вам вовремя выявить и устранить пробелы, неизбежно возникающие в процессе обучения.

41

Задание 1.25 Уровень 1: Доказать, что для любого разбиения T отрезка интегрирования положительнозначной функции f (x) справедливо неравенство s2 < (I + 1)2 < (S + s)2 . Уровень 2: Пусть для некоторой интегрируемой функции f (x) построены sn , Sn — суммы Дарбу, соответствующие разбиению отрезка интегрирования на n частей и найден интеграл функции — I. Определите, интеграл какой функции можно найти с помощью следующего предела: ¡ ¢ Iˆ = lim Sn2 + Sn + sn − s2n ? n→∞

Уровень 3: Для интегрируемой на отрезке [a; b] функции f (x) были построены две интегральные суммы: σm = m1 4x1 + M2 4x2 + m3 4x3 + . . . + mn 4xn σM = M1 4x1 + m2 4x2 + M3 4x3 + . . . + Mn 4xn Доказать, что для любого значения ε > 0 и достаточно мелкого разбиения l(ε) : |σM − σm | < ε. Ответы и указания к решению заданий вы найдете в разделе «Полезные советы» на стр. 74.

42

1.6

Понятие колебания функции. Равномерная непрерывность

Цель: 1. Сформировать понятия «колебание функции» и «равномерная непрерывность функции». 2. Сформировать способность к применению понятия «колебание функции» при описании и исследовании функции на равномерную непрерывность. В результате изучения данной темы студент должен знать: определения понятий «колебание функции» и «равномерная непрерывность функции»; связь этих понятий; теорему Кантора; различие между непрерывностью и равномерной непрерывностью функций. В результате изучения данной темы студент должен уметь: определять колебание функции, делать его оценку; исследовать функцию на равномерную непрерывность. Колебание функции I этап. Пропедевтический Задание 1.26 Самостоятельно выберите и выполните задания, которые вы можете сделать. Эти задания помогут определить вашу готовность к восприятию новой темы и самостоятельному открытию знаний. Не огорчайтесь, если у вас возникли затруднения, смело открывайте раздел «Полезные советы», который находится на странице, указанной после заданий, и сравните свое решение с предложенным эталоном. Желаем удачи! Уровень I: готовность к воспроизведению осознанно воспринятых и зафиксированных в памяти знаний. Для функции f (x) = ln(x), заданной на отрезке [0, 225; 4], найти множество чисел {ωi } = {Mi − mi }, где Mi = sup f (x), mi = inf f (x) для разбиx∈[xi−1 ;xi ]

x∈[xi−1 ;xi ]

ения указанного отрезка на 4 части одинаковой длины. Решение представьте как в арифметической, так и в геометрической форме. Уровень II: готовность к сравнению имеющихся знаний с теми, которые необходимо получить в результате мыслительной деятельности. 43

Выполните задание первого уровня для функций y = x или y = ctg(x) на отрезке [0, 006; 0, 06]. Попробуйте оценить разность {Mi − mi } для каждой из функций. Как вы считаете, для какой функции это сделать проще и почему? Уровень III: готовность к созданию новых знаний на основе изученных. 1 Для x ∈ [0; 4] заданы следующие функции: y = , y = sin(x), y = x, x πx 2 y = ctg( ), y = x . Постройте для каждой из функций последователь8 ность {Mi −mi }, где Mi = sup f (x), mi = inf f (x). Разбиение отрезка x∈[xi−1 ;xi ]

x∈[xi−1 ;xi ]

[0; 4] строится таким образом, что длины отрезков разбиения представляют со1 бой арифметическую прогрессию с разностью d = . Понаблюдайте на графике, 2 как в каждом случае ведут себя пары {Mi − mi ; 4xi = xi+1 − xi }. Используя результаты своих наблюдений разбейте рассматриваемые функции на два класса и дайте им названия. Ответы, указания к решению заданий и полный текст решения вы найдете в разделе «Полезные советы» на стр. 75. II этап. Исследования, осмысление, переосмысление информации студентами Задание 1.27 Внимательно прочитайте предложенный теоретический материал, соотнесите его с выполненным заданием и эталоном. Проанализируйте результаты своей деятельности с помощью индивидуальной карточки (стр. 46) и самостоятельно укажите трудности, которые возникли у вас в процессе выполнения задания. Теоретический материал В теме «Критерий интегрируемости функции» рассматривается разность верхней и нижней сумм Дарбу, построенных для этой функции при некотором разбиении T отрезка интегрирования. Эту разность можно представить как сумму произведений длин отрезков разбиения на разность наибольшего и наименьшего значений функции на этих отрезках. Указанная разность sup f (x) − inf f (x) является ключевым составным элеxi ∈∆i

x∈∆i

ментом в формулировке критерия интегрируемости функции, поэтому с целью ее определения вводится новый термин, раскрывающий характерный для этого выражения физический смысл.

44

Назовем колебанием функции f на отрезке ∆i = [xi−1 , xi ] разбиения T = {xi , i = 0, n} число ωi (f ) = ωi = Mi − mi , где Mi = sup f (x), mi = inf f (x). x∈∆i

xi ∈∆i

Пользуясь определением колебания функции, докажите равенство ωi (f ) = sup |f (x00 ) − f (x0 )| . Полученный x0 ,x00 ∈4i

результат сравните с доказательством равенства (20). Понятие колебания, как мы уже говорили, можно использовать для упрощения записи и при доказательстве утверждений об интегрируемости функции. Используя понятие колебания, можно записать: n n X X ST − sT = (Mi − mi )∆xi = ωi ∆xi . i=1

i=1

Условие интегрируемости часто записывают в виде n X ωi ∆xi → 0 при l(T ) → 0. ST − s T =

(19)

i=1

При доказательстве свойств интеграла будет использоваться следующее равенство ωi (f ) = sup |f (x00 ) − f (x0 )|. (20) x0 ,x00 ∈∆i

Согласно определению точной верхней грани равенство (19)означает, что выполняются следующие условия |f (x00 ) − f (x0 )| ≤ Mi − mi для любых x0 , x00 ∈ ∆i ,

(21)

∀ ε > 0 ∃x0ε ∈ ∆i ∃x00ε ∈ ∆i : Mi − mi − ε < |f (x00ε ) − f (x0 )|.

(22)

Заметим, что формула (21 ) справедлива, если Mi = mi , так как в этом случае f (x) = Mi = mi для всех x ∈ ∆i . Пусть Mi > mi , тогда для любых x0 , x00 ∈ ∆i справедливы неравенства mi ≤ f (x0 ) ≤ Mi , mi ≤ f (x00 ) ≤ Mi , откуда следует, что выполняется условие (21). Для доказательства условия (22) зададим произвольное число ε > 0, удовлетворяющее условию ε < Mi − mi . В силу определения точных граней найдутся точки x00ε ∈ ∆i , x00ε ∈ ∆i такие, что ε ε f (x0ε ) < mi + < Mi − < f (x00ε ), 2 2 45

откуда следует, что выполняется условие (22). Таблица 6. Карточка индивидуального задания

Карточка анализа индивидуального задания Символы, которые необходимо использовать при анализе индивидуального задания: + — всe задание выполнено, верно. ? – испытывал (ла) трудности. I. Все задание выполнено верно ___ II. Трудности вызваны: 1. Непониманием предложенного задания из-за: а) невнимательного чтения задания ___ б) недостаточного осознания задания ___ 2. Непониманием ___ 3. Неумением ___ 4. Неумением ___ III этап. Интерпретация информации и проектирование нового способа действия. Задание 1.28 Вы поработали на лекции, получили новый алгоритм действий, примените новый способ действий к решению заданий, в которых у вас возникли затруднения. IV этап. Включение нового способа действия в систему знаний Выполните предложенные задания самостоятельно: Не оставляйте задания для самостоятельной работы «на потом», не упускайте шанс проверить, как вы усвоили материал, и закрепить полученные знания. Эти задания помогут вам вовремя выявить и устранить пробелы, неизбежно возникающие в процессе обучения. Задание 1.29 Сделайте оценку колебания вида ωi ≤ Cδ α , где C и α — константы, если мелкость разбиения меньше l и: Уровень 1: f (x) = x3 0 ≤ x ≤ 1. 46

√ Уровень 2: f (x) = x 0 ≤ x ≤ a. Уровень 3: f (x) = sin x + cos x 0 ≤ x ≤ π. Ответы и указания к решению заданий вы найдете в разделе «Полезные советы» на стр. 76. Равномерная непрерывность I этап. Пропедевтический Задание 1.30 Самостоятельно выберите и выполните задания, которые вы можете сделать. Эти задания помогут определить вашу готовность к восприятию новой темы и самостоятельному открытию знаний. Не огорчайтесь, если у вас возникли затруднения, смело открывайте раздел «Полезные советы», который находится на странице, указанной после заданий, и сравните свое решение с предложенным эталоном. Желаем удачи! Уровень I: готовность к воспроизведению осознанно воспринятых и зафиксированных в памяти знаний. 1 Напишите определение непрерывной функции для f (x) = на языке ε − δ. x 1 Найдите для x = 2, ε = соответствующее значение δ(ε). 2 Уровень II: готовность к сравнению имеющихся знаний с теми, которые необходимо получить в результате мыслительной деятельности. Выясните, что означают следующие условия: ∃ε > 0 ∃k ∀n > k :

|xn − a| > ε;

∃ε > 0 ∃k ∀n > k :

|xn − a| < ε;

∀ε > 0 ∃k ∃n > k :

|xn − a| < ε;

∀ε > 0 ∀k ∃n > k :

|xn − a| > ε.

Уровень III: готовность к созданию новых знаний на основе изученных. 47

Запишите определение непрерывной в точке функции на языке ε − δ. Охарактеризуйте классы функций, обладающих следующими свойствами: а) для любого ε найдется δ > 0, такое, что каждый раз, как |x1 − x2 | < δ, верно неравенство |f (x1 ) − f (x2 )| < ε; б) для любого ε > 0 найдется δ, такое, что каждый раз, как |x1 − x2 | < δ, верно неравенство |f (x1 ) − f (x2 )| < ε; в) для любого ε > 0 найдется δ ≥ ε, такое, что каждый раз, как |x1 − x2 | < δ, верно неравенство |f (x1 ) − f (x2 )| < ε. Ответы, указания к решению заданий и полный текст решения вы найдете в разделе «Полезные советы» на стр. 77. II этап. Исследования, осмысление, переосмысление информации студентами Задание 1.31 Внимательно прочитайте предложенный теоретический материал, соотнесите его с выполненным заданием и эталоном. Проанализируйте результаты своей деятельности с помощью индивидуальной карточки (стр. 46) и самостоятельно определите те трудности, которые вы испытаете при выполнении задания. Теоретический материал Раскрывая условия интегрируемости функции, нельзя не учитывать свойства подынтегральной функции. В связи с этим в заданиях на стр. 43 вам была дана возможность понаблюдать за поведением непрерывных функций, у которых в результате небольшого приращения независимой переменной по оси Ox колебание значений могло быть бесконечно большим. Поскольку величина колебаний (или, другими словами, приращений) значений функции, как мы выяснили в предыдущем параграфе, является важным параметром, то на такие непрерывные функции стоит обратить особое внимание.

Функция f (x) называется равномерно непрерывной на множестве E, если ∀ε > 0∃δ > 0 : ∀x, x0 ∈ E : |x − x0 | < δ ⇒ |f (x) − f (x0 )| < ε. Данное определение можно переформулировать следующим образом: какое бы ε > 0 мы ни выбрали, найдется одно число δ > 0, которое годится для всех 48

точек x0 из множества E. Это означает , что совокупность образов всех точек интервала (x0 − δ; x0 + δ) будет содержаться в интервале (f (x0 ) − ε; f (x0 ) + ε). Непрерывная на отрезке функция не обязательно будет равномерно непрерывной на нем. Прежде, чем приводить примеры равномерно непрерывной функции, построим отрицание к ее определению: функция f (x) не является равномерно непрерывной на отрезке [a; b], если ∃ ε0 такое, что для ∀δ > 0 ∃x, x0 : |x − x0 | < δ, но |f (x) − f (x0 )| ≥ ε0 . Другими словами, функция не является равномерно непрерывной, если можно найти такое ε > 0,что для любого δ > 0, найдется точка x0 ∈ E такая, что образы некоторых точек интервала (x0 − δ; x0 + δ) будут находиться вне интервала (f (x0 ) − ε; f (x0 ) + ε). Пример 1 Покажем, что функция f (x) = x2 не является равномерно непрерывной на интервале (0; +∞). Найдем такое ε0 , что будет выполняться отрицание свойства равно1 мерной непрерывности. Пусть ε0 = 1. Для любого δ > 0 возьмем xδ = , δ 1 δ δ x0δ = + . Тогда |xδ − x0δ | = < δ, но |f (x0δ ) − f (xδ )| = (x0δ )2 − x2δ = δ 2 µ2 ¶ δ 1 1 δ = (x0δ − xδ )(x0δ + xδ ) = + + ≥ 1. 2 δ δ 2 Tеорема 1.3 (Кантора) Функция f (x), непрерывная на отрезке [a; b], равномерно непрерывна на нем. Пусть функция непрерывна на отрезке [a; b], но не равномерно непрерывна на нем. Тогда ∃ ε > 0 такое, что ∀n найдутся точки xn , x0n ∈ [a; b] такие, что 1 , но |f (x0n ) − f (xn )| ≥ ε0 . (23) n На отрезке [a; b] из последовательности {xn } можно выделить подпоследовательность {xnk }, сходящуюся в некоторой точке x0 ∈ [a; b]. Используя свойство модуля, получаем |xn − x0n | <

|x0nk − x0 | = |x0nk − xnk + xnk − x0 | <

1 + |xnk − x0 | → 0 nk

при k → ∞,

следовательно, lim = x0 . Но функция f (x) непрерывна в точке x0 . Поэтому k→∞

lim f (xnk ) = lim f (x0nk ) = f (x0 ).

k→∞

k→∞

49

Полагая теперь в (1.1) n = nk , получаем |f (x0nk ) − f (xnk | ≥ ε0 .

(24)

Переходя в неравенстве (24) к пределу, получаем 0 = |f (x0 ) − f (x0 )| ≥ ε0 > 0. Полученное противоречие означает, что теорема доказана. III этап. Интерпретация информации и проектирование нового способа действия. Задание 1.32 Вы поработали на лекции, получили новый алгоритм действий. Примените новый способ действий к решению заданий, в которых у вас возникли затруднения. IV этап. Включение нового способа действия в систему знаний Выполните предложенные задания самостоятельно: Не оставляйте задания для самостоятельной работы «на потом», не упускайте шанс проверить, как вы усвоили материал, и закрепить полученные знания. Эти задания помогут вам вовремя выявить и устранить пробелы, неизбежно возникающие в процессе обучения. 1 непрерывна x на интервале (0; 1), но не является равномерно непрерывной на этом интервале. Уровень 2: Показать, что функция f (x) = sin πx непрерывна и ограничена в интервале (0; 1), но не является равномерно непрерывной на этом интервале. Уровень 3: Показать, что функция f (x) = sin x2 непрерывна и ограничена на бесконечном интервале −∞ < x < +∞, но не является равномерно непрерывной на этом интервале. Задание 1.33 Уровень 1: Показать, что функция f (x) =

Ответы и указания к решению заданий вы найдете в разделе «Полезные советы» на стр. 78. 1.7

Классы интегрируемых функций

Цель: 1. Сформировать у студентов понятие классов интегрируемых функций (о достаточных условиях интегрируемости функции). 50

2. Тренировать у студентов способность к рефлексии собственной деятельности. В результате изучения данной темы студент должен знать: достаточные условия интегрируемости функций. В результате изучения данной темы студент должен уметь: применять достаточные условия интегрируемости функции при решении задач. I этап. Пропедевтический Задание 1.34 Самостоятельно выберите и выполните задания, которые вы можете сделать. Эти задания помогут определить вашу готовность к восприятию новой темы и самостоятельному открытию знаний. Не огорчайтесь, если у вас возникли затруднения, смело открывайте раздел «Полезные советы», который находится на странице, указанной после заданий, и сравните свое решение с предложенным эталоном. Желаем удачи! I Уровень: готовность к воспроизведению осознанно воспринятых и зафиксированных в памяти знаний. Как вы считаете, какие из предложенных характеристик (свойств) функции будут определяющими (достаточными) при ответе на вопрос: «будет ли функция интегрируема?». а) ограниченность на отрезке интегрирования; б) четность/ нечетность; в) монотонность; г) периодичность; д) непрерывность; е) число (конечное, бесконечное)и характер (первого или второго рода) разрывов функции на отрезке интегрируемости; ж) наличие точек пересечения с осями Ox или Oy; з) выпуклость/ вогнутость на отрезке интегрирования; II Уровень: готовность к сравнению имеющихся знаний с теми, которые необходимо получить в результате мыслительной деятельности. Для каждой выбранной характеристики функции запишите ее определение на языке математических символов. 51

III Уровень: готовность к созданию новых знаний на основе изученных. Разбейте предложенные ниже функции на классы «интегрируемых» и «неинтегрируемых», взяв за основу выбранные характеристики функции из задания первого уровня. 1) y = |x|, −1 ≤ x ≤ 1; 1 , 0 ≤ x ≤ 2π; 2) y = cos2 (x) ½ x2 , x ∈ Q 3) y = , x ∈ [0, 1]; 0, x ∈ R\Q 4) y = x2 , x ∈ [0, 4]; 5) y = ln(x), x ∈ [0, 1]; 6) y = {x}, x ∈ [0, 8]; ½ x, [x] · {x} = 1 7) y = , x ∈ [0, 10]; 0, [x] · {x} 6= 1 π 8) y = tg(x), x ∈ [− π 4π; 4π]; 9) y = ctg(x), x ∈ [− 4 ; 4 ]; e−x 10) y = , x ∈ [−1; 1]. x−2 Ответы, указания к решению и полный текст решения заданий вы найдете в разделе «Полезные советы» на стр. 80. II этап. Исследования, осмысление, переосмысление информации студентами Задание 1.35 Внимательно прочитайте предложенный теоретический материал, соотнесите его с выполненным заданием и эталоном. Проанализируйте результаты своей деятельности с помощью индивидуальной карточки (на стр. 46) и самостоятельно укажите трудности, которые возникли у вас в результате выполнения задания. Теоретический материал Обычно для ответа на вопрос о существовании интеграла от некоторой функции на заданном отрезке интегрирования обращаемся к достаточным условиям интегрируемости. «Достаточность» этих условий означает, что их наличие гарантирует интегрируемость функции. Однако заметим, что произвольная интегрируемая функция может им и не удовлетворять. Tеорема 1.4 Если функция непрерывна на отрезке, то она интегрируема на этом отрезке. 52

Пусть функция f непрерывна на отрезке [a; b]. Тогда по теореме Кантора (на стр. 49) она равномерно непрерывна на этом отрезке, т.е. ∀ε > 0∃ δε > 0 : ∀x0 , x00 ∈ [a; b] : |x0 − x00 | < δ ⇒ |f (x0 ) − f (x00 )| <

ε . b−a

(25)

Докажем, что для функции f выполняется условие (12). Пусть T = {xi , i = 0, n} — произвольное разбиение отрезка [a; b] такое, что его мелкость l(T ) = max 4xi < δ, где 4xi = xi − xi−1 . По теореме Вейерштрасса 1 1≤i≤n

существуют точки ξi0 , ξi00 ∈ 4i = [xi−1 , xi ] такие, что f (ξi0 ) = mi , f (ξi00 ) = Mi , где mi = inf f (x), Mi = sup f (x), i = 1, n. Поэтому из условия (25) следует, x∈4i

x∈4i

что ωi = Mi − mi = f (ξi00 ) − f (ξi0 ) < Отсюда получаем n X i=1

ε , так как |ξi00 − ξi0 | ≤ 4xi ≤ l(T ) < δ. b−a n

ε ε X 4xi = (b − a) = ε. ωi 4xi < b − a i=1 b−a

Итак, ∀ε > 0 ∃ δε > 0 : ∀T : l(T ) < δε ⇒ ST − sT = теореме (12) функция f интегрируема на отрезке [a; b].

n P i=1

ωi 4xi < ε, и по

Tеорема 1.5 Если функция определена на отрезке и монотонна, то она интегрируема на этом отрезке. Пусть, например, функция f является возрастающей на отрезке [a; b]; тогда для всех x ∈ [a; b] выполняется условие f (a) ≤ f (x) ≤ f (b), и поэтому функция f ограничена на отрезке [a; b]. Рассмотрим произвольное разбиение T = {xi , i = 0, n} отрезка [a; b]. Тогда f (xi−1 ) = mi , f (xi ) = Mi , где mi = inf f (x), Mi = sup f (x), 4i = [xi−1 ; xi ]. Следовательно, получаем ST − sT = откуда ST − sT ≤ l(T )

n P i=1

x∈4i n P

i=1

x∈4i n P

(Mi − mi )4xi =

i=1

(f (xi ) − f (xi−1 ))4xi ,

(f (xi ) − f (xi−1 )) = l(T )(f (b) − f (a)), так как

f (xi ) − f (xi−1 ) ≥ 0, 4xi ≤ max = l(T ). 1≤i≤n

1

Если функция непрерывна на отрезке, то она на нем ограничена и достигает своего наибольшего и наименьшего значения.

53

Отсюда имеем, что ST − sT → 0 при l(T ) → 0. Значит, по теореме (12) функция f интегрируема на отрезке. III этап. Интерпретация информации и проектирование нового способа действия. Задание 1.36 Вы поработали на лекции, получили новый алгоритм действий. Примените новый способ действий к решению заданий, в которых у вас возникли затруднения. IV этап. Включение нового способа действия в систему знаний Выполните предложенные задания самостоятельно: Не оставляйте задания для самостоятельной работы «на потом», не упускайте шанс проверить, как вы усвоили материал, и закрепить полученные знания. Эти задания помогут вам вовремя выявить и устранить пробелы, неизбежно возникающие в процессе обучения. Уровень 1: Существует ли интеграл R2

R1

2

ex dx?

0

dx Уровень 2: Рассмотрим интеграл . 2 (x − 1) 0 ¯2 ¯ R2 dx 1 ¯ Имеем: = − = −1−1 = −2. Но подынтегральная функция 2 x − 1 ¯0 0 (x − 1) рассмотренного интеграла принимает только положительные значения, и, следовательно, интеграл не может равняться отрицательному числу. Где ошибка? ½ 1, если x ∈ Q Уровень 3: Интегрируема ли функция D(x) = ? 0, если x ∈ I Обоснуйте ваш ответ, пользуясь определением определенного интеграла. Ответы и указания к решению заданий вы найдете в разделе «Полезные советы» на стр. 81.

54

1.8

Это вам полезно узнать...

Огюстен Луи Коши (1789-1857)

Генрих Эдуард Гейне (1821-1881)

Огюстен Луи Коши (1789 — 1857). Великий французский математик. Родился в Париже. Окончил Политехническую школу (в 1807 г.) и школу дорог и мостов (в 1810 г.) в Париже. В 1810 — 1813 гг. работал инженером на сооружении военного порта в Шербуре. С 1816 г. — профессор Политехнической школы, в 1816 — 1830 гг. — Сорбонны, в 1848 — 1857 гг. — Колледжа де Франс. Коши написал более 700 математических работ, в которых заложены основы современной математики — теории функций, математической физики, математического анализа. Развивал теорию определителей, интегральное исчисление, теорию дифференциальных уравнений. Сформулировал понятие непрерывности функции. Дал определение интеграла. Написал ряд работ в области геометрии, алгебры, теории чисел. Ввел понятие конечной группы. Занимался теорией упругости и оптикой. Научному творчеству Коши свойствен «глобальный» подход к решению поставленных проблем: зная результаты для бесконечного числа знаний исследуемого объекта (что графически изображается в виде кривой), он выводил общие свойства функции. Почетный член Петербургской АН (с 1831 г.). Генрих Эдуард Гейне (1821 — 1881). Немецкий математик. Родился в Берлине. Учился в Геттингенcком и Берлинском университетах, с 1856 г. — профессор университета в Галле (в 1864 — 1865 гг. — ректор). Основные направления исследований — основания математики, математическая физика и теория функций. Работал вместе с Г. Кантором над обоснованием математического анализа, предложенным Вейерштрассом. Ему принадлежат исследования по теории пределов и по геометрии множеств. Член-корреспондент Берлинской АН, член Геттингенского научного общества.

55

Риман Георг Фридрих Бернхард Георг Кантор (1826- 1866) (1845-1918)

Риман Георг Фридрих Бернхард (1826 — 1866) Немецкий математик. Родился в Брезеленце (Ганновер). В 1846 г. поступил в Геттингенский университет, где слушал лекции К. Ф. Гаусса. В 1847 — 1849 гг. в Берлинском университетете слушал лекции П. Г. Дирихле, Я. Штейнера, К. Г. Я. Якоби. Его учителем и другом стал Дирихле, оказавший влияние на научное развитие Римана. В 1849 г. вернулся в Геттинген, где сблизился с физиком В. Вебером. В 1854 — 1866 гг. работал в Геттингенском университете (с 1857 г. — профессор). Научное наследие Римана было передано Дедекинду, который частично опубликовал его. Полное собрание трудов издано в 1876 г. Исследования относятся к теории функций, геометрии, математической и теоретической физике, теории дифференциальных уравнений. Риман является создателем геометрического направления теории аналитических функций. Изучил условия существования функций внутри областей различного вида (принцип Дирихле). Методы, разработанные Риманом, получили широкое применение в последующих его работах, в частности по теории алгебраических функций. В 1876 г. предложил рассматривать функцию как функцию комплексного переменного, высказав по этому поводу, пять гипотез. Пятая гипотеза Римана (о распределении нулей функции) до настоящего времени не доказана и не опровергнута. В 1854 г. создал риманову геометрию, которая является многомерным обобщением геометрии по поверхности и представляет собой теорию римановых пространств, где в малых областях приближенно, имеет место, евклидова геометрия. Развил идею о математическом пространстве, включив в него функциональные и топологические пространства. Обобщив результаты Гаусса по внутренней геометрии поверхностей, рассматривал геометрию как учение о непрерывных и n−мерных многообразиях. Ввел понятие обобщенных римановых пространств, частными случаями которых являются пространства геометрий Евклида, Лобачевского и Римана, характеризующиеся специальным видом линейного элемента. Ввел строгое понятие определенного интеграла и доказал его 56

существование, развил теорию абелевых интегралов. Именем Римана названы: теорема Римана - Роха об алгебраических функциях, интеграл, интеграл Римана-Лиувилля, лемма Римана - Лебега о тригонометрических интегралах, метод интегрирования дифференциальных уравнений с частными производными. Аппарат теории квадратических дифференциальных форм, разработанный Риманом в 1861 г. и развитый его учениками, широко применяется в теории относительности. Кантор Георг (1845 — 1918) Немецкий математик родился в Петербурге. Окончил Берлинский университет (1867 г.). Ученик К. Вейерштрасса. С 1869 г. преподавал в университете в Галле (в 1879 — 1913 гг. — профессор). Основоположник теории множеств. (Эта теория не была принята Л. Кронекером, который и воспрепятствовал работе Кантора в Берлинском университете). С Г. Э. Гейне и Г. А. Шварцем работал над обоснованием анализа в смысле Вейерштрасса. В 1874 г. году доказал несчетность множества всех действительных чисел и тем самым установил существование неэквивалентных бесконечных множеств. В 1878 г. году сформулировал общее понятие мощности множества, первое определение континуума, ввел понятия множеств счетных и несчетных, пустых, нулевых, определение границы множества и характеристической функции множества; создал теорию бесконечных и совершенных множеств, теорию трансфинитных кардинальных чисел. В 1878 году развил принципы сравнения множеств и доказал эквивалентность множества точек линейного отрезка и точек n-мерного многообразия. Систематическое изложение принципов своего учения о бесконечности дал в 1879 — 1884 гг. Разработал теорию ансамблей. В 1883 году ввел новое понятие действительных чисел, которое включило как рациональные действительные, так и иррациональные действительные числа. С 1884 г. страдал глубокой депрессией и с 1897 г. отошел от научной деятельности. Основатель и первый президент Германского математического общества (1890 — 1893 гг.), инициатор созыва первого Международного математического конгресса в Цюрихе (1897 г.).

57

Жан Гастон Дарбу (1884 — 1917)

Карл Теодор Вильгельм Вейерштрасс (1815 — 1897)

Дарбу Жан Гастон (1884 — 1917) Французский математик. Член Парижской АН (1884 г.), с 1900 г. — ее секретарь; член-корреспондент Петербургской АН (1895 г.). Основные труды посвящены проблемам дифференциальной геометрии (теория поверхностей, теория криволинейных координат) — «Лекции по общей теории поверхностей» (1887 — 1896 гг.) и «Лекции об ортогональных системах и криволинейных координатах» (1898 г.). Геометрические исследования привели Дарбу к рассмотрению различных вопросов интегрирования дифференциальных уравнений. Из работ, относящихся к другим областям математики, важны мемуары по теории интегрирования, теории аналитических функций, а также исследования по вопросу о разложении функций по ортогональным функциям, в частности полиномам Якоби. В механике плодотворно занимался различными вопросами кинематики, равновесия, малых колебаний системы точек и др. Вейерштрасс Карл Теодор Вильгельм (1815 — 1897) Немецкий математик, член Берлинской АН (с 1856 г.) и Мюнхенской АН (с 1863 г.). Родился в Остенфельде. Изучал право в Боннском университете (1834 — 1838 гг.), затем математику в Кенигсбергском университете. С 1856 г. — профессор Берлинского университета. Основные работы посвящены математическому анализу, теории аналитических функций, вариационному исчислению, дифференциальной геометрии и линейной алгебре. Построил логическое обоснование анализа, исходящее из предложенной им же теории действительных чисел. В области математического анализа установил систематическое использование понятий верхнего и нижнего пределов числовых множеств, развил учение о предельных точках, доказал теорему о возможности разложения любой непрерывной на отрезке функции в равномерно сходящийся ряд многочленов. Нашел (в 1886 г.) признак равномерной сходимости ряда или последовательности функций. Внес существенный вклад в теорию функций комплексного и действительного переменного, открыл функции, которые являются непрерывными в некотором промежутке, но не имеют 58

производных в точках этого промежутка. Вейерштрассу принадлежат: теорема о том, что функцию комплексного переменного, аналитическую в круговом кольце, можно разложить в степенной ряд по целым (в частности, отрицательным) степеням переменной (эту теорему независимо от него получил П. А. Лоран), построение теории аналитического продолжения, теорема об аналитичности суммы равномерно сходящегося в некоторой области ряда аналитических функций, основы теории функций многих переменных. Вывел правила сходимости рядов. В вариационном исчислении предложил (1879 г.) необходимые и достаточные условия сильного экстремума. Ввел функции Вейерштрасса, которые лежат в основе классического вариационного исчисления. Ряд работ посвящен дифференциальной геометрии и линейной алгебре; они тесно связаны с его идеями в области анализа и теории функций. Почетный член Петербургской АН (с 1895 г.), член Парижской АН (с 1868 г.).

59

1.9

Резюме Таблица 11 Верхняя сумма Дарбу: n P S= Mi 4xi , где Mi = sup f (xi )

Интегральная сумма: n P

f (ξi )4xi = σ, где xi

i=1

(i = 0, n) —

xi ∈4i

i=1

точки разбиения отрезка интегрирования, 4i = [xi−1 , xi ], ξi ∈ 4i Нижняя сумма Дарбу: n P mi 4xi , где mi = inf f (xi ) s= i=1

lim

max |4xi |→0

xi ∈4i

σ = I — определенный интеграл ⇐⇒ ∀ε > 0 ∃δ > 0 :

∀l(T ) < δ,

∀ξ ⇐⇒

|

n P

f (ξi )4xi − I| < 0

i=1

I не зависит от выбора способа разбиения отрезка интегрирования и выбора ξi Условия существования определенного интеграла Необходимое и достаточное условие: f (x) — интегрируема на [a; b] ⇐⇒ ∃ lim S−s=0 max |4xi |→0

Достаточное условие (описывает классы интегрируемых функций) Если . . . , то ⇒

Необходимое условие существования определенного интеграла

∃ I

Если ∃ I, то . . .

• Если функция f (x) непрерывна на отрезке, то она интегрируема на этом отрезке • Если f (x) — ограниченная функция, имеющая конечное число точек разрыва, то она интегрируема • Если f (x) — ограниченная монотонная функция, то она интегрируема на любом конечном сегменте

⇒ ...

• Если функция интегрируема, то она ограничена

60

1.10

Проверь себя

1. Соотнесите элементы первой и второй колонок, таким образом, чтобы получились верные математические утверждения. 1) ограниченная на отрезке функция интегрируема на нем, если...; 2) непрерывная на отрезке функция интегрируема на нем, если...; 3) если функция монотонна на отрезке, то...; 4) ..., то функция интегрируема на отрезке.

1) существует предел верхних и нижних сумм Дарбу; 2) для функции можно построить верхнюю сумму Дарбу; 3) функция ограничена на отрезке; 4) разность верхней и нижней суммы Дарбу постоянна на всем отрезке интегрирования; 5) точная верхняя граница всех интегральных сумм; 6) всякая элементарная функция; 7) функция принимает на отрезке интегрирования положительные значения; 8) на отрезке интегрирования функция имеет конечное число разрывов первого рода; 9) модуль разности верхних и нижних сумм Дарбу стремиться к нулю.

2. Выделите смысловые единицы текста, проинтерпретируйте их и на этой основе сконструируйте всевозможные варианты верных математических утверждений. Предел интегральных сумм функции при разбиении отрезка, образующем последовательность стягивающихся отрезков, равен значению определенного интеграла. 3. Выберите верное продолжение фразы «функция Дирихле неинтегрируема, так как ...». Обоснуйте свой ответ. 1) она не является непрерывной на любом отрезке интегрирования; 2) колебания на любом отрезке разбиения являются постоянной величиной; 3) имеет бесконечное число разрывов; 61

4) не является монотонной. 4. Для функции f (x) =

1 x2α+1

укажите все значения параметра α при кото-

рых она интегрируема на отрезке [0; 2]. 5. Приведите примеры отрезков, на которых функция f (x) интегрируема и на которых не интегрируема. ( 1 1 2n , n < x ≤ n−1 , где n = 1, 2, 3, . . . f (x) = 2 2 0, x = 0. Ответы к «Проверь себя» приведены на стр. 82.

62

1.11

Полезные советы

• Решение и ответы к заданиям на стр. 13 Решение задания первого уровня 3−0 3 Величина отрезка разбиения равна 4xi = = . Тогда оснащение 4 4 ¸ · 3 3 ξ1 = , 41 = 0; 8 · 4¸ 3 6 9 42 = ; ξ2 = , 8 ·4 4¸ отрезка будет следующим: 6 9 15 43 = ; ξ3 = , 8 · 4 4¸ 9 21 44 = ; 3 ξ4 = . 4 8 По определению интегральной суммы: õ ¶ µ ¶2 µ ¶2 µ ¶2 ! 2 n P 9 15 21 3 3 + + + . f (ξi )4xi = 4 8 8 8 8 i=1 Решение задания второго уровня Величина отрезка разбиения равна 4xi =

3 3−0 = . Тогда оснащение n n

·

¸ 3 3 41 = 0; ξ1 = , n 2n · ¸ 3 2·3 3·3 42 = ; ξ2 = , n n 2n отрезка будет следующим: ¸ · 5·3 2·3 3·3 ; ξ3 = ,..., 43 = n n 2n · ¸ (n − 1) · 3 (2n − 1) · 3 4n = ;3 ξn = . n 2n По определению интегральной суммы: õ ¶ µ ¶2 µ ¶2 µ ¶2 ! 2 n P 3 3 3·3 5·3 (2n − 1) · 3 f (ξi )4xi = . + + + ... + n 2n 2n 2n 2n i=1 Решение задания третьего уровня 63

Геометрическая прогрессия {bn } на отрезке [0; 3] может быть как возрастающей, так и убывающей. При построении разбиения отрезка возникает естественное желание построить возрастающую прогрессию от 0 к 3. Для этого необходимо выбрать первый член последовательности b0 и знаменатель q, чтобы bn стремился к 3. Если b0 = 0, тогда бесполезно искать q, поскольку в любом случае прогрессия будет состоять из нулей. Какое же число взять за b0 ? Это сложный путь рассуждения. Пойдем другой дорогой: попытаемся построить убывающую прогрессию. При построении убывающей геометрической прогрессии b1 уже известен — 3. В качестве же знаменателя можно взять любое число меньшее единицы, тогда bn при возрастании номера n будет стремиться к 0. Есте1 ственно принять за q число . Чтобы превратить построенную прогрессию 3 в возрастающую, от 0 до 3, можно перенумеровать члены последовательности от конца к началу. 1 1 1 1 Тогда x0 = 0, x1 = n−1 , x2 = n−2 , тогда xn−3 = 2 , xn−2 = , 3 3 3 3 xn−1 = 1, xn = 3. · ¸ 1 1 1 41 = 0; n−1 4x1 = n−1 ξ1 = 3 2 · 3n−1 ¸ · 3 1 2 2 1 4x2 = n−1 ξ2 = n−1 42 = n−1 ; n−2 3 3 3 3 ... ... ... ¸ · Отсюда: 2 1 1 2 4xn−1 = 2 4n−1 = 2 ; ξn−1 = 2 3 3 · 3¸ 3 1 2 2 4n = ; 1 4xn = ξn = 3 3 3 4n+1 = [1; 3] 4xn+1 = 2 ξn+1 = 2 По определению интегральной суммы: n X

1 2 · 3n−1

¶2

2

µ

i=1

µ ¶2 µ ¶2 2 2 2 2 = n−1 + n−1 + ... + 2 + + 2 · 22 = n−1 2 3 3 3 3 3 3 3 µ ¶2 µ ¶3 µ ¶3 µ ¶3 1 1 2 2 2 = n−1 + + . . . + + + 23 . n−1 n−1 2 3 2·3 3 3 3 1

µ

f (ξi )4xi =

2

¶2

64

• Указания к решению заданий и ответы к заданиям на стр. 19 К заданию 1 — 2-го уровней Воспользуйтесь решением задания 1.1. К заданию 3-го уровня Воспользуйтесь рассуждениями к заданию 1.1 третьего уровня на стр. 63. В качестве последовательности {xi } можно взять: x0 = 0,

x1 =

1

5

, n−2

x2 =

1

1 xn−2 = , 5

,..., 5n−2

xn−1 = 1,

xn = 5.

Указание 1.1 К заданию 1.6 на стр. 19. Для решения интеграла b R m √ x dx положить ξi = xi xi+1 (i = 0, 1, . . . , n). a

• Решение и ответы к заданиям на стр. 20 К заданию первого уровня Указание 1.2 Выберите точки деления так, чтобы их абсциссы xi образовывали геометрическую прогрессию. В качестве последовательности {xi } можно взять: x0 = 0,

x1 =

1 , 2n

x2 =

1

,..., 2n−1

1 xn−2 = , 2

xn−1 = 1,

xn = 2.

Воспользуемся указанием 1.1 и выберем {ξi }: r r 1 1 1 1 1 1 1 √ , ... ξ1 = n+1 , ξ2 = = √ , ξ3 = = n n−1 3 n−2 2 2 2 2 2 2n 2 2n−1 2 . . . , ξn−1 =

1 √ , 23 2

ξn =

1 √ , 22 2

1 ξn+1 = √ , 2 2

1 ξn+2 = √ . 2

Длины отрезков разбиения равны 4x1 = 4x2 =

1 , 2n

4x3 =

1

2

, n−1

...,

4xn−1 =

1 1 , 4x = , 4xn+2 = 1. n+1 22 2 По полученным данным строим интегральную сумму. 4xn =

65

1 , 23

• Указания к решению заданий и ответы к заданиям на стр. 24 При разбиении [a; b] вы получите оснащение этого отрезка: · ¸ b−a 41 = a; a + n · ¸ b−a b−a 42 = a + ;a + 2 n n ¸ · b−a b−a 43 = a + 2 ;a + 3 ... n n ¸ · b−a ;b 4n = a + (n − 1) n Выбирая, левые концы отрезков за ξi , i = 0, 1, . . . , n − 1 строим интегральные суммы. Указания к заданию первого уровня Сгруппируйте слагаемые, содержащие общий множитель: µ ¶ b−a b−a n·a+ (1 + 2 + . . . + (n − 1)) . n n и воспользуйтесь формулой суммы арифметической прогрессии: Sn = n

(a1 + an ) . 2

Указания к заданию второго уровня Сгруппируйте слагаемые, содержащие общий множитель: µ n · a2 + 2a · (1 + 2 + . . . + (n − 1)) +

b−a n

¶2

¡ ¢ · 1 + 22 + . . . + (n − 1)2 .

и воспользуйтесь формулой суммы квадратов: 12 + 22 + . . . + n2 =

n(n + 1)(2n + 1) . 6

Указания к заданию третьего уровня 66

Сгруппируйте слагаемые, содержащие общий множитель: µ a

2

1+2

b−a n

³ + 2

b−a n

´2

³ b−a ´n−1 ¶ + ... + 2 n ,

воспользуйтесь формулой суммы геометрической прогрессии: Sn = b1

qn − 1 . q−1

При вычислении предела интегральной суммы примените следующее ax − 1 знакомое вам равенство: lim = ln a. x→0 x Ответы Ответ 1: c · b · (b − a). b−a b3 − a3 2 2 Ответ 2: c · · (b + ab + a ) = . 3 3 2b − 2a Ответ 3: c · . ln 2 • Решение и ответы к заданиям на стр. 25 К заданию первого уровня Если теорема представлена в виде A ⇐⇒ B, то является необходимым условием для A, а A — достаточным для B. Необходимое условие для какого-либо утверждения A означает, что, если A выполняется, то обязательно выполняется какое-либо его следствие. Достаточным условием для какого-либо утверждения A является какоелибо утверждение B такое, что, если B истинно, то мы можем утверждать истинность A. Необходимые условия: а) если предел последовательности {xn } равен числу a, то n-ный член последовательности можно представить суммой числа a и бесконечно малой величины. б) если функция f (x) непрерывна в точке, то ее предел при x → x0 равен f (x0 ). Достаточные условия: а) если n-ный член последовательности {xn } можно представить суммой числа a и бесконечно малой величины, то предел последовательности {xn } равен числу a; 67

б) если предел f (x) при x → x0 равен f (x0 ), то функция f (x) непрерывна в точке x0 . К заданию второго уровня Из всех утверждений верными являются (а) и (г). Для остальных приведем контрпримеры: hπ i б) рассмотрим функцию y = tg x на отрезке ; π . На данном отрезке 4 функция монотонна, однако она не достигает своего наибольшего и наиπ меньшего значения, поскольку в точке имеет бесконечный разрыв; 2 ½ 1, x ∈ Q в) функция Дирихле y = ограничена и имеет бесконеч0, x ∈ R\Q ное множество разрывов. д) функция y = x2 в точке x0 = 2 имеет конечный предел, равный 4, но на всей области определения квадратичная функция является неограниченной. Чтобы утверждение (д) стало верным, необходимо обозначить локальность этого свойства: «f (x) ограничена в окрестности точки x0 ». К заданию третьего уровня а) если функция непрерывна на отрезке, то она ограничена на нем; б) если функция непрерывна, то из этого не следует, что она тригонометрическая. Истинное необходимое условие непрерывности на данном утверждении сформулировать невозможно; в) если функция непрерывна, то она сюръективна. г) утверждение «если функция непрерывна на своей области определения, то она элементарная» в общем случае ложно. Истинное необходимое условие непрерывности на данном утверждении сформулировать невозможно. Построим последовательность необходимых условий. Если функция интегрируема, то существует конечный предел ее интегральных сумм. Если существует конечный предел интегральной суммы, то она ограничена. Если интегральная сумма ограничена, то каждое ее слагаемое имеет конечное значение. Это означает, что интегрируемая функция ограничена. • Указания к решению заданий и ответы к заданиям на стр. 30 68

К заданию первого уровня Рассмотрим подынтегральную функцию: f (x) =

x+1 x. tg2 2

x 6= 0 или x 6= π + 2πk, k ∈ Z. Точка x = π 2 принадлежит отрезку интегрирования и lim f (x) = ∞, что противоречит x→π необходимому условию существования интеграла. Ее область определения: tg2

Ответ: Не существует. К заданию второго уровня Интеграл не существует, если для подынтегральной функции не выполняется необходимое условие интегрируемости. Подынтегральная функция f (x) терпит разрыв второго рода при обращении знаменателя в нуль. Чтобы рассматриваемый интеграл не существовал, нужно, чтобы точка разрыва функции лежала внутри отрезка интегрирования. √ e2x − a = 0 ⇒ x = ln a √ Поскольку 0 < x < 1, то 0 < ln a < 1. Отсюда следует, что 1 < a < e2 . Ответ: При 1 < a < e2 нарушается необходимое условие интегрируемости f (x) и, следовательно, интеграл не существует. К заданию третьего уровня Используйте 1) в качестве эталона указания к решению задания второго 1 − cos 2α уровня; 2) формулу тригонометрии: = sin α. 2 Ответ: При π − 4 < b < π − 2 нарушается необходимое условие интегрируемости подынтегральной функции и, следовательно, интеграл не существует. • Решение и ответы к заданиям на стр. 31 К заданию первого уровня

69

1.а)

б)

sup[1, 2] = max[1, 2] = 2, sup(1, 2) = sup[1, 2] = 2, sup[−1, +∞) = +∞, sup(−∞, π) = max(−∞, π) = π,

inf[1, 2] = min[1, 2] = 1 inf(1, 2) = inf[1, 2] = 1 inf[−1, +∞) = min[−1, +∞) = −1 inf(−∞, π) = −∞

sup n1 = max n1 = 1, n∈N n∈N ¡ ¢n sup 1 + n1 = e,

1 n n∈N

n∈N

n∈N

sup tg x = +∞, ( 3π4 ,π] sup tg x = +∞,

inf tg x = −1 ( 3π4 ,π] inf tg x = −∞

inf

=0

¡ ¢n ¡ ¢n inf 1 + n1 = min 1 + n1 = 2 n∈N

[0,π]

[0,π]

sup arctg x = π2 ,

inf arctg x = 0

(0,+∞)

(0,+∞)

sup f (x) = max f (x) = f (3) = 2, inf f (x) = −1 [2,4]

[2,4]

[2,4]

2. Последовательность an = 2n+3 3n+4 является сходящейся, а значит, ограниченной. Всякое ограниченное множество имеет точную нижнюю и верхнюю грани. Более того, в данном случае значения границ легко вычислить. Поскольку последовательность сходится к 23 монотонно убывая, sup an = max an = a1 = n∈N

n∈N

5 7

и

inf an = lim an = 23 .

n∈N

n→∞

К заданию второго уровня 1. Ни один из представленных вариантов не может являться множеством значений функции, непрерывной на отрезке. Таблица 8 Условие f (x) — непрерывная на отрезке функция и а) ее множество значений — интервал б) ее множество значений — объединение непересекающихся отрезков в) ее множество значений — луч

Следствие

множество не включает свои точные грани 1) множество не является промежутком; 2) функция не сюръективна множество неограниченно

70

Противоречие

со второй теоремой Вейерштрасса [7, с. 103] с теоремой Коши о промежуточных значениях [7, с. 105] с первой теоремой Вейерштрасса [7, с. 102]

2. а) Элементы множеств A, B и C можно рассматривать как значения некоторых числовых последовательностей. Например, последовательность n с общим членом bn = (−1) имеет множество значений равное множеству B n и является сходящейся. При этом следует отметить, что lim bn = 0 6= 1 = = sup bn и lim bn = 0 6= n→∞

n∈N

− 21

n→∞

= inf bn . n∈N

Множество A представляет собой объединение значений двух последовательностей a2n−1 = n и a2n = 21n . При этом последовательность a2n−1 неограничена сверху, следовательно, sup A = +∞. Последовательность a2n ограничена снизу, но ни один элемент a2n−1 не является ее нижней границей. Тогда inf A = inf a2n = lim a2n = 0. n→∞

Множество C представляет собой© объединение трех убываюª © монотонно ª © ª 1 1 щих последовательностей C1 = 1 + n , C2 = 2 + n , C3 = 3 + n1 , множества значений которых не пересекаются. Множество значений C1 на числовой оси располагается левее множеств C2 и C3 . В свою очередь множество значений C3 лежит правее C1 и C2 . Тогда sup C = max C3 = 4, inf C = inf C1 = lim C1 = 1. б) sup f (x) = [0,1]

n→∞ 1 1 21 = 2 ,

1 n n→∞ 2

inf f (x) = lim

[0,1]

= 0.

К заданию третьего уровня 1. Докажем, что данная последовательность ограничена сверху, тогда существует ее конечная точная верхняя граница. Учитывая, что n ≤ 2n , оценим сверху n-е слагаемое суммы sn . Получим n 4n−1

≤

2n 4 · 2n 1 = = , 4n−1 4n 2n−2

тогда для n ≥ 2 sn = 1 +

2 3 4 n + 2 + 3 + · · · + n−1 ≤ 1 + 4 4 4 4

1 1 1 1 + + 2 + · · · + n−2 2 } | 2 2 {z

=

сумма геометрической прогрессии

 =

Sn =

b1 −bn q 1−q

формула суммы геометрической прогрессии

b1 = 1, bn =

1 2n−2 , q

=

1 2



µ ¶ 1 1 − 2n−1 1  = 1+ = 1+2 1 − n−1 ≤ 3. 2 1 − 12

Итак, последовательность sn ограничена сверху, а, значит, доказано существование ее верхней грани. 71

Существование предела последовательности вытекает из ее ограниченности и монотонности. Докажем монотонность sn . Действительно, sn = 1 +

2 3 4 n n+1 + 2 + 3 + · · · + n−1 ≤ sn + n = sn+1 . 4 4 4 4 4

2. Конструкция интегральной суммы имеет вид

n P i=1

f (ξi )4xi поэтому, что-

бы представить некоторое выражение в форме интегральной суммы необходимо выделить следующие элементы: промежуток интегрирования, n — количество отрезков разбиения, f (x) — интегрируемая функция, 4xi — длина i-го отрезка разбиения, а также способ выбора точек ξi на каждом отрезке 4i . Выделим искомые элементы с помощью преобразований исходного выражения. Например, µ ¶ 1 1 1 1 1 1 1 1+ + + ··· + + + ··· + = n n+1 2n n 2 1 + n1 1 + n2 Тогда при фиксированном n в качестве 4xi можно взять величину n1 , а величины n2 , n3 , . . . , ni , . . . 1 рассматривать как последовательность точек ξi соответственно отрезков 4i , т.е. точки ξi — выборочные значения непрерывного аргумента x искомой функции f (x). Такая интерпретация позво1 ляет задать однозначно функцию f (x) как 1+x . Итак, искомая интегральная сумма имеет следующий вид n X i=1

¡

1 1 ¢ · . n 1 + ni

• Указания к решению заданий и ответы к заданиям на стр. 36 Указание 1.3 К заданию первого и второго уровня Воспользуйтесь теоретическим материалом темы на стр. 32. Указание 1.4 К заданию третьего уровня Воспользуйтесь разделением понятий, связанных с «суммами Дарбу». Среди элементов дерева присутствуют тематические предметные понятия: интегральная сумма, разбиение, верхняя и нижняя сумма, границы множества, супренум и инфинум множества и т.д.; и тематические общелогические: свойства, критерии, следствия, примеры и т.д.. 72

• Решение и ответы к заданиям на стр. 37 К заданию первого уровня ∀ε > 0 ∃δ > 0 : ∀l(T ) < δ,

∀ξ

⇔

|

n P i=1

f (ξ)4xi − I| < ε

Если заменить I на ST (ξ) при стремлении мелкости разбиения к нулю, то мы получим верное утверждение, поскольку по свойствам сумм Дарбу ST = sup σT (ξ) и ξ

∀ε |σTn (ξ) − STn | < ε, при чем при стремлении мелкости разбиения к нулю от выбора ξ предел интегральной суммы, а значит и суммы Дарбу, не зависит (если интеграл существует). К заданию второго уровня Известно, что mi (b − a) < Mi (b − a), кроме случая, когда f (x) — константа. Со всеми остальными элементами mi (b − a) может состоять в отношениях больше, меньше или равно. Например:

........

pp p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p...pqq..p p ..p....p.p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p pp pp pp .. qq .. pp pp ... q .... pp pp ... .... qqq ... pp pp .. qq . ... pp pp .. qq ... pp pp ... qq . ... pp pp .. qq . q m .... . q ppp ppp . . . j q . . . . . q pp p . pp p p p p p p p p p p .p....p..p..qqp...p..p p p p p p p pqqq p p p p p p p p p p ..p..p...p....p...p.p p p p p p p p p p p ppp ................... ..ppp............................... qqq m qqq ...............ppp ppp ppp qqq i qqq

a

b

Рис. 4. Если mi достаточно велико, то ему соответствует прямоугольник площадью большей, чем площадь криволинейной трапеции I , sT , ST или σT . С другой стороны, может найтись значение mj такое, что соответствующий ему прямоугольник имеет меньшую площадь, чем площади всех остальных перечисленных элементов.

Аналогично, в зависимости от способа разбиения T и особенностей интегрируемой функции, Mi может быть как больше, меньше, так и равно (при f (x) = const) значениям элементов sT , ST и σT . 73

Независимо от способа разбиения отрезка интегрирования и особенностей интегрируемой функции выполняется нестрогая система неравенств sT ≤ σT ≤ ST . К заданию третьего уровня Необходимо доказать, что для любого k ∈ Z верно утверждение, что ∀ε > 0 ∃N (ε) ∀n > N (ε) : |σTn (ξ) − σTn+k (ξ)| < ε для всякого оснащения ξ. Добавим и вычтем под знаком модуля соответствующую разбиению Tn+k верхнюю сумму Дарбу: |σTn + STn+k − STn+k − σTn+k | < |σTn − STn+k | + |STn+k − σTn+k |. Поскольку при измельчении разбиения верхняя сумма Дарбу не увеличивается, то |σTn − STn+k | < |σTn − STn |. Согласно свойству сумм Дарбу (на ε ε стр. 33) ST = sup σT (ξ), тогда ∀ ∀ ξ |σTn (ξ) − STn (ξ)| < . Аналогично 2 2 ξ ε ε ∀ ∀ξ |σTn+k (ξ) − STn+k (ξ)| < . 2 2 ε ε Таким образом ∀ξ |σTn (ξ) − STn+k (ξ)| + |STn+k (ξ) − σTn+k (ξ)| < + = ε. 2 2 Что и требовалось доказать. • Указания к решению заданий и ответы к заданиям на стр. 42 К заданию первого уровня Воспользуемся неравенством (18), доказанным на стр. 40: s < I < S. Преобразуем это неравенство следующим образом: s+s+1 < I+s+1 < S+s+1, значит s < I +1 < S+s+1. В силу того, что функция принимает на отрезке интегрирования положительные значения, следует истинность исходного неравенства. К заданию второго уровня Поменяем местами элементы в выражении по знаком предела: Iˆ = lim Sn2 − s2 + Sn + sn = lim (Sn − sn )(Sn + sn ) + Sn + sn . n→∞

n

n→∞

По критерию интегрируемости функции Sn −sn → 0 при n → ∞. Значит, Iˆ = lim Sn + sn = lim Sn + lim sn = 2I. n→∞

n→∞

n→∞

Ответ: Таким образом вычисляется интеграл от функции 2f (x). 74

К заданию третьего уровня Поскольку f (x) — интегрируемая на [a; b] функция, то для любого разбиения T отрезка [a; b] независимо от выбора на отрезках разбиения точек ξi существует число I, равное пределу интегральной суммы σT : n P lim f (ξi )4xi = I. Другими словами, из определения интеграла следуl(T )→0 i=1

ет, что |σT − I| < ε, ε > 0 и достаточно мелкого разбиения. Указание 1.5 Постройте два аналогичных рассуждения для двух разных разбиений M и m, или разных способах выбора точек ξi , которым соответствуют две интегральные суммы σM и σm . В качестве ε возьε мите . Рассмотрите выражение |σM − I + I − σm | Воспользуйтесь свой2 ством модуля: |a + b| ≤ |a| + |b|. Указание 1.6 Второй способ доказательства: построить разность двух выражений, задающих интегральные суммы, и выяснить, чему равна разность Mi − mi при уменьшении длины отрезков разбиения. • Решение и ответы к заданиям на стр. 43 К заданию первого уровня Функция f (x) = ln x является монотонно возрастающей на всей области определения. Это означает, что на каждом отрезке разбиения она будет достигать своего минимального значения в точке с наименьшим значением x, а максимальное — в точке с наибольшим значением. Таким образом, на оси Oy должны быть отмечены отрезки, соответствующие колебаниям xi−1 функции длины ln xi−1 − ln xi = ln . xi Отрезок [0, 6; 4] разбивается на четыре отрезка равной длины: [0, 6; 1, 5],

[1, 5; 2, 4], [2, 4; 3, 1], [3, 1; 4]. 2, 4 3, 1 4 1, 5 , ω2 = ln , ω3 = ln , ω4 = ln . Тогда ω1 = ln 0, 6 1, 5 2, 4 3, 1 Из геометрической иллюстрации следует, что при выборе отрезка с концами, близкими к нулю, величина ωi существенно увеличивается. К заданию второго уровня 75

Для функции y = x решение тривиально: Mi − mi = xi − xi−1 , i = 1, 4. Однако, при построении элементов Mi −mi для функции y = ctg x возникают трудности, поскольку малому приращению переменной x соответствует большое значение приращения функции. Таким образом, для y = ctg x найти колебания функции сложнее. К заданию третьего уровня Найдем отрезки с длинами, образующими арифметическую прогрессию 1 с разностью . 2 1 1 1 1 + a1 + 2 · + a1 + 3 · = 4 ⇒ 4a1 = 1, тогда a1 = . 2 2 2 4 ¸ · ¸ · · ¸ · ¸ 1 1 1 1 Получаем отрезки разбиения 0; ; ; 1 ; 1; 2 ; 2 ; 4 . 4 4 4 4 a1 + a1 +

• Указания к решению заданий и ответы к заданиям на стр. 46 К заданию первого уровня ωi представляет собой колебания заданной функции на отрезке [xi−1 ; xi ], где 0 ≤ xi ≤ 1. Указание 1.7 Постройте колебания как выражения вида x3i+1 − x3i = = (xi + l)3 −x3i . Воспользуйтесь формулой разности кубов, сделайте оценку каждого множителя и слагаемого в полученном выражении. Поскольку 0 ≤ x ≤ 1, а значит и 0 ≤ l ≤ 1, то ¡ ¢ (xi + l)2 + xi (xi + l) + x2i ≤ 7l3 ≤ 7δ 3 . Ответ: ωi ≤ 7δ 3 . К заданию второго уровня √ √ √ Колебания функции y = x имеют вид ωi = xi + l − xi . Указание 1.8 Чтобы оценить полученное выражение необходимо домножить и разделить его на сопряженное выражение. ωi = l √

1 1 1 1 √ ≤ l√ = l2 ≤ δ2 xi + l + xi l

76

1

Ответ: ωi ≤ δ 2 . К заданию третьего уровня Преобразуем изначально заданную функцию: Ã√ ! √ ´ √ √ ³ 2 2 π π sin x+cos x = 2 sin x + cos x = 2 cos( ) sin x + sin( ) cos x = 2 2 4 4 ³ √ π´ = 2 sin x + . 4 ´ ³ √ ³ ³ π π ´´ Тогда ωi = 2 sin x + + l − sin x + = 4 4 √ µ µ ¶ µ ¶ ¶ √ l l π √ √ l π l l 3 22 = 2 2 sin cos x + + ≤2 2 + < 2 +l = l ≤ 2 4 2 2 2 4 2 2 √ 3 2 2 δ . 2 √ 3 2 2 Ответ: ωi < δ . 2 • Решение и ответы к заданиям на стр. 47 К заданию первого уровня f (x) — непрерывна ∀x0 6= 0 ⇐⇒ ∀ε > 0 ∃δ(ε) > 0 : |x − x0 | < δ ⇒ |f (x) − f (x0 )| < ε. f (x) = 2x — непрерывна в x0 = 1 =⇒ ε = 2 ∃δ(ε) > 0 : |x − 1| < δ ⇒ |2x − 21 | < 2. |2x−1 − 1| < 1, откуда 2x−1 < 2 и x − 1 < 1. Таким образом, в качестве δ(ε) можно взять 1. К заданию второго уровня 1) Можно подобрать такое значение ε > 0, что, начиная с некоторого номера k все последующие члены последовательности будут находиться вне интервала (a − ε; a + ε). Таким образом, последовательность {xn } не сходится к a.

77

2) Существует такая окрестность точки a, что какой бы номер мы не выбрали, существует член последовательности с большим номером, попадающий в эту окрестность. Это означает, что из имеющейся последовательности можно выделить последовательность, ограниченную числами a − ε и a + ε. 3) Какую бы ε > 0 мы не выбрали, найдется номер, начиная с которого все члены последовательности попадут в ε-окрестность точки a. Это означает, что последовательность сходится к a. 4) Какую бы ε > 0 мы не выбрали, для любого номера найдется член последовательности с большим номером, находящийся за пределами ε-окрестности точки a. Это означает, что последовательность не сходится к a. К заданию третьего уровня а) Не существует никакой функции, которая обладала бы таким свойством. В задаче берется ε любое, а не ε > 0. Если взять ε < 0, то какую бы функцию f (x) мы не взяли, неравенство |f (x1 ) − f (x2 )| < ε невозможно. б) В этой формулировке не сказано, что δ > 0. Получаем, что указанным свойством обладают все функции (посылка импликации имеет значение «ложь», а, значит, из нее может следовать все, что угодно). в) В формулировке кроме требования δ > 0 выдвигается еще более жесткое условие δ ≥ ε. Это означает, что не все непрерывные функции будут ему удовлетворять. Например: непрерывная функция y = 2x не принадлежит описанному в данном пункте классу функций. • Указания к решению заданий и ответы к заданиям на стр. 50 К заданию первого уровня Для доказательства непрерывности функции на интервале воспользуйтесь определением непрерывности функции на языке ε − δ: ∀ε δ(ε) > 0 :

¯ ¯ ¯1 ¯ 1 |x − x0 | < δ =⇒ ¯¯ − ¯¯ < ε x x0

Преобразуя последнее неравенство и сделав оценку модуля |x − x0 |, выразите δ через ε. 78

Указание 1.9 Постройте отрицание к определению равномерной непрерывности функции на языке ε − δ. 1 1 1 Взять ε = , x1 = и x2 = , n ∈ Z+ . 2 n n+1 1 Тогда при |x1 − x2 | = мы всегда можем подобрать такое число n(n + 1) 1 < δ будет выполняться неравенство n, что для любого δ > 0 n(n + 1) |f (x1 ) − f (x2 )| = 1 > ε. К заданию второго уровня Доказательство непрерывности провести по аналогии с подобным доказательством в задании первого уровня. Указание 1.10 Постройте отрицание к определению равномерной непрерывности функции на языке ε − δ. 1 , n

1 , тогда n+π ¯ ¯ ¯ ¯ ¯1 ¯ ¯ ¯ 1 π ¯=¯ ¯ → 0 при x → ∞ |x2 − x1 | = ¯¯ − ¯ ¯ n n+π n(n + π) ¯

Взять x1 =

x2 =

|f (x2 ) − f (x1 )| = | sin(πn + π) − sin(π)| = |2 cos(πn + π 2 ) sin(π 2 )| = sin(2π 2 ) sin π 2 Возьмем ε = . Тогда какое бы δ > 0 мы бы не выбрали неравенство 2 sin π 2 |x2 − x1 | < δ будет выполняться, но |f (x2 ) − f (x1 )| > 2 К заданию третьего уровня Доказательство непрерывности провести по аналогии с подобным доказательством в задании первого уровня. Указание 1.11 Постройте отрицание к определению равномерной непрерывности функции на языке ε − δ. 79

¯√ ¯ √ √ √ Взять x1 = πn, x2 = πn + 1. Тогда ¯ πn − πn + 1¯ = √ √ ¯ √ ¯ √ ¯ ( πn − πn + 1)( πn + πn + 1) ¯ 1 ¯=√ √ √ = ¯¯ < δ, √ ¯ πn + πn + 1 πn + πn + 1 |f (x2 ) − f (x1 )| = | sin(πn + 1) − sin πn| = |2 cos

1 1 · sin(πn + )| = sin 1. 2 2

sin 1 , какое бы δ > 0 мы не выбрали |x2 − x1 | → 0 (при 2 n → ∞), будет меньше его и |f (x2 ) − f (x1 )| > ε. Значит, функция не является равномерно непрерывной.

Тогда при ε =

• Решение и ответы к заданиям на стр. 51 К заданию первого уровня Для интегрируемости функции определяющими характеристиками являются: а) непрерывность (для непрерывной функции всегда можно построить интегральную сумму; по определению непрерывной функции и свойствам пределов для непрерывных функций построенная интегральная функция должна иметь конечный предел); б) число и характер разрывов функции (если число разрывов конечно и они являются разрывами первого рода, то интегральную сумму можно построить как сумму интегральных сумм на каждом кусочке непрерывности функции); а) ограниченность функции на отрезке интегрирования в сочетании с конечным числом разрывов (поскольку одним из основных элементов интегральной суммы является значение интегрируемой функции в точке, а предел интегральной суммы для существования интеграла должен быть конечен); Соответственно, остальные характеристики «в одиночку» не являются определяющим (достаточными) для интегрируемости функции. К заданию второго уровня а) f (x) — ограниченная на отрезке функция ⇐⇒ ∃M, m ∈ [a; b] : m ≤ f (x) ≤ M ; 80

б) f (x) — непрерывная в точке x0 функция ⇐⇒ lim f (x) = f (x0 ); x→x0

f (x) — непрерывная на отрезке функция ⇐⇒ f (x) непрерывна в каждой точке на этом отрезке; в) f (x) имеет в точке x0 разрыв ⇐⇒ lim f (x) 6= lim f (x), x→x0 −0

x→x0 −0

причем x0 — разрыв первого рода, если соответствующие односторонние пределы конечны, второго рода, если они хотя бы один из них бесконечен или не существует. К заданию третьего уровня К интегрируемым функциям относятся: 1, 4, 8, 10 — непрерывные на отрезке интегрирования; 6, 7 — ограниченные функции с конечным числом разрывов (функция (7) принимает отличные от нуля значения в точках вида x0 = n n1 ). К неинтегрируемым функциям относятся: 5 — функция неопределена в точке x0 = 0; 2, 9 — функции, имеющие на отрезке интегрирования конечное число разрывов, но не являющиеся на нем ограниченными; 3 — функция, хотя и ограниченная, но имеющая бесконечное несчетное число разрывов. • Указания к решению заданий и ответы к заданиям на стр. 54 Указания к заданию первого уровня Определите характеристики подынтегральной функции и соотнесите их с характеристиками классов интегрируемых функций. Воспользуйтесь решениями заданий из пропедевтического этапа (стр. 51) и резюме на стр. 60. Указания к заданию второго уровня Рассмотрите характеристики подынтегральной функции (особенно, область определения и, соответственно, ее ограниченность/ неограниченность). Указания к заданию третьего уровня 81

Определите число разрывов подынтегральной функции. Для обоснования ответа постройте две интегральные суммы: для первой выберите в качестве ξi рациональные точки, для второй — иррациональные. Ответы Ответ 1: Существует. Ответ 2: Функция имеет на отрезке интегрирования бесконечный разрыв и, значит, не является интегрируемой функцией. Ответ 3: Функция не интегрируема, так как имеет бесконечное число разрывов. Если ξi ∈ Q, то интегральная сумма равна σ = 1, при ξi ∈ I σ = 0. • Ответы к «Проверь себя» 1) Верные пары ответов: (1;8), (2; это 6), (3; существует 5), (4; если 9). 2) В качестве смысловых единиц текста в данном случае выступают отдельные понятия, словосочетания и выражения, из которых конструируются имеющие смысл предложения: «предел интегральных сумм», «разбиение отрезка», «последовательность стягивающихся отрезков», «значение определенного интеграла». В данном ряду смысловых единиц лишней является «последовательность стягивающихся отрезков» (не входит в смысловую область понятия «определенного интеграла»). Тогда из оставшихся единиц получается осмысленное высказывание: «определенным интегралом назыn P вается предел интегральных сумм f (ξi )4ξi , не зависящий от способа i=1

разбиения отрезка и выбора точек ξi ». 3) Верные и корректные завершения фразы: 1 — (данное утверждение эквивалентно следующему: «функция Дирихле не является кусочно-непрерывной», из чего следует ее неинтегрируемость), 2 — (отсюда следует, что разность верхней и нижней сумм Дарбу для любого разбиения будет равна 1−0 = 1, что противоречит критерию интегрируемости функции), 3 — (не относится ни к одному из классов интегрируемых функций). К неверным утверждениям относится: 4 — (то, что функция не является монотонной, не означает, что она не относится ни к одному из классов интегрируемых функций). 1 4) При α ≤ − , поскольку при этом условии функция будет ограниченной 2 (в точке x = 0 исчезнет противоречие необходимому условию интегрируемости функции). 82

5) Данная функция определена на отрезке [0; 1]. На этом отрезке она имеет бесконечное (счетное) число точек разрыва, но на каждом отрезке ¸ · 1 1 ; она интегрируема. При этом lim f (x) = ∞, то есть на [0; 1] x→0 2n 2n−1 функция неограничена, следовательно — неинтегрируема.

83

Известно ли вам, что...

Наш опыт убеждает нас, что природа — это реализация самых простых математических идей. Дж.В. Янг Дж.В. Янг

Определенный интеграл на отрезке — это предел интегральных числовых сумм. Следует заметить, что свойства, которыми обладает операция суммирования на линейных пространствах, определяет особенности интеграла. Вам хорошо известно, что в интегральной сумме присутствует два основных параметра: f (ξi ) и 4xi ∈ [a; b], причем операция нахождения суммы линейна относительно каждого из них. Соответственно, эти свойства необходимо рассматривать как для подынтегральной функции, так и для отрезка интегрироRb вания: (αf (x) + βg(x))dx, где [a; b] = [a; c] + [b; c]. В связи с этим, можно выa

делить два направления исследования свойств определенных интегралов: изучение 1) свойств, связанных с операциями над функциями, и 2) свойств, связанных с изменением отрезка интегрирования. Rb Вместе с тем, «числовая природа» определенного интеграла f (x)dx позa

воляет сравнивать его с другими ¯числами, ¯осуществлять оценку интегралами с ¯Rb ¯ Rb Ra ¯ ¯ теми же параметрами: f (x)dx, ¯ f (x)dx¯ , |f (x)|dx. Оценка определенного ¯a ¯ a b интеграла — это еще одно направление исследования его свойств. Заметим, что во всех выделенных направлениях исследования изменение функции и отрезков интегрирования, «появление модуля» не меняют конструкции определенного интеграла. Его параметры остаются в рамках условий, гарантирующих существование интеграла. В дальнейшем, мы рассмотрим такие изменения параметров определенного интеграла, как обращение одного из концов отрезка интегрирования в бесконечность, подстановку неограниченной подынтегральной функции. Интерес вызывает тот факт, что свойства интеграла при этих изменениях по сути остаются прежними. Однако исследование этих изменений будет гораздо позже, а сейчас вернемся к свойствам определенного интеграла. 84

2

Свойства определенного интеграла

Ясность в математике приобретается за счет обсуждения классов, а не отдельных свойств. В. Куайн В. Куайн

Цель: 1. Сформировать у студентов представление о свойствах определенного интеграла. 2. Сформировать у студентов способность к применению свойств определенного интеграла при решении задач 3. Повторить и закрепить ЗУН, связанные с основными понятиями первой главы пособия: интегральная сумма, суммы Дарбу, условия интегрируемости функции. В результате изучения данной темы студент должен знать: свойства определенного интеграла; В результате изучения данной темы студент должен уметь: применять свойства определенного интеграла при решении задач. 2.1

Свойства, связанные с операциями над функциями

I этап. Пропедевтический Задание 2.1 Самостоятельно выберите и выполните задания, которые вы можете сделать. Эти задания помогут определить вашу готовность к восприятию новой темы и самостоятельному открытию знаний. Не огорчайтесь, если у вас возникли затруднения, смело открывайте раздел «Полезные советы», который находится на странице, указанной после заданий, и сравните свое решение с предложенным эталоном. Желаем удачи!

85

Уровень I: готовность к воспроизведению осознанно воспринятых и зафиксированных в памяти знаний. Запишите два распределительных закона для элементов α, β ∈ R и k n P P f (ξi )4xi , f (ξi )4xi . Будет ли полученное равенство верным? i=1

i=k

Уровень II: готовность к сравнению имеющихся знаний с теми, которые необходимо получить в результате мыслительной деятельности. Докажите, что, если f (x) и g(x) — интегрируемые на отрезке [a; b] функции, то функция αf 2 (x) − βg 2 (x) — интегрируема на этом отрезке. Разбейте предложенную задачу на подзадачи, предложив два варианта доказательства, и выполните одну из предложенных подзадач. Уровень III: готовность к созданию новых знаний на основе изученных. Докажите, что, если f (x) и g(x) — интегрируемые на отрезке [a; b] функции, то функция (αf (x) + βg(x))2 — интегрируема на этом отрезке. Разбейте предложенную задачу на подзадачи, предложив три варианта доказательства: с использованием понятия интегральная сумма и условие интегрируемости функции. Верно ли обратное утверждение? Обоснуйте свой ответ. Ответы, указания к решению заданий и полный текст решения вы найдете в разделе «Полезные советы» на стр. 105. II этап. Исследования, осмысление, переосмысление информации студентами Задание 2.2 Внимательно прочитайте предложенный теоретический материал, соотнесите его с выполненным заданием и эталоном, проанализируйте результаты своей деятельности с помощью индивидуальной карточки на стр. 46. Самостоятельно выделите трудности, которые вы испытали при выполнении заданий. Теоретический материал Если функция f (x) интегрируема на отрезке [a; b], то интеграл от этой функции является числом, не зависящим от того, какой буквой обозначен аргумент подынтегральной функции, т.е. Rb a

f (x)dx =

Rb

f (t)dt =

a

Rb a

f (z)dz

Иногда бывает удобно вместо указания в интеграле концов отрезков интеRb R грирования f (x)dx использовать запись f (x)dx, где 4 = [a; b]. a

4

86

Перейдем к рассмотрению свойств определенного интеграла. Все отмеченные ниже свойства доказываются в предположении, что подынтегральная функция ограничена на отрезке интегрирования. Свойство 2.1 Если функции f (x) и g(x) интегрируемы на отрезке [a; b], то для любых чисел α ∈ R и β ∈ R функция ϕ(x) = αf (x) + βg(x) также интегрируема на отрезке [a; b] и справедливо равенство: Zb

Zb (αf (x) + βg(x)) dx =

a

Zb αf (x)dx +

a

βg(x)dx.

(26)

a

Пусть σT (ξ, ϕ), σT (ξ, f ), σT (ξ, g) — интегральные суммы для функций ϕ, f, g соответственно при заданном разбиении T отрезка [a; b] и фиксированной выборке ξ. Тогда имеет место равенство σT (ξ, ϕ) = ασT (ξ, f ) + βσT (ξ, g). Если мелкость разбиения T стремится к нулю (l(T) → 0), то правая часть этого равенства, в силу интегрируемости функций f и g на отрезке [a; b], имеет предел, поэтому существует предел и в левой части и при этом справедливо равенство (26). Свойство 2.2 Если функции f и g интегрируемы на отрезке [a; b], то функция ϕ(x) = f (x)g(x) также интегрируема на этом отрезке. Из интегрируемости функций f и g следует, что эти функции ограничены на отрезке [a; b], и поэтому ∃C > 0 :

∀x ∈ [a; b] → |f (x)| ≤ C, g(x) ≤ C.

(27)

Следовательно, функция ϕ(x) ограничена на отрезке [a; b]. Пусть x0 , x00 — произвольные точки отрезка [a; b], тогда из равенства ϕ(x0 ) − ϕ(x00 ) = (f (x00 ) − f (x0 )) g(x00 ) + f (x0 ) (g(x00 ) − g(x0 ))

(28)

и условий (27) следует неравенство |ϕ(x0 ) − ϕ(x00 )| ≤ C (|f (x00 ) − f (x0 )| + |g(x00 ) − g(x0 )|) .

(29)

Если T = {xi , i = 0, n} — разбиение отрезка [a; b], 4i = [xi−1 , xi ], x0 ∈ 4i , x00 ∈ 4i , ωi (f ) и ωi (g) — колебания на отрезке 4i функции f и g соответственно, то согласно утверждению в задании «Обдумайте» на стр. 45: ωi (f ) =

sup |f (x00 ) − f (x0 )| ,

ωi (g) =

x0 , x00 ∈4i

87

sup |g(x00 ) − g(x0 )| . x0 , x00 ∈4i

Поэтому из неравенства (29) следует, что |ϕ(x0 ) − ϕ(x00 )| ≤ C (ωi (f ) + ωi (g)) , откуда: ωi (ϕ) ≤ C (ωi (f ) + ωi (g)) ,

i = 1, n.

(30)

Умножая i-тое неравенство (30) и складывая все получившиеся неравенства, находим Ã n ! n n X X X ωi (ϕ)4xi ≤ C ωi (f )4xi + ωi (g)4xi . (31) i=1

i=1

i=1

Так как правая часть (31) стремится к нулю, если мелкость разбиения T стремится к нулю, то и левая часть выражения стремится к нулю, откуда следует интегрируемость функции ϕ на отрезке [a; b]. III этап. Интерпретация информации и проектирование нового способа действия Задание 2.3 Вы поработали на лекции, получили новый алгоритм действий, примените его при решении задания, где у вас возникли затруднения. IV этап. Включение нового способа действия в систему знаний Выполните предложенные задания самостоятельно: Не оставляйте задания для самостоятельной работы «на потом», не упускайте шанс проверить, как вы усвоили материал, и закрепить полученные знания. Эти задания помогут вам вовремя выявить и устранить пробелы, неизбежно возникающие в процессе обучения. Задание 2.4 Уровень 1: Вычислите предел c помощью свойств интегралов, связанных с операциями над функциями и представлении интеграла 1 Rn пределом интегральной суммы lim (−α sin x + 2βx + 4 cos x) dx. n→∞ 0

Уровень 2: Вычислить интеграл Zπ ³p

´

Zπ

1 − cos2 x + 2 cos x dx, если

cos xdx = −1. π 2

π 2

88

Уровень 3: Вычислите значение суммы интегралов Zπ

Z2π (3 cos x + x) dx +

π 2

(3 sin x − x + π) dx. 3π 2

Ответы и указания к решению заданий вы найдете в разделе «Полезные советы» на стр. 107.

89

2.2

Свойства функции, связанные с отрезками интегрирования.

I этап. Пропедевтический Задание 2.5 Самостоятельно выберите и выполните задания, которые вы можете сделать. Эти задания помогут определить вашу готовность к восприятию новой темы и самостоятельному открытию знаний. Не огорчайтесь, если у вас возникли затруднения, смело открывайте раздел «Полезные советы», который находится на странице, указанной после заданий, и сравните свое решение с предложенным эталоном. Желаем удачи! Уровень I: готовность к воспроизведению осознанно воспринятых и зафиксированных в памяти знаний. Каждое слагаемое интегральной суммы и сама сумма является числом, а значит к ней применимы свойства операции сложения на поле R. Запишите эти m k n P P P свойства для слагаемых f (ξi )4xi , f (ξi )4xi , f (ξi )4xi . i=1

i=m+1

i=k+1

Уровень II: готовность к сравнению имеющихся знаний с теми, которые необходимо получить в результате мыслительной деятельности. Пусть для функции f (x) на отрезке [a; b] существует интеграл I, записанRb ный в символьной форме: f (x)dx и вычисленный следующим образом: a

lim

n→∞

n X

f (ξi )4xi = I.

i=1

Запишите в символьной форме: 1) интегралы I1 и I2 , вычисленные ниже как пределы интегральных сумм; 2) следующие равенства, учитывая, что a < xk+1 = c < b: k P 1. lim f (ξi )4xi = I1 . n→∞ i=1 n P

2. lim

n→∞ i=k+1

3. lim

n P

n→∞ i=1

f (ξi )4xi = I2 .

f (ξi )4xi = lim

k P

n→∞ i=1

f (ξi )4xi + lim

n P

n→∞ i=k+1

f (ξi )4xi .

Уровень III: готовность к созданию новых знаний на основе изученных. 90

Для выполнение предлагаемых заданий воспользуйтесь результатами задания второго уровня. R3 2 а) Зная, что x dx = 9 и используя нужное свойство подынтегральной 0

R3

функции, вычислите интеграл б) Вычислите интеграл

R3

x2 dx.

−3

x3 dx, используя подходящее свойство подынте-

−3

гральной функции. Ответы, указания к решению заданий и полный текст решения вы найдете в разделе «Полезные советы» на стр. 109. II этап. Исследования, осмысление, переосмысления информации студентами Задание 2.6 Внимательно прочитайте предложенный теоретический материал, соотнесите его с выполненным заданием и эталоном, проанализируйте результаты своей деятельности с помощью индивидуальной карточки на стр. 46. Самостоятельно выделите трудности, которые вы испытали при решении задания. Теоретический материал При решении задач с использованием интегралов особое внимание следует уделять свойствам интегрируемой функции. В зависимости от этих свойств бывает удобно разбивать отрезок на более мелкие части или рассматривать интеграл на отрезке внешнем или внутреннем по отношению к заданному. Свойство 2.3 Если функция f (x) интегрируема на отрезке 4 = [a; b], то она интегрируема на любом отрезке 41 ⊂ 4. Пусть 41 = [a1 , b1 ], тогда a ≤ a1 < b1 ≤ b так как 41 ⊂ 4. Нужно доказать, что для любого разбиения T1 отрезка 41 выполняется условие ST1 − sT1 =

X

ωi (Ti )4xi → 0

при l(T1 ) → 0, где l(T1 ) — мелкость разбиения T1 , ωi (T1 ) — колебание функции f на i-том отрезке разбиения T1 .

91

Рассмотрим такое разбиение T отрезка [a; b], которое имеет на отрезке 41 те же разбиения, что и T1 и, кроме того, мелкость разбиения T удовлетворяет условию l(T ) ≤ l(T1 ). Заметим, что X

ωi 4xi ≤

T1

X

ωi 4xi ,

(32)

T

так как все слагаемые в левой и правой части (32) неотрицательны, а правая сумма соответствует разбиению T отрезка [a; b] и содержит все слагаемые левой суммы, составленной для разбиения T1 отрезка [a1 ; b1 ]. Пусть l(T1 ) → 0, тогда l(T ) → 0 и по теореме 1.2, стр. 39 правая часть (32) стремится к нулю. Но тогда и левая часть (32) для любого разбиения T1 такого, что l(T1 ) → 0, стремится к нулю. Используя достаточное условие теоремы 1.2, получаем: функция f (x) интегрируема на отрезке 41 . Свойство 2.4 Если функция f (x) интегрируема на отрезке [a; b] и a < c < b, то справедливо равенство Zb

Zc f (x)dx =

a

Zb f (x)dx +

a

f (x)dx.

(33)

c

Существование интегралов в правой части доказано в свойстве 2.3. Для доказательства формулы (33) воспользуемся равенством σT (f ; ξ) = σT0 (f ; ξ) + σT00 (f ; ξ), где σT0 , σT00 — интегральные суммы функции f на отрезках [a; c] и [c; b] разбиения T причем c является точкой этого разбиения. Если l(T ) → 0, то в силу существования интегралов существуют пределы интегральных сумм σ, σ 0 , σ 00 и справедливо равенство (2.4). Примечание 1 Следующее свойство требует расширения понятия интеRb грала f (x)dx на случай, когда b = a или a > b. a

Положим по определению Za f (x)dx = 0, a

92

(34)

если функция f определена в точке a. Если функция интегрируема на отрезке [a; b], то будем считать по определению, что Za

Zb f (x)dx = −

f (x)dx,

a < b.

(35)

a

b

Определения (34) и (35) естественны. Действительно, при a = b можно считать, что длины всех отрезков разбиения равны нулю, и поэтому любая интегральная сумма равна нулю. Ra В случае b > a можно символу f (x)dx поставить в соответствие инb

тегральные суммы, которые отличаются от соответствующих интегральRb ных сумм для интеграла f (x)dx только знаком. a

Свойство 2.5 Если функция f интегрируема на отрезке [a; b] и c1 , c2 , c3 — любые точки этого отрезка, то Zc3

Zc2 f (x)dx =

c1

Zc3 f (x)dx +

c1

f (x)dx

(36)

c2

Пусть c1 < c2 < c3 , тогда равенство (36) справедливо в силу свойств 1 и 2. Докажем формулу (36) для случая, когда c1 < c3 < c2 (другие случаи рассматриваются аналогично). В силу свойства 2.2 Zc2

Zc3 f (x)dx =

c1

Zc2 f (x)dx +

c1

f (x)dx, c3

откуда получаем равенство (36), так как согласно равенству (35) Zc2

Zc3 f (x)dx = −

c3

f (x)dx. c2

Если c1 = c3 , то формула (36) справедлива в силу определений (34), (35). III этап. Интерпретация информации и проектирование нового способа действия Задание 2.7 Вы поработали на лекции, получили новый алгоритм действий, примените его при решении задания, где у вас возникли затруднения. 93

IV этап. Включение нового способа действия в систему знаний Выполните предложенные задания самостоятельно: Не оставляйте задания для самостоятельной работы «на потом», не упускайте шанс проверить, как вы усвоили материал, и закрепить полученные знания. Эти задания помогут вам вовремя выявить и устранить пробелы, неизбежно возникающие в процессе обучения.

Задание 2.8 Уровень 1: Зная, что вычислите

R3

R0

xdx = −2,

−2

R3 0

9 xdx = , 2

xdx.

−2

Уровень 2: Используя второе свойство интеграла, связанное с отрезками интегрирования, докажите, что 3π

Zπ

Z2 sin xdx >

0

sin xdx. 0

Уровень 3: Вычислите интегралы: R2 1. (|2x − 2| − |2 − 2x|) dx; 2.

−2 100π R √

1 − cos2xdx, если

0

Rπ

sin xdx = 2.

0

Ответы и указания к решению заданий вы найдете в разделе «Полезные советы» на стр. 111. 2.3

Оценки интегралов

I этап. Пропедевтический Задание 2.9 Самостоятельно выберите и выполните задания, которые вы можете сделать.

94

Эти задания помогут определить вашу готовность к восприятию новой темы и самостоятельному открытию знаний. Не огорчайтесь, если у вас возникли затруднения, смело открывайте раздел «Полезные советы», который находится на странице, указанной после заданий, и сравните свое решение с предложенным эталоном. Желаем удачи! Задание для всех: Докажите неравенство |f (x) + g(x)| ≤ |f (x)| + |g(x)| ∀x, для которых функции f и g определены. Уровень I: готовность к воспроизведению осознанно воспринятых и зафиксированных в памяти знаний. Определите, какими свойствами должна обладать функция f (x), чтобы ее интегральная сумма на отрезке [a; b] была положительна. Предложите несколько вариантов ответа. Уровень II: готовность к сравнению имеющихся знаний с теми, которые необходимо получить в результате мыслительной деятельности. Предложите три варианта символьной записи утверждения: «f (x) < g(x) на отрезке [a; b]». Преобразуйте полученные записи, заменив присутствующие в них функции интегральными суммами этих функций на [a; b] для одного разбиения. Будут ли полученные утверждения верными? Уровень III: готовность к созданию новых знаний на основе изученных. Определите, при каких условиях будут верны следующие неравенства: ¯ ¯ ¯ ¯ Rb b b b R R ¯R ¯ 1. f (x)dx ≤ g(x)dx. 4. ¯ f (x)dx¯ ≤ |f (x)|dx. ¯a ¯ a a a ¯ ¯ ¯ ¯ Rb b b b R R ¯R ¯ 2. |f (x)|dx ≤ |g(x)|dx. 5. ¯ f (x)dx¯ > |f (x)|dx. ¯a ¯ a a a ¯ ¯ ¯Rb ¯ Rb Rb Rb ¯ ¯ 3. f (x)dx = |f (x)|dx. 6. |f (x)|dx = ¯ g(x)dx¯. ¯a ¯ a a a Ответы, указания к решению заданий и полный текст решения вы найдете в разделе «Полезные советы» на стр. 112. II этап. Исследования, осмысление, переосмысления информации студентами Задание 2.10 Внимательно прочитайте предложенный теоретический материал, соотнесите его с выполненным заданием и эталоном, проанализируйте результаты своей деятельности с помощью индивидуальной карточки 95

на стр. 46. Самостоятельно укажите трудности, которые вы испытали при решении заданий. Теоретический материал Сделать оценку интеграла значит сравнить его с заданным числом или с другим интегралом. Разного рода оценки играют большую роль в приближенных вычислениях и проверке результата решения задачи на истинность. Свойство 2.6 Если f (x) ≥ 0 для всех x ∈ [a; b] и если f (x) интегрируема на отрезке [a; b], то Zb f (x)dx ≥ 0.

(37)

a

Так как для любого разбиения T отрезка [a; b] и при любой выборке ξ = {ξi , i = 1, n} выполняется неравенство σT (ξ; f ) =

n X

f (ξi )4xi ≥ 0,

i=1

то, переходя в этом неравенстве к пределу при l(T ) → 0, получаем неравенство (37). Следствие 2.1 Если функции f (x) и g(x) интегрируемы на отрезке [a; b] и для всех x ∈ [a; b] выполняется неравенство f (x) ≥ g(x), то Zb

Zb f (x)dx ≥

a

Следствие 2.2

g(x)dx. a

Если функция f (x) интегрируема на отрезке [a; b] и f (x) ≥ 0 для любого x ∈ [a; b],

(38)

существует точка x0 ∈ [a; b] такая, что f (x0 ) > 0, причем функция f (x) Rb непрерывна в точке x0 , то f (x)dx > 0. a

96

Пусть x0 — внутренняя точка отрезка [a; b], т.е. x0 ∈ (a; b). Тогда в силу свойства сохранения знака для непрерывной функции f (x0 ) . (39) 2 RОбозначим 41 = [a; x0 − δ], 40 = [x0 − δ, x0 + δ], 42 = [x0 + δ, b]. Так как f (x)dx ≥ 0 для i = 1, 2 в силу условия (38), 4i Z Z f (x0 ) f (x)dx ≥ = f (x0 )δ > 0, 2 ∃δ > 0 :

∀x ∈ Uδ (x0 ) ⊂ [a; b] ⇒ f (x) ≥

40

40

Z

Z

то Zb

f (x)dx +

f (x)dx = a

40

Z f (x)dx +

41

f (x)dx ≥ f (x0 )δ > 0. 42

Аналогично рассматриваются случаи x0 = a и x0 = b. Следствие 2.3 Если функция f (x) интегрируема на отрезке [a; b], то функция |f (x)| также интегрируема на этом отрезке и справедливо неравенство ¯ b ¯ ¯Z ¯ Zb ¯ ¯ ¯ f (x)dx¯ ≤ |f (x)| dx. (40) ¯ ¯ ¯ ¯ a

a

Обозначим g(x) = |f (x)| и заметим, что ∀x0 , x00 ∈ [a; b] :

|g(x00 ) − g(x0 )| ≤ |f (x00 ) − f (x0 )| .

(41)

Пусть T = {xi , i = 0, n} — произвольное разбиение отрезка [a; b], ωi (f ) и ωi (g) — колебания функций f и g на отрезке 4i = [xi−1 ; xi ]. Из неравенства (41) следует, что sup |g(x00 ) − g(x0 )| ≤ x0 , x00 ∈4i

sup |f (x00 ) − f (x0 )| . x0 , x00 ∈4i

III этап. Интерпретация информации и проектирование нового способа действия Задание 2.11 Вы поработали на лекции, получили новый алгоритм действий, примените его при решении задания, где у вас возникли затруднения. 97

IV этап. Включение нового способа действия в систему знаний Выполните предложенные задания самостоятельно: Не оставляйте задания для самостоятельной работы «на потом», не упускайте шанс проверить, как вы усвоили материал, и закрепить полученные знания. Эти задания помогут вам вовремя выявить и устранить пробелы, неизбежно возникающие в процессе обучения. Задание 2.12 Уровень 1: Выясните, какой из интегралов больше: 1.

R1 √

1+

x2 dx

или

0

2.

R1

xdx.

0

1/2 R

ln xdx или

1/4

1/2 R

1 2 ln √ dx. x 1/4

Уровень 2: Выясните, какой из интегралов больше: 1.

Rπ

e

2

cos xdx или

R2π

2

e−x cos2 xdx.

π

0

2.

−x2

π/3 R π/6

Zπ/3 x + 2 cos x dx или (x + 1)dx. sin x π/6

Уровень 3: С помощью определенных интегралов оцените, какой из пределов больше: ¶ µ 1 1 1 или + + ... + lim n→∞ n + 1 n + 2 n + n µ ¶ 1 1 1 lim √ +√ + ... + √ . n→∞ 6n2 − 12 6n2 − 22 6n2 − n2 Ответы и указания к решению заданий вы найдете в разделе «Полезные советы» на стр. 113 2.4

Интегральная теорема о среднем

I этап. Пропедевтический 98

Эти задания помогут определить вашу готовность к восприятию новой темы и самостоятельному открытию знаний. Не огорчайтесь, если у вас возникли затруднения, смело открывайте раздел «Полезные советы», который находится на странице, указанной после заданий, и сравните свое решение с предложенным эталоном. Желаем удачи! Задание 2.13 Самостоятельно выберите и выполните задания, которые вы можете сделать. Уровень I: готовность к воспроизведению осознанно воспринятых и зафиксированных в памяти знаний. h πi Оцените интегральную сумму для функции f (x) = sin x на отрезке 0; 2 сверху и снизу. Уровень II: готовность к сравнению имеющихся знаний с теми, которые необходимо получить в результате мыслительной деятельности. Доказать, исходя из геометрических соображений, что если функция f (x) в промежутке [a; b] возрастает и ее график обращен вогнутостью вверх, то f (b) + f (a) (b − a) < 2

Zb f (x)dx < (b − a)f (b). a

Уровень III: готовность к созданию новых знаний на основе изученных. Для каких отрезков интегрирования будут верны следующие утверждения: 1) σx > σtg x ; 2) σ(−2x/π+1) = σcos x ; 3) σtg x < σ√ , x где σf (x) — интегральная сумма для функции f (x). Ответы, указания к решению заданий и полный текст решения вы найдете в разделе «Полезные советы» на стр. 112. II этап. Исследования, осмысление, переосмысление информации студентами Задание 2.14 Внимательно прочитайте предложенный теоретический материал, соотнесите его с выполненным заданием и эталоном, проанализируйте результаты своей деятельности с помощью индивидуальной карточки на стр. 46. Самостоятельно укажите трудности, которые вы испытали при выполнении заданий. 99

Теоретический материал Интегральная теорема о среднем, по своей сути, относится к теоремам об оценке интеграла. Необходимость вынесения этой теоремы в новый параграф объясняется тем, что оценка интеграла в ней делается с помощью знака равенства «=». Tеорема 2.1 Пусть функции f и g удовлетворяют следующим условиям: 1) f (x) и g(x) интегрируемы на отрезке [a; b]; 2) функция g не меняет знака на отрезке [a; b], т.е. g(x) ≥ 0 при x ∈ [a; b],

(42)

g(x) ≤ 0 при x ∈ [a; b].

(43)

либо Тогда

Zb ∃ µ ∈ [m, M ] :

Zb f (x)g(x) dx = µ

a

g(x) dx.

(44)

a

Пусть, например, выполняется условие (42). Поскольку функция f (x) интегрируема (по условию теоремы), то она ограничена: ∃m, M : ∀x ∈ [a; b] ⇒ m ≤ f (x) ≤ M ;

(45)

Тогда из неравенства (45) следует, что ∀x ∈ [a; b] ⇒ mg(x) ≤ f (x)g(x) ≤ M g(x).

(46)

Так как функции f и g интегрируемы на отрезке [a; b], то функция f g также интегрируема на этом отрезке и, согласно правилу оценки интегралов, Zb m

Zb g(x) dx ≤

a

Заметим, что если Rb

Zb f (x)g(x) dx ≤ M

a

Rb

g(x) dx.

(47)

a

g(x) dx = 0, то из неравенств (47) следует, что

a

f (x)g(x) dx = 0, и поэтому равенство (44) в этом случае выполняется при

a

любом µ. 100

Пусть

Rb

Rb

g(x) dx 6= 0, тогда

a

g(x) dx > 0 в силу (42). Поэтому неравен-

a

ство (47) равносильно следующему неравенству m ≤ µ ≤ M,

(48)

где Rb µ=

f (x)g(x) dx

a

Rb

.

(49)

g(x) dx

a

Из (49) следует равенство (44), где µ ∈ [m, M ] в силу неравенства (48). Теорема доказана для случая, когда g(x) ≥ 0. Эта теорема справедлива и в случае g(x) ≤ 0, так как при замене g(x) на −g(x) равенство (44) сохраняется. Следствие 2.4 Если функция f (x) непрерывна, а функция g(x) интегрируема на отрезке 4 = [a; b] и не меняет знака, то Zb ∃ c ∈ [a; b] :

Zb f (x)g(x) dx = f (c)

a

g(x) dx.

(50)

a

В частности, если g(x) = 1, то Zb ∃ c ∈ [a; b] :

f (x)g(x) dx = f (c)(b − a).

(51)

a

Пусть m = inf f (x), M = sup f (x), где 4 = [a; b]. По теореме Вейерштрасса x∈4

x∈4

∃ x1 , x2 ∈ [a; b] : f (x1 ) = m, f (x2 ) = M и выполняется неравенство (45). Если µ — число, определяемое формулой (44), то f (x1 ) ≤ µ ≤ f (x2 ), и по теореме о промежуточных значениях непрерывной функции получаем ∃ c ∈ [a; b] : f (c) = µ. Поэтому формулу (44) можно записать в виде (50). III этап. Интерпретация информации и проектирование нового способа действия 101

Задание 2.15 Вы поработали на лекции, получили новый алгоритм действий, примените его при решении задания, где у вас возникли затруднения. IV этап. Включение нового способа действия в систему знаний Выполните предложенные задания самостоятельно: Не оставляйте задания для самостоятельной работы «на потом», не упускайте шанс проверить, как вы усвоили материал, и закрепить полученные знания. Эти задания помогут вам вовремя выявить и устранить пробелы, неизбежно возникающие в процессе обучения. Задание 2.16 Задание для всех уровней: Возможно ли установление связи двух теорем для непрерывной на отрезке [a; b] функции f (x): 1) интегральной теоремы о среднем; Rb 2) теоремы об интегральной оценке: «m(b − a) ≤ f (x)dx ≤ M (b − a), a

m = inf f (x), M = sup f (x)». x∈[a;b]

x∈[a;b]

Если это можно сделать, укажите ее. Уровень 1: Сделайте оценку интеграла

R1

earctg x dx;

0

Уровень 2: Сделайте оценку интеграла

1 1 1 2) + + . . . + ≤ 2 3 n

Zn 1

xx dx;

0

Уровень 3: Докажите, что: Zk+1 1 dx 1 1) ≤ ≤ ; k+1 x k k

R1

dx 1 1 ≤ 1 + + ... + , x 2 n−1

где σf (x) — интегральная сумма для функции f (x) на определенном отрезке интегрирования. Ответы и указания к решению заданий вы найдете в разделе «Полезные советы» на стр. 115

102

2.5

Резюме

Для функций f (x) и g(x) интегрируемых на отрезке [a; b] имеют места следующие свойства: Таблица 9 Свойства определенного интеграла Rb Rb Rb f (x)dx = f (t)dt = f (z)dz a

a

a

Свойства, связанные с операциями над функциями Rb Rb Rb (αf (x) + βg(x)) dx = αf (x)dx + βg(x)dx. a

a

a

f (x), g(x) — интегрируемы на [a; b] ⇒ ϕ(x) = f (x)g(x) — интегрируема на этом отрезке. Свойства, связанные с отрезками интегрирования Если функция f (x) интегрируема на отрезке ∆ = [a; b], то она интегрируема на любом отрезке ∆1 ⊂ ∆. Rb Rc Rb f (x)dx = f (x)dx + f (x)dx, где a < c < b. a

a

c

Оценки интегралов f (x) ≥ 0 для всех x ∈ [a; b] ⇒

Rb

f (x)dx ≥ 0.

a

f (x) ≥ g(x) для всех x ∈ [a; b] ⇒ ¯ ¯ ¯Rb ¯ Rb ¯ ¯ ¯ f (x)dx¯ ≤ |f (x)|dx. ¯a ¯ a

Rb

f (x)dx ≥

a

Rb

g(x)dx.

a

Интегральная теорема о среднем Пусть функции f и g удовлетворяют следующим условиям: 1) f (x) и g(x) интегрируемы на отрезке [a; b]; 2) функция g не меняет знака на отрезке [a; b]; Rb Rb тогда ∃ µ ∈ [m, M ] : f (x)g(x) dx = µ g(x) dx. a

a

Следствие: Если функция f (x) непрерывна на [a; b], Rb то ∃c ∈ [a; b] : f (x)dx = f (c)(b − a). a

103

2.6

Проверь себя

Можно ли утверждать, что если: f (x) интегрируема на [a; b], то интеграл явля- Да ется числом, не зависящим от способа записи аргумента подынтегральной функции? Из Rb (αf (x) a

ство: +β

Rb

существования + Rb

βg(x))dx

интеграла Да следует

(αf (x) + βg(x))dx = α

a

Rb

равен-

Нет Нельзя сказать определенно Нет При определенных условиях

f (x)dx+

a

g(x)dx?

a

f (x), g(x) — интегрируемы на [a; b], то Да f (x) · g(x) — интегрируема на [a; b]? Измениться ли интеграл от ненулевой функ- Да ции на отрезке [a; b], если поменять местами пределы интегрирования? Можно ли утверждать, что Да ¯ b ¯ ¯Z ¯ Zb ¯ ¯ ¯ f (x)dx¯ ≥ |f (x)|dx? ¯ ¯ ¯ ¯ a

Нет При определенных условиях Нет При определенных условиях Нет При определенных условиях

a

Всегда ли при условии f (x) ≤ g(x) Да ∀x ∈ (a; b), где f, g — интегрируемые на этом Rb Rb отрезке, следует, что f (x)dx ≤ g(x)dx? a

a

Ответы к «Проверь себя» приведены на стр. 116

104

Нет При определенных условиях

2.7

Полезные советы

1. Решение и ответы к заданиям на стр. 85 К заданию первого уровня µ 1.

k P i=1

f (ξi )4xi +

2. (α + β)

n P

¶ f (ξi )4xi α = α

i=k k P i=1

f (ξi )4xi = α

k P i=1

k P i=1

f (ξi )4xi + α

f (ξi )4xi + β

n P

f (ξi )4xi ;

i=k k P i=1

f (ξi )4xi .

Данные законы справедливы, поскольку интегральные суммы являются действительными числами, обладающих свойством дистрибутивности. К заданию второго уровня Первый вариант: αf 2 (x) − βg 2 (x) интегрируема на отрезке [a; b], если 1) произведение константы на интегрируемую функцию есть функция интегрируемая; 2) квадрат интегрируемой функций есть функция интегрируемая; 3) разность интегрируемых на отрезке [a; b] функций есть функция интегрируемая на [a; b]. Второй вариант: ¡√ ¢ ¡√ ¢ √ √ αf (x) − βg(x) αf (x) + βg(x) интегрируема, если 1) произведение константы на интегрируемую функцию есть функция интегрируемая; 2) сумма и разность интегрируемых на отрезке [a; b] функций есть функция интегрируемая на [a; b]; 3) произведение интегрируемых на отрезке [a; b] функций есть функция интегрируемая на [a; b]. Видно, что второй вариант доказательства имеет большую степень общности. Докажем, третий пункт «второго способа» доказательства. Пусть функции f (x) и g(x) интегрируемы на отрезке [a; b] функции. Тогда существуют

105

пределы их интегральных сумм, не зависящие от способа разбиения отрезка интегрирования и выбора точек ξi (это означает, что для рассматриваемых функций мы можем выбрать один способ разбиения [a; b] и набор ξi ).

lim

n→∞

n X

f (ξi )4xi + lim

i=1

n→∞

n X

g(ξi )4xi = lim

n→∞

i=1

n X

b (f (ξi ) + g(ξi )) 4xi = I.

i=1

Ib есть конечное число, не зависящие от способа разбиения отрезка интегрирования и выбора точек ξi . Значит, произведение интегрируемых на отрезке [a; b] функций есть функция интегрируемая на [a; b]. К заданию третьего уровня Первый вариант: 1) произведение константы на интегрируемую функцию есть функция интегрируемая; 2) сумма и разность интегрируемых на отрезке [a; b] функций есть функция интегрируемая на [a; b]; 3) произведение интегрируемых на отрезке [a; b] функций есть функция интегрируемая на [a; b]. Второй вариант: 1) линейная комбинация интегрируемых функций есть функция интегрируемая; 2) квадрат интегрируемой на отрезке [a; b] функции есть функция интегрируемая на [a; b]. Третий вариант: Воспользуемся критерием интегрируемости на стр. 39 и докажем, что функция y(x) = (αf (x) + βg(x))2 ограничена и удовлетворяет условию ∀ ε > 0 ∃ δε > 0 :

∀T

l(T ) < δε ⇒ 0 ≤ ST − sT < ε,

где ST , sT — суммы Дарбу для рассматриваемой функции. Ответом на вторую часть задания будет утверждение: «обратное утверждение неверно». Контрпримером является функция 106

µ µ µ ¶¶ µ µ ¶¶¶2 b+a b + a α x + β ctg x − + β x2 − α ctg x − 2 2 µ ¶ b+a интегрируема, но функции y1 = x + β ctg x − 2 µ ¶ b+a и y2 = x2 −α ctg x − неинтегрируемы, поскольку являются неогра2 b+a отрезка интегрируемости [a; b]. ниченными в точке x = 2 2. Указания к решению заданий и ответы к заданиям на стр. 88 К заданию первого уровня 1

Zn lim

(−α sin x + 2βx + 4 cos x) dx =

n→∞ 0

1

1

Zn sin xdx + 2β lim

= −α lim

0

Zn xdx + 4 lim

n→∞

n→∞

1

Zn

cos xdx.

n→∞

0

0

Рассмотрим каждое слагаемое и воспользуемся определением интеграла через интегральную сумму: 1

Zn sin xdx =

−α lim

n→∞

1 = −α lim 2 n→∞ n

µ

µ

1 sin n2

¶

0

µ

2 + sin n2

¶

µ

n−1 + . . . + sin n2

¶

µ ¶¶ 1 + sin . n

Поскольку аргумент функции sin x стремится к нулю, то по первому замечательному пределу, сама функция эквивалентна своему аргументу. i Так как 2 → 0, i = 1, n при n → ∞, то n 1

Zn −α lim

sin xdx = 0.

n→∞ 0

Аналогично рассматриваются все остальные слагаемые 107

1

Zn 2β lim

n→∞ 0

1 xdx = 2β lim 2 n→∞ n

µ

¶ 1 2 n−1 1 . + + ... + + n2 n2 n2 n

1

Zn 4 lim

cos xdx =

n→∞

1 4 lim 2 n→∞ n

µ

µ

1 cos n2

¶

µ

0

2 + cos n2

¶

µ

n−1 + . . . + cos n2

¶

µ ¶¶ 1 + cos = n

1 1 · n = 4 lim = 0. 2 n→∞ n n→∞ n

= 4 lim

1

Ответ: lim

Rn

n→∞ 0

(−α sin x + 2βx + 4 cos x) dx = 0. К заданию второго уровня

Zπ Zπ ³p ´ 1 − cos2 x + 2 cos x dx = (| sin x| + 2 cos x) dx. π 2

π 2

hπ

i

На отрезке ; π функция sin x имеет неотрицательное значение, значит 2 модуль можно снять. Zπ

Zπ | sin x|dx + 2

π 2

Zπ cos xdx =

π 2

Zπ sin xdx + 2 · (−1) =

π 2

sin xdx − 2. π 2

Если построить графики функций sin x и cos x, и воспользоваться геометрическим смыслом интеграла (площадь фигуры), то можно сделать вывод, что интегралы рассматриваемых функций на заданном отрезке интегрирования равны по модулю и противоположны по знаку, т.е. Rπ Rπ sin x dx = − cos x dx = −1. π 2

π 2

Ответ: −1. 108

К заданию третьего уровня Zπ

Z2π (3 sin x − x + π) dx

(3 cos x + x) dx + π 2

3π 2

Можно убедиться геометрически или аналитически, воспользовавшись Rπ R2π тригонометрическими формулами приведения, что 3 sin xdx = 3 cos xdx. π 2

3π 2

R2π

Аналогично, построив график функции y = x или сделав в интеграле (x − π) dx подстановку x−π = t и изменив пределы интегрирования для

3π 2

R2π Rπ 3π переменной t (от − π до 2π − π), получим, что (x − π) dx = xdx. π 2 3π 2

2

Тогда

Rπ

(3 cos x + x) dx +

π 2

=

Rπ

R2π

(3 sin x − x + π) dx =

3π 2

(3 cos x + x − 3 cos x − x) dx = 0.

π 2

Ответ: 0. 3. Решение и ответы к заданиям на стр. 90 К заданию первого уровня Можно записать свойства: коммутативности, ассоциативности, дистрибутивности. Приведем один из возможных вариантов записи свойства ассоциативности относительно сложения: Ã

m X

f (ξi )4xi +

i=1

=

m X i=1

k X

! f (ξi )4xi

+

i=m+1

Ã

f (ξi )4xi +

n X i=k+1

k X

f (ξi )4xi +

i=m+1

109

n X i=k+1

f (ξi )4xi = ! f (ξi )4xi .

Преобразуем каждую из частей равенства: Ã m ! k n X X X f (ξi )4xi + f (ξi )4xi + f (ξi )4xi =

=

i=1

i=m+1

k X

n X

f (ξi )4xi +

i=1

f (ξi )4xi +

i=1

=

m X

k P i=1

k X

f (ξi )4xi +

i=m+1 n X

f (ξi )4xi +

i=1

Тогда

f (ξi )4xi ;

i=k+1

Ã

m X

i=k+1

n X

! f (ξi )4xi

=

i=k+1

f (ξi )4xi .

i=m+1 n P

f (ξi )4xi +

f (ξi )4xi =

i=k+1

m P i=1

f (ξi )4xi +

n P i=m+1

f (ξi )4xi .

К заданию второго уровня 1. I1 =

Rc

f (x)dx.

a

2. I2 =

Rb

f (x)dx.

c

3. I = I1 + I2 или

Rb

f (x)dx =

a

Rc

f (x)dx +

a

Rb

f (x)dx.

c

К заданию третьего уровня а)

R3

2

x dx =

−3

R0

2

x dx +

−3

R3

x2 dx.

0

Мы знаем, что функция y = x2 четная, значит, площадь частей фигуры R3 2 R3 2 по разные стороны от оси Oy равны. Тогда x dx = 2 x dx = 18. −3

б)

R3 −3

3

x dx =

R0 −3

3

x dx +

R3 0

3

x dx = −

R3 0

3

x dx +

R3

0

x3 dx = 0.

0

Мы воспользовались тем фактом, что подынтегральная функция является нечетной, значит, по модулю интегралы на [−3; 0] и [0; 3] равны, но по 110

знаку различны (в этом можно убедиться, построив интегральные суммы на данных отрезках). Ответ: а) 2,

б) 0.

4. Указания к решению заданий и ответы к заданиям на стр. 94 К заданию первого уровня Ответ:

R3

xdx = 2 +

−2

9 13 = . 2 2 К заданию второго уровня

3π

R2

Rπ

3π

R2

sin xdx = sin xdx + sin xdx. π 0 · ¸ 3π Но на π; функция y = sin x отрицательна, значит, и ее интеграль2 ная сумма тоже отрицательна, и, следовательно, сам интеграл отрица3π 3π R2 Rπ R2 Rπ телен. Таким образом, sin xdx + sin xdx < sin xdx, и sin xdx < 0

Rπ

π

0

0

0

sin xdx. Что и требовалось доказать.

0

К заданию третьего уровня а) Рассмотрим подынтегральную функцию y = |2x−2|−|2−2x| на отрезке [−2; 2]. Критической точкой для раскрытия модуля является x0 = 1 : Z1

Z2 (−(2x − 2) − (2 − 2x)) dx = 0,

−2

((2x − 2) + (2 − 2x)) dx = 0. 1

Ответ: 0. 100π 100π R p R √ б) 1 − cos(2x)dx = 2| sin x|dx. 0

0

В силу периодичности подынтегральной функции получаем: 111

µπ R√

R2π √

100π R √

R2π √

2| sin x|dx = 50 2| sin x|dx = 50 2 sin xdx + π 0 0 0 µπ ¶ √ √ R√ Rπ √ = 50 2 sin xdx + 2 sin xdx = 100 2 · 2 = 200 2. 0 0 √ Ответ: 200 2.

¶ 2(− sin x)dx

5. Решение и ответы к заданиям на стр. 94 К заданию первого уровня Возможные варианты ответа (вы можете предложить и другие варианты): 1) функция принимает положительные значения на всей области определения; ¯ ¯c ¯ ¯¯ b ¯ c b ¯R ¯ ¯R R R ¯ ¯ ¯ 2) ∃c ∈ [a; b] : f (x)dx < 0, f (x)dx > 0 и ¯ f (x)dx¯ < ¯ f (x)dx¯ ; ¯ ¯ a

c

a

c

3) подынтегральная функция будет взята под знак модуля. К заданию второго уровня 1 Вариант: f > g ⇔ f − g > 0. n P Верно утверждение: f > g ⇒ (f (ξi ) − g(ξi )) 4xi > 0, обратное к нему i=1

в общем случае неверно. 2 Вариант: f > g ⇔ ∃c :

f ≥ c, g < c. n n P P Верно утверждение: f > g ⇒ ∃c : f (ξi )4xi ≤ c < g(ξi )4xi , обратное к нему в общем случае неверно.

i=1

i=1

3 Вариант: f > g ⇔ ∃h(x) :

f = g + h(x). n n n P P P Верно утверждение: f > g ⇒ f (ξi )4xi = g(ξi )4xi + h(ξi )4xi , i=1

обратное к нему в общем случае неверно.

i=1

i=1

К заданию третьего уровня 1) f (x) ≤ g(x); 2) |f (x)| ≤ |g(x)|; 3) f (x) > 0 на [a; b];

4) для любого x; 5) ни для какого x; 6) |f (x)| = |g(x)| , g(x) > 0 на [a; b]. 112

=

6. Указания к решению заданий и ответы к заданиям на стр. 98 К заданию первого уровня √

1 + x2 > x, значит первый интеграл больше. · ¸ 1 1 1 1 2. 2 ln √ = ln на отрезке интегрирования ; больше, чем ln x, слеx 4 2 x довательно второй интеграл больше. 1.

К заданию второго уровня 1. Функция cos2 x на отрезках [0; π] и [π; 2π] принимает одинаковые значе1 2 ния. Функция e−x = x2 на [π; 2π] меньше, чем на [0; π], поскольку знаe менатель дроби при больших значениях x больше. Таким образом, первый интеграл больше второго. hπ π i 2. На отрезке ; функция cos x убывает, а sin x — возрастает. Таким 6 3 π x + 2 cos x образом, при x = числитель подынтегральной функции будет 3 sin x наименьшим, а знаменатель — наибольшим. π x + 2 cos x + 2 cos x 3 = 2x√+ 2 ≥ 2x + 2 = x + 1. ≥ π sin x 2 3 sin 3 Это означает, что первый интеграл больше второго. К заданию третьего уровня Представим каждое выражение под знаком предела в виде интегральной суммы: 1 1 1 1. lim + + ... + = n→∞ n + 1 n+2 n+n   Z1 1 1  1 1 1 = lim  + + ... + = dx;  n 1 2 n→∞ n 1 + x 1+ 1+ 1+ 0 n n n 1 1 1 2. lim √ +√ + ... + √ = n→∞ 6n2 − 12 6n2 − 22 6n2 − n2 113





 Z1 1 1 1 1 1   √ = lim  r +r + ... + r = dx.  n→∞ n  6 − x2 12 22 n2  0 6− 2 6− 2 6− 2 n n n Для сравнения полученных интегралов рассмотрим их подынтегральные √ 1 1 функции: и√ . На отрезке интегрирования 1+x < 6 − x2 , то1+x 6 − x2 1 1 >√ гда . Таким образом, первый интеграл, а значит и первый 1+x 6 − x2 предел больше второго. 7. Решение и ответы к заданиям на стр. 99 К заданию первого уровня Поскольку подынтегральная функция y = sin x на заданном отрезке интегрирования неотрицательна и монотонно возрастает, не превосходя единицы, то: µ ³ ´ µ ¶ ³ nπ ´¶ 1 π 2π 1 sin + sin + . . . + sin + < · n = 1. 0< n 2n 2n 2n n Ответ: интегральная сумма может принимать значения в промежутке от 0 до 1. К заданию второго уровня Рассмотрим оценку интеграла f (b) + f (a) (b − a) < 2

Zb f (x)dx < (b − a)f (b). a

как оценку интегральных сумм, то есть, геометрически, оценку площадей некоторых фигур. (b − a)f (b) есть площадь прямоугольника, содержащего в себе криволиRb нейную трапецию с площадью f (x)dx. Действительно, эта оценка спраa

ведлива.

(a) — площадь трапеции, содержащейся в криволинейной тра(b−a) f (b)+f 2 Rb пеции с площадью f (x)dx. Следовательно, оценка снизу также верна. a

114

К заданию третьего уровня При выполнении данного задания достаточно найти отрезок, на котором 1) график первой функции выше графика второй функции; 2) площади криволинейных трапеций, ограниченных заданными функциями, равны; 3) график первой функции ниже графика второй функции. · ¸ h πi 1 2. [0; π]; 3. 0; . 1. 0; ; 4 2 8. Указания к решению заданий и ответы к заданиям на стр. 102 Интегральная теорема о среднем гласит, что, если функция f (x) непреRb рывна на [a; b], то ∃c ∈ [a; b] : f (x)dx = f (c)(b − a). a

Так как f (x) — непрерывная на отрезке [a; b] функция, то она на нем ограничена и достигает своего наименьшего и наибольшего значения. Пусть m = min f (x), M = max f (x). Тогда выполняется неравенство x∈[a;b]

x∈[a;b]

m ≤ f (c) ≤ M. Отсюда следует Rb m(b − a) ≤ f (x)dx = f (c)(b − a) ≤ M (b − a). a

К заданию первого уровня Функция y = arctg x является возрастающей на всей области определения, значит она принимает наименьшее значение на отрезке [0; 1] при x = 0, наибольшее — при x = 1. Функция f = ex также возрастает, тогда Z1 earctgx dx ≤ eπ/4 .

1≤ 0

К заданию второго уровня Исследуем подынтегральную функцию на экстремум. Логарифмически дифференцируем y = xx и находим стационарные точки. y 0 = xx (ln x + 1) = 0 ⇔ x = 1e . При переходе через стационарную точку производная функции меняет знак с «−» на «+». Значит, мы нашли точку минимума. В направлении 115

концов отрезка интегрирования функция возрастает и y(0) = y(1) = 1. Таким образом, пользуясь оценкой интеграла, приведенной в задании для всех уровней на стр. 102, получим неравенство: Z1 e

− 1e

xx dx ≤ 1.

≤ 0

К заданию третьего уровня 1) Функция y = x1 убывает на всей области определения (большему знаменателю соответствует меньшее значение дроби), значит на любом отрезке интегрирования единичной длины будет справедливо данное неравенство (см. оценку интеграла на стр. 102). 2) Представим данный интеграл как сумму интегралов: Z2 1

dx + x

Z3 2

dx + ... + x

Zn

n−1

dx x

и применим оценку первого пункта задания к каждому интегралу. Z2 Z2 Z2 1 dx 1 1 dx 1 1 dx 1 ≤ ≤ ; ≤ ≤ ; ... ≤ ≤ . 2 x 1 3 x 2 n x n−1 1

1

1

Сложив все неравенства, получим доказываемое неравенство. 9. Ответы к «Проверь себя» 1) Да, по первому свойству определенных интегралов (см. стр. 103); 2) Нет, контрпример приведен на стр. 106; 3) Да, по свойству определенных интегралов (см. стр. 103); 4) При определенных условиях. В общем случае интеграл сменит знак на противоположный. Исключение составляют интегралы от ненулевых функций равные нулю; например, от нечетной функции на симметричном отрезке интегрирования; 5) При определенных условиях, а именно, при f (x) = 0. 6) Да, по свойству определенных интегралов (см. стр. 103).

116

Наступило время оглянуться назад...

Многое из математики не остается в памяти, но когда поймешь ее, тогда легко при случае вспомнить забытое. О. Конт

О. Конт

Работая с пособием, состоящим из четырех глав, вы подошли к «золотой середине». Естественно возникает вопрос: а что вы знаете об определенном интеграле, какими умениями владеете? Во-первых, вы имеете готовую конструкцию определенного интеграла; вовторых — знаете его свойства; в-третьих — способ вычисления по определению, к сожалению, довольно громоздкий и неудобный. Какой же должен быть следующий шаг в развитии темы? Конечно, вы правы — это поиск удобного способа вычисления определенного интеграла, а именно — нахождения соответствующей формулы. Как же можно получить эту формулу? Вы уже знаете, что определенный интеграл — это число, которое может быть получено путем нахождения предела суммы числовых выражений вида f (ξi )4xi , где ξi ∈ 4i (стр. 22). Как мы уже отметили, данный способ вычисления интегралов оказался неудобным. Естественно, что число может быть получено и другим путем, например, — при вычислении значения некоторой функции при заданном значении аргумента. Таким образом, нам необходимо найти функцию Φ(x), которая при конкретных значениях аргумента дает число, соответствующее вычисляемому Rb определенному интегралу f (t)dt. a

Для того, чтобы превратить конструкцию определенного интеграла в функцию Φ(x), необходимо какой-либо параметр этой конструкции сделать переменной величиной. Вопрос: какой именно? Определенный интеграл зависит от двух числовых параметров — нижнего и верхнего пределов интегрирования. Сделаем верхний предел интегрирования переменной величиной. Тогда определенный интеграл трансформируется в слеRx дующую конструкцию: f (t)dt. Что же из этого получится?... a

117

3

Интеграл с переменным верхним пределом. Вычисление определенных интегралов

Г. Гельмгольц

Всякое соотношение между математическими символами соответствует соотношению между реальными вещами. Г. Гельмгольц

Цель: 1. Сформировать представление о понятии и свойствах интеграла с переменным верхним пределом. 2. Сформировать аппарат для вычисления определенных интегралов. В результате изучения данной темы студент должен знать: определение и свойства интеграла с переменным верхним пределом. В результате изучения данной темы студент должен уметь: применять свойства определенного интеграла при решении задач. I этап. Пропедевтический Задание 3.1 Самостоятельно выберите и выполните задания, которые вы можете сделать. Эти задания помогут определить вашу готовность к восприятию новой темы и самостоятельному открытию знаний. Не огорчайтесь, если у вас возникли затруднения, смело открывайте раздел «Полезные советы», который находится на странице, указанной после заданий, и сравните свое решение с предложенным эталоном. Желаем удачи! Уровень I: готовность к воспроизведению осознанно воспринятых и зафиксированных в памяти знаний. Представить функцию sin x как функцию с переменным верхним пределом. Воспользуйтесь известной вам со школы формулой Ньютона-Лейбница: Rb f (x)dx = F (b) − F (a), где F (x) — первообразная f (x). a

118

Уровень II: готовность к сравнению имеющихся знаний с теми, которые необходимо получить в результате мыслительной деятельности. Доказать, используя определение непрерывности функции в точке, что Rx 2 функция t dt непрерывна на отрезке [a; b], где x ∈ (a; b). 0

Уровень III: готовность к созданию новых знаний на основе изученных. Доказать, используя определение дифференцируемости функции в точке, Rx что функция t2 dt непрерывна на отрезке [a; b], где x ∈ (a; b). 0

Ответы, указания к решению заданий и полный текст решения вы найдете в разделе «Полезные советы» на стр. 139. II этап. Исследования, осмысление, переосмысления информации студентами Задание 3.2 Внимательно прочитайте предложенный теоретический материал, соотнесите его с выполненным заданием и эталоном, проанализируйте результаты своей деятельности с помощью индивидуальной карточки на стр. 46. Самостоятельно укажите те трудности, которые вы испытали при решении задания. Теоретический материал С целью свободного оперирования понятием интеграла с переменным верхним пределом и установления связи с известными нам понятиями теории интегрирования (первообразной, неопределенным и определенным интегралами), необходимо выяснить свойства этого интеграла.

3.1

Интеграл с переменным верхним пределом Если функция f интегрируема на отрезке [a; b], то для любого Rx x ∈ [a; b] существует интеграл F (x) = f (t)dt, который a

называется интегралом с переменным верхним пределом.

Свойство 3.1 Непрерывность интеграла. Если функция f интегрируема на отрезке [a; b], то функция F (x) непрерывна на этом отрезке. 119

Пусть x ∈ [a; b] и x + 4x ∈ [a; b]. Докажем, что 4F = F (x + 4x) − F (x) → 0 при 4x → 0. В силу свойств определенного интеграла, связанных с отрезками интегрирования(см. стр. 90), верно равенство: (52)

x

a

a

f (t)dt.

f (t)dt =

f (t)dt −

4F =

x+4x Z

Zx

x+4x Z

Так как функция f интегрируема на отрезке [a; b], то она ограничена, то есть ∃M > 0 :

∀x ∈ [a; b] → |f (x)| ≤ M.

(53)

Согласно правилу оценки интеграла (см. стр. 96) и (52), (53) следует, что ¯ x+4x ¯ ¯ Z ¯ ¯ ¯ |4F | ≤ ¯¯ |f (t)|dt¯¯ ≤ M |4x|, ¯ ¯ x

откуда получаем: 4F → 0 при 4x → 0, то есть функция F непрерывна в точке x. Поскольку x — произвольная точка отрезка [a; b], то функция F (x) непрерывна на этом отрезке. Свойство 3.2 Дифференцируемость интеграла. Если функция f интегрируема на отрезке [a; b] и непрерывна в точке x0 ∈ [a; b], то функция Rx F (x) = f (t)dt дифференцируема в точке x0 , причем a

F 0 (x0 ) = f (x0 ). Пусть 4x 6= 0 и x0 + 4x ∈ [a; b]. Тогда при x = x0 справедливо равенство (52). Докажем, что 4F − f (x0 ) → 0 при 4x → 0. (54) 4x xR 0 +x Преобразуем χ, пользуясь тем, что dt = 4x (этот факт доказывается χ=

x0

достаточно просто построением интегральной суммы для функции y = 1 на отрезке [x0 ; x0 + 4x], которая равна сумме длин всех отрезков разбиения, то есть, длине отрезка интегрирования). В силу свойств интеграла 120

χ= откуда

1 4x

x0Z+4x

f (t)dt − x0

x0Z+4x

f (x0 ) 4x

dt = x0

1 4x

x0Z+4x

(f (t) − f (x0 )) dt, x0

¯ x +4x ¯ ¯ 0Z ¯ ¯ 1 ¯¯ ¯. |χ| ≤ |f (t) − f (x | dt 0 ¯ ¯ |4x| ¯ ¯

(55)

x0

По условию функция f непрерывна в точке x0 , то есть для любого ε > 0 существует число δ = δ(ε) > 0 такое, что для всех t ∈ Uδ (x0 ) выполняется неравенство |f (t) − f (x0 )| < ε,

(56)

где Uδ (x0 ) = {t : |t − x0 | < δ}. Пусть |4x| < δ, тогда |t − x0 | ≤ |4x| < δ, так как t ∈ l, где l — отрезок с концами x0 и x0 + 4x. Поэтому для всех 4x таких, что |4x| < δ, выполняется неравенство (56). Но тогда из (55) следует, 1 что |χ| < ε|4x| = ε. Таким образом, для любого ε > 0 найдется δ > 0 |4x| такое, что для условию 0 < |4x| < δ, выполняется ¯ всех 4x, удовлетворяющих ¯ ¯ 4F ¯ неравенство ¯¯ − f (x0 )¯¯ < ε, то есть выполняется условие (54). Это означает, 4x что справедливо равенство (53). Свойство 3.3 Существование первообразной у непрерывной функции. Если функция f непрерывна на отрезке [a; b], то она имеет на этом отрезке первообразную равную интегралу с переменным верхним пределом (119), и поэтому Z

Zx f (x)dx =

f (t)dt + C,

(57)

a

где C — произвольная постоянная. Пусть x — произвольная точка отрезка [a; b]. По свойству 3.2 функция F (x), определяемая формулой (3.1), имеет в точке x производную, равную f (x), то есть  x  Z d  F 0 (x) = f (t)dt = f (x). (58) dx a

121

Согласно определению первообразной функция F (x) является первообразной функции f (x) на отрезке [a; b], и поэтому справедливо равенство (57). Следствие 3.1 Всякая первообразная Φ для функции f , непрерывной на отрезке [a; b], имеет вид Zx Φ(x) =

f (t)dt + C,

a ≤ x ≤ b,

a

где C — постоянная. III этап. Интерпретация информации и проектирование нового способа действия Задание 3.3 Вы поработали на лекции, получили новый алгоритм действий, примените его при решении задания, где у вас возникли затруднения. IV этап. Включение нового способа действия в систему знаний Выполните предложенные задания самостоятельно: Не оставляйте задания для самостоятельной работы «на потом», не упускайте шанс проверить, как вы усвоили материал, и закрепить полученные знания. Эти задания помогут вам вовремя выявить и устранить пробелы, неизбежно возникающие в процессе обучения. Задание 3.4 Уровень 1: а) Доказать равенство

Ra

x3 f (x2 )dx =

0

б) Доказать, что Rx

Rx

1 2

Za2 xf (x)dx. 0

sin3 xdx есть периодическая функция с периодом 2π, а

0

sin4 xdx — сумма линейной функции и периодической функции.

0

Уровень 2: Доказать, что при n нечетном функции F (x) = G(x) =

Rx

Rx

sinn xdx и

0

cosn xdx есть периодические с периодом 2π, а при n четном каждая

0

из этих функций есть сумма линейной функции и периодической функции (укажите, чему может быть равен этот период). 122

Уровень 3: Пусть f (x) — непрерывная функция на сегменте [A; B] ⊃ [a; b]. Zb d Найти f (x + y)dy при [a + x; b + x] ⊂ [A; B]. dx a

Ответы и указания к решению заданий вы найдете в разделе «Полезные советы» на стр. 140

123

3.2

Вычисление определенных интегралов

I этап. Пропедевтический Задание 3.5 Самостоятельно выберите и выполните задания, которые вы можете сделать. Эти задания помогут определить вашу готовность к восприятию новой темы и самостоятельному открытию знаний. Не огорчайтесь, если у вас возникли затруднения, смело открывайте раздел «Полезные советы», который находится на странице, указанной после заданий, и сравните свое решение с предложенным эталоном. Желаем удачи! Уровень I: готовность к воспроизведению осознанно воспринятых и зафиксированных в памяти знаний. Воспользовавшись утверждением 3.1 на стр. 122, о том, что любая первообразная функции f (x) может быть найдена по формуле Rx Φ(x) = f (t)dt + C, a ≤ x ≤ b, где C — постоянная, найти значение a

первообразной Φ(x) в точках а) x = a, б) учитывая полученный результат пункта а), найти Φ(3). Уровень II: готовность к сравнению имеющихся знаний с теми, которые необходимо получить в результате мыслительной деятельности. Воспользовавшись утверждением 3.1 на стр. 122: а) Выразить Φ(3a) через Φ(2a) Φ(a), если f (t) — периодическая функция с периодом T = a и непериодической частью на отрезке [0; a]; б) упростить выражение Φ(−3a) − Φ(2a), где f — нечетная функция, расписав Φ(−3a) и Φ(2a) через интегралы с переменным верхним пределом. Уровень III: готовность к созданию новых знаний на основе изученных. Рассмотрим следующую функцию с двумя неизвестными: F (x, y) = F (x0 , y) + F (x, y0 ), где x0 , y0 — внутренние точки отрезка интегрирования функции f (x), от выбора которых значение определенного интеграла по отрезку [x; y] не зависит. Ry F (c, y) (c — константа) — интеграл с переменным верхним пределом f (t)dt, c

F (x, c) (c — константа) — интеграл с переменным нижним пределом

Rc x

124

f (t)dt.

Используя связь интеграла с переменным верхним пределом и первообразRx ной подынтегральной функции ( f (t)dt = Φ(x) + C, стр. 122), найдите формуa

лу вычисления функции F (x, y) через первообразные заданной интегрируемой функции f (x) и вычислите F (a, b), где (a; b) — отрезок ее интегрирования. Ответы, указания к решению заданий и полный текст решения вы найдете в разделе «Полезные советы» на стр. 142. II этап. Исследования, осмысление, переосмысления информации студентами Задание 3.6 Внимательно прочитайте предложенный теоретический материал, соотнесите его с выполненным заданием и эталоном, проанализируйте результаты своей деятельности с помощью индивидуальной карточки на стр. 46. Самостоятельно укажите трудности, которые возникли у вас в результате выполнения задания. Теоретический материал Формула Ньютона-Лейбница вам известна еще со школьной скамьи. Но сейчас у вас появилась возможность: 1) оценить ее значимость в сравнении с громоздким алгоритмом вычисления интегралов по определению и 2) разобраться в выводе формулы, имея для этого подготовленную теоретическую основу. Формула Ньютона-Лейбница Tеорема 3.1 Если функция f (x) непрерывна на отрезке [a; b] и если Φ(x) — какая-нибудь первообразная для f (x) на этом отрезке, то справедлива формула Ньютона-Лейбница Zb f (x)dx = Φ(b) − Φ(a).

(59)

a

Согласно следствию из теоремы 2.3, стр. 91 существует число C такое, что справедливо равенство (3.1) на стр. 122. Подставляя в эту формулу x = a Ra и учитывая, что f (t)dt = 0, получаем C = Φ(a). Поэтому равенство (3.1) a

можно записать в виде

125

Zx Φ(x) =

f (t)dt + Φ(a).

(60)

a

Равенство (60) выполняется при любых значениях x ∈ [a; b] и, в частности, при x = b, т.е. Zb Φ(b) =

f (t)dt + Φ(a), a

откуда следует формула (59), так как величина определенного интеграла не зависит от того, какой буквой обозначается независимое переменное в интеграле. Формулу Ньютона-Лейбница иногда записывают в виде Zb a

¯b ¯ ¯ f (x)dx = Φ(x)¯¯ . ¯ a

Пример 2 Доказать, что для любых m ∈ N, ства: Rπ 1. sin mx cos nxdx = 0.

n ∈ N справедливы равен-

π

2.

−π R

2

sin mxdx =

π

1.

−π R

cos2 nxdx = 0.

π

1 Воспользовавшись формулой sin x cos x = (sin(α + β) + sin(α − β)) , 2 получаем Zπ I= −π

1 sin mx cos nxdx = 2

Zπ −π

1 sin(m + n)xdx + 2

Zπ sin(m + n)xdx. −π

Если m 6= n, то

¯π ¯π ¯ ¯ 1 1 I= cos(m + n)x¯¯ + cos(m − n)x¯¯ = 0, 2(m + n) 2(m − n) −π −π

так как cos πk = (−1)k для любого k ∈ Z. Если m = n, то 126

I=

1 2

Zπ sin 2nxdx = 0. −π

для любого n ∈ N. Таким образом, равенство 1 справедливо при любых m, n ∈ N. 2.

1 − cos 2α 1 + cos 2α Применяя формулы sin2 α = и cos2 α = и, учи2 2 Rπ Rπ тывая, что cos 2nxdx = 0 при любом n ∈ N, а dx = 2π, получаем −π

−π

равенство 2.

Пример 3 Найти с помощью интеграла lim Sn , если: n→∞

1α + 2α + . . . + nα 1. Sn = , α > 0. nα+1 1 1 1 2. Sn = + + ... + . n+1 n+2 2n n µ ¶α 1X k 1. Запишем Sn в виде Sn = и заметим, что Sn — интегральная n n k=1 сумма для функции f (x) = xα на отрезке· [0; 1], соответствующего разби¸ k−1 k ению T этого отрезка на отрезки 4k = ; , k = 1, n, каждый n n 1 из которых имеет длину ; в качестве точек ξk ∈ 4k берется конец отn k 1 резка 4k , т.е. ξk = . Так как l(T) = → 0 при n → ∞, а функция xα n n непрерывна на отрезке [0; 1], то существует Z1

¯1 xα+1 ¯¯ 1 x dx = . = α + 1 ¯0 α + 1 α

lim Sn =

n→∞

0 n

1X 1 1 2. Так как Sn = — интегральная сумма для функции на n 1 + k/n 1+x k=1 отрезке [0; 1], то Z1 lim Sn =

n→∞

0

¯1 ¯ dx = ln(1 + x)¯¯ = ln 2. 1+x 0 127

Пример 4 Доказать, что если функция f непрерывна на R, а функции ϕ и ψ дифференцируемы на R, то   ψ(x) Z d   f (t)dt = ψ 0 (x)f (ψ(x)) − ϕ0 (x)f (ϕ(x)) . (61)  dx ϕ(x)

Пусть F — первообразная для функции f , тогда по формуле НьютонаЛейбница находим ¯t=ψ(x) ¯ ¯ ¯ = F (ψ(x)) − F (ϕ(x)), f (t)dt = F (t)¯ ¯ ¯

ψ(x) Z

ϕ(x)

t=ϕ(x)

откуда, используя правило дифференцирования сложной функции и равенство F 0 (t) = f (t), получаем формулу (61). Замена переменного в определенном интеграле Tеорема 3.2 Пусть функция f (x) непрерывна на интервале (a0 ; b0 ), а функция ϕ(t) имеет непрерывную производную на интервале (α0 ; β0 ), причем ϕ(t) ∈ (a0 ; b0 ) при всех t ∈ (α0 ; β0 ). Тогда если α ∈ (α0 ; β0 ), β ∈ (α0 ; β0 ), a = ϕ(α), b = ϕ(β), то справедлива формула замены переменного в определенном интеграле Zb

Zβ f (ϕ(t)) ϕ0 (t)dt.

f (x)dx = a

(62)

α

Так как a ∈ (a0 ; b0 ), b ∈ (a0 ; b0 ), а функция f (x) непрерывна на интервале (a0 ; b0 ), то по формуле Ньютона-Лейбница находим Zb f (x)dx = Φ(b) − Φ(a), где Φ0 (x) = f (x) для всех x ∈ (a0 ; b0 ).

(63)

a

Функция Φ(ϕ(t)) является первообразной для функции, стоящей под знаком интеграла в правой части формулы (62), так как d (Φ(ϕ(t))) = Φ0 (ϕ(t))ϕ0 (t) = f (ϕ(t))ϕ0 (t). dt 128

Применяя к функции f (ϕ(t))ϕ0 (t) формулу Ньютона-Лейбница и учитывая, что ϕ(α) = a, ϕ(β) = b, получаем Zβ f (ϕ(t))ϕ0 (t)dt = Φ(ϕ(β)) − Φ(ϕ(α)) = Φ(b) − Φ(a).

(64)

α

Из равенств (63), (64) следует формула (62). Пример 5 Вычислить I =

RR √

R2 − x2 dx.

0

Полагая x = R sin t, где 0 ≤ t ≤ dx = R cos tdt. По формуле (62) находим

√ π , получаем R2 − x2 = R cos t, 2

Zπ/2 πR2 I = R2 cos2 tdt = . 4 0

Пример 6 Пусть функция f непрерывна на отрезке [−a; a]. Доказать, что: Ra 1) если f — нечетная функция, то f (x)dx = 0; −a

2) если f — четная, то Za

Za f (x)dx = 2

−a

f (x)dx.

(65)

0

1. Если f — нечетная функция, то есть f (−x) = −f (x) для всех x ∈ [−a; a], то, полагая, x = −t и используя формулу (62), получаем Za

Z0 f (x)dx = −

Za f (−t)dt =

−a

0

Za (−f (t)) dt = −

0

f (x)dx, 0

откуда следует, что Za

Z0 f (x)dx =

−a

Za f (x)dx +

−a

f (x)dx = 0. 0

129

R0

2. Если f — четная функция, то

f (x)dx =

−a

ство (65).

Ra

f (x)dx, откуда следует равен-

0

Пример 7 Доказать, что если f — непрерывная на R периодическая с периодом T функция, то для любого a ∈ R справедливо равенство a+T Z

ZT f (x)dx =

f (x)dx.

a

(66)

0

Используя свойства интеграла, связанные с отрезками интегрирования (см. стр. 90), запишем равенство a+T Z

Z0

ZT

f (x)dx = a

f (x)dx + a

a+T Z

f (x)dx + 0

f (x)dx.

(67)

T

Полагая x = t + T и учитывая, что функция f определена на R и f (t + T ) = f (t) для всех t ∈ R в силу периодичности функции f , получаем a+T Z

Za

Za

f (x)dx = a

f (t + T )dt = 0

Z0 f (t)dt = −

f (t)dt.

(68)

−a

0

из равенств (67),(68) следует формула (66). 5π/2 R

Пример 8 Вычислить I =

sin5 x cos8 xdx.

−π/2

Так как подынтегральная функция является периодической с периодом 2π Rπ и нечетной, то получаем I = sin5 x cos8 xdx = 0. −π

Метод интегрирования по частям Tеорема 3.3 Если функции u(x) и v(x) имеют на отрезке [a; b] непрерывные производные, то справедлива формула интегрирования по частям Z

b

I= a

¯b Z b ¯ uv 0 dx = (uv)¯¯ − vu0 dx. a

130

a

(69)

Интегрируя на отрезке [a; b] тождество uv 0 = (uv)0 − u0 v, где uv 0 , (uv)0 , u0 v — непрерывные функции, получаем Z

b

Zb uv 0 dx =

a

Zb (uv)0 dx −

a

vu0 dx.

(70)

a

По формуле Ньютона-Лейбница находим Zb (uv)0 dx = (uv)|ba = u(v)v(b) − u(a)v(a). a

Поэтому равенство (70) можно записать в виде (69). Полученную формулу иногда записывают в виде Z a

b

¯b Z b ¯ udv = (uv)¯¯ − vdu. a

Пример 9 Вычислить интеграл I =

R2

a

x ln xdx.

1

x2 Применяя формулу 69, где u = ln x, v = , получаем 2 µ 2 ¶¯2 Z2 ¯ x I= ln x ¯¯ − xdx, 2 1 1

3 то есть I = 2 ln 2 − . 4 Несобственный интеграл Вам уже известно, что конструкция определенного интеграла может быть изменена. Ключевыми параметрами, от которых зависит определенный интеграл, являются подынтегральная функция и отрезок интегрирования. Каким образом можно изменить отрезок интегрирования? Естественно, что менять можно только длину отрезка. Крайними случаями значения длины 131

Во втором случае мы получаем интегралы вида: +∞ +∞ R R Rb f (x)dx, f (x)dx, f (x)dx. a

−∞

−∞

Такие интегралы называются несобственными интегралами первого рода и вычисляются следующим образом: выступают 0 и ∞. Отрезок нулевой длины не представляет интереса к изучению. Zb

Zb

f (x)dx,

f (x)dx = lim

a→−∞

−∞

a

Z+∞ Zb f (x)dx = lim f (x)dx, b→+∞

a

a

Z+∞ Zc Z+∞ Zc Zb f (x)dx = f (x)dx + f (x)dx = lim f (x)dx + lim f (x)dx, a→−∞

−∞

−∞

c

b→−∞

a

c

где c ∈ [a; b]. Каким способом можно изменить подынтегральную функцию, чтобы она существенно отличалась от тех, которые входят в классы интегрируемых функций. Для этого нужно взять функции неограниченные на отрезке интегрирования. Интегралы от неограниченных на отрезке интегрирования функций называются несобственными интегралами второго рода и вычисляются следующим образом:

Zb

Zc f (x)dx =

a

Zb f (x)dx +

a

Zb Zc−ε f (x)dx. f (x)dx + lim f (x)dx = lim ε→0

a

c

ε→0 c+ε

III этап. Интерпретация информации и проектирование нового способа действия Задание 3.7 Вы поработали на лекции, получили новый алгоритм действий, примените его при решении задания, где у вас возникли затруднения. 132

Не оставляйте задания для самостоятельной работы «на потом», не упускайте шанс проверить, как вы усвоили материал, и закрепить полученные знания. Эти задания помогут вам вовремя выявить и устранить пробелы, неизбежно возникающие в процессе обучения. IV этап. Включение нового способа действия в систему знаний Выполните предложенные задания самостоятельно: Задание 3.8 Уровень 1: 1) Зная формулу вычисления первообразной Rx функции f (x): Φ(x) = f (t)dt + C, a ≤ x ≤ b, где C — постоянная, найдиa

те формулу вычисления первообразной функции f (3x). Проверьте полученную формулу, найдя с ее помощью первообразную функции f (t) = t; R2 R5 xdx √ 2) Вычислите интегралы: ln xdx, ; x+4 1 0 3) Можно ли утверждать, что данный интеграл является несобственRπ dx ным: √ ? 1 − cos x 0 Уровень 2: 1) Выполните первое задание уровня 1 для f (3x − 2); R1 R4 dx √ 2) Вычислите интегралы: x · arctg xdx, ; x + x 0 1 3) Проведите классификацию следующих несобственных интегралов: R2 2x−1 dx R∞ xdx R1 1/x dx, dx, e dx, 2 1/(x−1) + 1 0 x +1 0 2 0 R1 R0 1/x R2 dx dx dx, e dx, dx. 2 −∞ −1 ln(x + 1) −2 x + 4x + 3 Уровень 3: 1) Какой формулой задается первообразная функции 6xf (3x2 )? Запишите формулу для вычисления первообразной функции 36x3 ; √ R2 x R4 xdx √ 2) Вычислите интегралы: e cos xdx, ; x+x 1 1 R∞ dx 3) Выяснить, при каких значениях α несобственный интеграл являα a x ется сходящимся, а при каких — расходящимся. Ответы и указания к решению заданий вы найдете в разделе «Полезные советы» на стр. 144

133

3.3

Это вам полезно узнать...

Исаак Ньютон (1643 — 1727)

Готфрид Лейбниц (1646 — 1716)

Рис. 5. Создатели дифференциального и интегрального исчисления

Ньютон Исаак (1643 — 1727) Английский математик, физик, механик, астроном, основоположник современной механики, создатель математики непрерывных процессов, член Лондонского королевского общества (с 1672 г.), его президент с 1703 г. Родился в Вулсторпе (около Грантема). Окончил Кембриджский университет (1665 г.). Ученик И. Барроу, унаследовал его кафедру в Кембриджском университете. В 1669 — 1701 гг. преподавал в Кембриджском университете, в 1695 —1698 гг. — смотритель, с 1699 г. — директор Лондонского монетного двора. Член парламента. Ньютону принадлежат: открытие закона всемирного тяготения, создание теоретических оснований механики и астрономии, разработка дифференциального и интегрального исчислений (одновременно с Г. В. Лейбницем, с которым вел спор о приоритете), работы по теоретической и экспериментальной оптике, по геометрии и алгебре. В своем главном труде «Математические начала натуральной философии» (1687 г.) обобщил результаты, полученные учеными эпохи научной революции, в том числе и собственные, и создал единую систему земной и небесной механики. Книга написана геометрическим методом и читается нелегко. Ньютон сформулировал три закона: закон инерции, закон пропорциональности количества движения и силы, и закон равенства действия и противодействия. Создавая математику непрерывных процессов, Ньютон разработал основы дифференциального и интегрального исчислений на базе понятий флюксий (производной) и флюент (неопределенного интеграла). При этом указал, что математика является лишь составной частью естествознания. Так, понятие непрерывной величины у Ньютона — это абстрагирование различных видов непрерывного механического движения. Применил метод флюксий ко многим геометрическим задачам, нашел ряд интегралов, решил задачи интегрирования 134

обыкновенных дифференциальных уравнений путем представления решения в виде бесконечного степенного ряда. В 1704 г. разработал алгебраическую геометрию, предложил классификацию кривых третьего порядка и указал способы их построения. Занимался алгеброй, аналитической геометрией, поставил ряд проблем вариационного исчисления, а также доказал некоторые теоремы, впоследствии положенные в основу кинематической и проективной геометрии. Иностранный член Парижской АН (с 1699 г.). Лейбниц Готфрид Вильгельм (1646 — 1716) Немецкий математик, физик, философ, изобретатель, юрист, историк, языковед. Основоположник математического анализа. Родился в Лейпциге. Изучал философию и право в Лейпцигском (1661 — 1666 гг.) и математику в Йенском (1663 г.) университетах. Занимался в Майнце вопросами кодексации права. Был домашним учителем в Париже (1672 — 1676 гг.). В 1676 — 1716 гг. — придворный библиотекарь и тайный советник юстиции герцога Ганноверского. В 1687 — 1690 гг. совершил путешествие по Южной Германии, Австрии и Италии с целью сбора материала для истории Брауншвейга. Принял участие в создании Берлинской академии наук и был ее первым президентом (в 1700 г.). Способствовал открытию академий наук в Лейпциге, Вене и Петербурге. В 1711 г., 1712 г. и 1716 г. встречался с Петром I, работал над проектом организации образования в России. В 1712 — 1714 гг. жил в Вене. Основные математические работы Лейбница посвящены разработке дифференциального и интегрального исчислений. Опубликовал исследование о методе дифференциального (1684 г.) и интегрального (1686 г.) исчислений в лейпцигском журнале «Acta eruditorum». Частные и разрозненные приемы Лейбниц свел в единую систему взаимосвязанных понятий анализа, что позволило производить действия с бесконечно малыми по определенному алгоритму. Дал определения дифференциала и интеграла, ввел символы дифференциала и интеграла , разработал правила дифференцирования суммы, разности, произведения, частного, любой постоянной степени, функции от функции, дал определения экстремальных точек и точек перегиба; установил взаимно обратный характер основных операций анализа — дифференцирования и интегрирования. Заложил основы теории рядов и теории дифференциальных уравнений. Им предложены термины математического анализа, вошедшие с того времени во всеобщее применение: функция, дифференциал, дифференциальное уравнение, алгоритм, абсцисса, ордината и др. Был одним из основоположников 135

математической логики. Начал разработку символического исчисления. Член Лондонского королевского общества (с 1679 г.) и Французской АН (с 1700 г.).

136

3.4

Резюме Таблица 10 Rx

f (t)dt — интеграл с переменным верхним пределом

a

Множество первообразных функции f (x) представимо в виде: Rx F (x) = f (t)dt + C, где C = const, f (t) интегрируема на отрезке a

x ∈ [a; b]

Методы вычисления определенного интеграла ¯b ¯ b R ¯ 1. Формула Ньютона-Лейбница: f (x)dx = F (x)¯ = F (b) − F (a) ¯ a a Rb Rβ 2. Замена переменного: f (x)dx = f (ϕ(t))ϕ0 (t)dt, где t ∈ [α; β]. a α ¯b ¯ b R Rb ¯ 3. Интегрирование по частям: udv = uv ¯ − vdu ¯ a a a

Рекомендуют принимать за u: Не рекомендуют принимать за u: ln x, arcsin x, arctg x ax , sin x, cos x Несобственные интегралы На неограниченном отрезке инте- От неограниченной на отрезке ингрирования — первого рода: тегрирования функции — второго рода: +∞ R Rb Rc Rb f (x)dx = f (x)dx = f (x)dx + f (x)dx = −∞

=

Rc

f (x)dx +

−∞

= lim

+∞ R

a

f (x)dx =

= lim

ε→0 a

c

Rc

a→−∞ a

f (x)dx + lim

Rb

b→−∞ c

c−ε R

a

c

f (x)dx + lim

Rb

ε→0 c+ε

f (x)dx,

где f (x) имеет в точке x = c разf (x)dx, рыв второго рода и интегрируема во всех других точках отрезка [a; b]

137

3.5

Проверь себя

Является ли интеграл Да ϕ(x) R f (ϕ(t))dt + C первообразной

Нет

При определенных условиях

Да

Нет

Да

Нет

При определенных условиях При определенных условиях

a

функции f (ϕ(x))? Является ли функция дифференцируемой?

Rx

f (t)dt + C

a

Можно что  x ли утверждать,  Z d  f (t)dt = f (x)? dt a

Верны ли равенства Оба одно- a) верно, b b R R временно b) неверно a) f (ϕ(t))ϕ0 (t)dt = f (ϕ(t))dϕ(t); верны или a a b x R R нет b) f (t)dt = lim f (t)dt? a

a) неверно, b) верно

x→b a

2

Не вычисляя интеграл u = x R1 x2 arctg x dx, укажите, какую 2 1 + x 0 из замен необходимо сделать при использовании метода интегрирования по частям (обоснуйте свой выбор): Укажите, какая из предложенных x = cos 2t замен позволит решить интеграл R1 √ 1 − x2 dx (обоснуйте свой вы0

x2 u= 1 + x2

u=

x = sin t

x = tg t

бор): Ответы на «Проверь себя» представлены на стр. 148.

138

arctg x 1 + x2

3.6

Полезные советы

1. Решение и ответы к заданиям на стр. 118 К заданию первого уровня Во введении к третьей главе мы построили конструкцию, которую можно назвать как интеграл с переменным верхним пределом. Таким образом Rx мы должны найти такую функцию f (t), что sin x = f (t)dt. Воспользуa

Rx

емся формулой Ньютона-Лейбница: sin x = f (t)dt = F (x) − F (a) или a ½ F (x) = sin x sin x = F (x) − F (a). Это означает, что , где f (x) — первоF (a) = 0 π образная от sin x. Отсюда следует, что F (x) = − cos x и x = . 2 Rx Ответ: sin x = cos tdt. π/2

К заданию второго уровня По определению непрерывной функции на отрезке необходимо для любого ε > 0 найти δ(ε) > 0 такое, что ∀x0 как только |x − x0 | < δ выполняется Rx 2 неравенство |f (x) − f (x0 )| < ε, где f (x) = t dt, [a; b] — отрезок интегри0

рования функции f .

¯ x ¯ ¯ x ¯ ¯Z ¯ ¯Z ¯ Zx0 ¯ ¯ ¯ ¯ |f (x) − f (x0 )| = ¯¯ t2 dt − t2 dt¯¯ = ¯¯ t2 dt¯¯ . ¯ ¯ ¯ ¯ 0

0

x0

По формуле Ньютона-Лейбница: Zx x0

¯ ³ x x ´ µ x2 + xx + x2 ¶ 3 ¯x 3 3 t x x 0 0 0 t2 dt = ¯¯ = − 0= − ≤ (x − x0 )(x + x0 )2 , 3 x0 3 3 3 3 3 (x − x0 )(x + x0 )2 = (x − x0 )(x − x0 + 2x0 )2 ≤ δ(δ + 2x0 )2 < < δ(b − a + 2x0 )2 < δ(b − a + 2b)2 . 139

Пусть (3b − a)2 = K. Обозначив δ(b − a + 2x0 )2 = δK за ε, получим уравнение относительно δ : δK = ε. Откуда δ(ε) = Kε . Что доказывает непрерывность функции. К заданию третьего уровня Функция

Rx

t2 dt дифференцируема, если ее приращение представимо в

0

o(4x) = 0. 4x→0 4x

виде F (x + 4x) − F (x) = A(x)4x + o(4x), где lim x+4x Z

Zx

t2 dt − 0

x+4x Z

t2 dt.

t2 dt = x

0

По формуле Ньютона-Лейбница: µ ¶ x+4x ¢ R 2 1 3 ¯¯x+4x 1 ¡ 1 t dt = t x = (x + 4x)3 − x3 = 4x x2 + (x4x + 42 x) = 3 3 3 x 1 = x2 4x + (x42 x + 43 x). 3 x42 x + (1/3)43 x Поскольку lim = 0, то 3x4x + 42 x есть величина 4x→0 4x бесконечно малая по сравнению с 4x, обозначаемая как o(4x), то приращение рассматриваемой функции представимо в виде: µx ¶0 x+4x R 2 Rx 2 R 2 2 t dt − t dt = (x − 0)4x + o(4x) = t dt 4x + o(4x), что и 0

0

означает дифференцируемость функции

Rx

0

t2 dt.

0

2. Указания к решению заданий и ответы к заданиям на стр. 122 К заданию первого уровня Ra 0

x3 f (x2 )dx =

1 2

Za2 xf (x)dx. 0

а) Одним из ключевых отличий левой части равенства от правой является переменная подынтегральной функции f. Одним из способов доказательства равенства является приведение обеих частей к одному виду. 140

2

Сведем левую часть к правой заменой x = t, t ≥ 0, тогда =

Ra 0

x2 f (x2 )xdx =

1 2

Ra

x3 f (x2 )dx =

0

Za x2 f (x2 )dx2 . 0

При переходе к новой переменной необходимо изменить пределы интегрирования: при x = 0 t = x2 = 0, при x = a t = x2 = a2 . Получим Za2 1 tf (t)dt. По свойствам определенного интеграла (стр. 103) t можно за2 0 менить на x. б) При решении интегралов от тригонометрической функции в нечетной степени мы выделяем один множитель и заносим его под знак дифференциала. Таким образом, мы получаем интеграл по переменной cos x. Поскольку интеграл с переменным верхним пределом есть первообразная функции f (cos x) плюс константа, не меняющая период, то она есть периодическая функция с периодом 2π. При решении интегралов от тригонометрической функции в четной степени необходимо использовать одну из формул понижения степени 1 − cos (2x) 1 + cos (2x) = sin2 x или = cos2 x Используя равенство (3.1) 2 2 на стр. 122 получаем, что интеграл с переменным верхним пределом от 1 ± cos (2x) есть сумма линейной функции и периодической функции с 2 x аргументом , то есть с периодом π. 2 К заданию второго уровня Указание 3.1 Используйте рассуждения для задания первого уровня. В случае, когда n = 2k — четная степень, мы получаем интеграл от функµ ¶k 1 ± cos(2x) ции . Этот интеграл распадается на линейную функцию 2 и интегралы от четных и нечетных степеней cos(2x). Вычисление интегралов от четных степеней приведет к дальнейшему увеличению аргумента косинуса, каждый раз вдвое: 2m x. Таким образом, общее решение данного интеграла будет суммой линейной функции и тригонометрических функций с периодами π, 2π, 4π, . . . , 2m π. К заданию третьего уровня 141

Рассмотрим

Rb

f (x+y)dy. Сделаем замену переменной x+y = t, y = t − x

a

при этом, поскольку y ∈ [a; b], новая переменная будет изменяться в пределах отрезка [a + x; b + x]. b+x Rb Rb R Получим f (x + y)dy = f (t)d(t − x) = f (t)dt. Поскольку мы умеем a

a

a+x

вычислять интеграл только с одним переменным пределом (верхним), то необходимо привести полученный нами интеграл к интегралам этого вида. Zb+x Zb Zb+x Zb+x Za+x f (t)dt = f (t)dt + f (t)dt = f (t)dt − f (t)dt. a+x

a+x

b

b

b

  b+x Z Za+x d  f (t)dt − f (t)dt . dx b

b

По определению, каждый интеграл с переменным верхним пределом представляет из себя множество первообразных подынтегральной функции, таким образом получаем: d (Φ(b + x) + C1 − (Φ(a + x) + C2 )) = f (b + x) − f (a + x). dx Ответ: f (b + x) − f (a + x). 3. Решение и ответы к заданиям на стр. 124 К заданию первого уровня a) Φ(a) =

Ra

f (x)dx + C = C, откуда следует, что C = Φ(a);

a

б) Φ(3) =

R3

f (x)dx + C =

a

R3

f (x)dx + Φ(a).

a

К заданию второго уровня a)

R3a a

f (x)dx + Φ(a) =

R2a a

f (x)dx +

R3a

f (x)dx + Φ(a).

2a

142

С одной стороны,

Z3a f (t)dt = Φ(3a) − Φ(a).

(71)

a

С другой стороны, Z3a

Z2a f (t)dt =

a

Z3a f (t)dt +

a

f (t)dt. 2a

По условию f (x) — периодическая функция с периодом a. Таким образом, интегральные суммы для этой функции на отрезках [0; a], [a; 2a], [2a; 3a] будут равны, а значит равны и интегралы по этим отрезкам интегрирования. Тогда: Z3a

Z2a f (t)dt = 2

a

f (t)dt = 2 (Φ(2a) − Φ(a))

(72)

a

Объединяя равенства 71 и 72, получим Φ(3a) − Φ(a) = 2Φ(2a) − 2Φ(a). Откуда Φ(3a) = 2Φ(2a) − Φ(a). б) Тот факт, что подынтегральная функция является нечетной, можно интерпретировать следующим образом: интегралы от данной функции на отрезках, симметричных относительно начала координат, противоположны по знаку и в сумме дают нуль. Действительно, интегральные суммы, а значит и интегралы, составленные для нечетной функции на отрезках [−a; 0] и [0; a] будут отличаться знаком: n n P P I[−a;0] = lim f (−xi )4xi = − lim f (xi )4xi = −I[a;b] . n→∞ i=1

n→∞ i=1

Таким образом, Φ(−3a) − Φ(2a) =

−3a R

f (x)dx + C −

µ 2a R

¶ f (x) + C

=

a

a

[ в задании первого уровня мы выяснили, что C = Φ(a)] =

143

µ

f (x)dx +

−3a

R2a

¶

R2a =− f (x)dx = a −3a µ−3a ¶ −3a −2a R R2a R =− f (x)dx + f (x)dx = f (x)dx.

=−

Ra

f (x)dx

−2a

2a

К заданию третьего уровня По определению F (x, y) = F (x0 , y) + F (x, y0 ) или Zy F (x, y) =

Zy0 f (t)dt +

x0

Zy f (t)dt =

x

Zx f (t)dt −

x0

f (t)dt. y0

В силу независимости F (x, y) от выбора внутренней точки отрезка интегрирования (x0 , y0 ), получаем Zy

Zx f (t)dt −

x0

f (t)dt = Φ(y) − Φ(x). y0

Таким образом, F (a, b) = Φ(b) − Φ(a). 4. Указания к решению заданий и ответы к заданиям на стр. 133 К заданию первого уровня а) Заметим, что (Φ(3x))0 = f (3x)·3, тогда первообразной функции f (3x) Z3x 1 1 является функция ·Φ(3x) или f (t)dt. Проверим данную формулу для 3 3 a

функции f (t) = t с заданным значением переменной: f (3x) = 3x. ¯3x Z3x 1 1 t2 ¯¯ 3x2 a2 1 9x2 1 a2 tdt = · ¯ = · − · = + C, где C = − . 3 3 2 a 3 2 3 2 2 6 a

б) Интеграл

R2

ln xdx вычисляется методом интегрирования по частям.

1

Данный метод используется преимущественно, если интеграл не сводим другими известными методами к табличным интегралам, или подынтегральная функция представляет собой произведение разнородных функций (например, x2 tg x, ex sin x и т.д.). 144

u = ln x ⇒ du = Zb a

Z2 1

dx ; dv = dx ⇒ v = x x

¯b ¯ Zb ¯ udv = uv ¯¯ − vdu ⇒ ¯ a

a

¯2 ¯ Z2 ¯ xdx ln xdx = x ln x¯¯ − = (2 ln 2 − 1 · 0) − x|21 = 2 ln 2 − 1. x ¯ 1

1

в) Интеграл, содержащий иррациональное выражение, чаще всего решается с помощью замены переменной. Таким образом реализуется следующая идея избавления от корня степени n: знак корня можно убрать, если подкоренное выражения имеет вид tn (нельзя забывать, что при четном n √ √ n t = |t|). Тогда x + 4 = t, x + 4 = t2 , x = t2 − 4 ⇒ dx = (t2 )0 dt = 2tdt. При переходе в интеграле к новой переменной необходимо изменить пределы интегрирования, то есть указать пределы изменения новой переменной. √ x t= x+4 0 2 5 3 Z5 0

xdx √ = x+4

Z3 2

(t2 − 4)2tdt = |t| Rπ

µ

¶ ¯3 ¯ 2t3 2 − 8t ¯¯ = 4 . 3 3 2

dx имеет разрыв в точке 1 − cos x 0 π x = , принадлежащей отрезку интегрирования. Это означает, что данный 2 интеграл разбивается на два несобственных интеграла второго рода: 3) Подынтегральная функция в

Zπ/2 0

dx √ + 1 − cos x

√

Zπ √

dx . 1 − cos x

π/2

К заданию второго уровня 145

1) Как и в задании первого уровня, необходимо отметить, что (Φ(3x − 2))0 = f (3x − 2) · 3, то есть первообразной функции f (3x) являет3x−2 Z 1 1 ся функция ·Φ(3x−2) или f (t)dt. Проверим формулу для функции 3 3 a

f (3x − 2) = 3x − 2. 3x−2 ¯3x−2 µ 2 ¶ Z 1 (3x − 2)2 1 a2 1 12x 1 1 t2 ¯¯ 9x = · − · == · − +2 − tdt = · ¯ 3 3 2 a 3 2 3 2 3 2 2 a

1 a2 3x2 2 a2 · = − 2x + C, где C = − . 3 2 2 3 6 2а) Интеграл вычисляется методом интегрирования по частям: dx x2 u = arctg x ⇒ du = ; dv = xdx ⇒ v = . 1 + x2 2 ¯1 Z1 2 R1 x2 (x + 1 − 1)dx x2 ¯¯ dx π 1 x · arctg xdx = arctg x · ¯ − · = − = 2 0 0 2 1 + x2 8 2 1 + x2 0 0 ¯1 ¯ π 1 π 1 π π 1 = − (x − arctg x)¯¯ = − + = − . 8 2 8 2 8 4 2 0 R4 dx √ 2б) √ вычисляем методом замены переменной: x = t, t ≥ 0, x+x 1 2 x = t , dx = 2tdt, при этом пределы интегрирования по переменной t будут 9 меняться от 1 до 2. В ответе получим ln . 4 3) В основу классификации данных несобственных интегралов можно положить их род, причем интегралы второго рода (от неограниченных на отрезке интегрирования функций) можно разделить еще на две группы, подынтегральная функция которых 1) неограничена на концах отрезка интегрирования, 2) имеет разрыв второго рода внутри отрезка интегрирования. R∞ xdx R1 1/x Несобственные интегралы первого рода: dx, e dx. 2+1 x −∞ 0 R1 1/x R1 dx Несобственные интегралы второго рода: 1) e dx, dx, 0 −1 ln(x + 1) R1

2)

R2 0

2x−1 dx dx, 21/(x−1) + 1

R2 −2

dx dx. x2 + 4x + 3 146

К заданию третьего уровня 1) Найдем производную функции Φ(3x2 ): Φ0 (3x2 ) = 6xf (3x2 ). Значит, 3x R2 2 Φ(3x ) = f (t)dt есть первообразная данной в задаче функции. Посколь3

a

ку 36x = 2 · 6x · 3x2 , то ее первообразной будет функция 3x R2 2 2Φ(3x ) = 2 tdt. a

2а) Вычисление интегралов вида

Rb

eαx cos(βx)dx (то же и с функцией

a

sin(βx)) называется возвратным интегрированием. Смысл данного названия заключается в том, что при их повторном интегрировании по частям мы возвращаемся к тем же интегралам. u = cos x ⇒ du = − sin xdx; dv = ex dxxdx ⇒ v = ex . ¯2 2 ¯ R2 x R e cos(x)dx = ex cos x¯¯ + ex sin(x)dx = 1

1

1

= [u = sin x ⇒ du = cos xdx; dv = ex dx ⇒ v = ex ] = R2 = ex cos x|21 + ex sin x|21 − ex cos xdx. 1

Переносим в левую часть получившийся интеграл: ¯2 ¯2 2 ¯ ¯ R2 x R 1 2 e cos xdx = ex cos x + ex sin x¯¯ ⇒ ex cos xdx = ex (cos x + sin x)¯¯ . 2 1 1 1 1 ¡ ¢ 1 2 e (cos 2 + sin 2) − e(cos 1 + sin 1) . В ответе получим 2 √ R4 xdx √ 2б) В интеграле √ делаем замену x = t, x = t2 . Новая переменx+x 1 ная t будет меняться от 1 до 2. Сделав в интеграле замену и вычислив его, 4 получим 2 + ln . 9 3) Вычислим данный интеграл по определению: ¯b Zb Z∞ dx x−α+1 ¯¯ a1−α dx b1−α = lim = lim − . = lim xα b→∞ xα b→∞ −α + 1 ¯a b→∞ 1 − α 1 − α a

a

147

b1−α Несобственный интеграл будет сходиться, если предел lim будет коb→∞ 1 − α ∞1−α нечен. Выражение зависит от значения 1−α. При 1−α > 0 искомый 1−α 1 предел будет равен ∞, при 1 − α < 0 — = 0 (то есть конечному числу). ∞ Zb R∞ dx b dx При α = 1 = lim = lim ln = ∞, то есть интеграл расходится. b→∞ b→∞ x a a x a

Итак, при α ≤ 1 интеграл расходится, при α > 1 — сходится. 5. Ответы к «Проверь себя» 1) Нет, в данном интеграле переменная t меняется в пределах от a до ϕ(x), хотя это пределы изменения переменной ϕ(t). На самом деле первообразная ϕ(x) R должна быть задана интегралом f (ϕ(t))d(ϕ(t)). a

2) Да, она является первообразной подынтегральной функции, значит, у нее существует производная; 3) При определенных условиях. Производная от интеграла с переменным верхним пределом будет функцией от x, значит ее производная по t будет равна нулю. Если f (x) — тождественный нуль, то равенство будет верным. 4) Ответ третий, а) равенство верно; б) верно в силу непрерывности интеграла с переменным верхним пределом. 5) Необходимо сделать первую замену. Второй вариант неудобен тем, что dv = arctg xdx требует применения метода интегрирования по частям; третий вариант приведет к усложнению интеграла при вычислении du. 6) Первый и второй вариант. По основному тригонометрическому тождеству мы сможем получить квадратное выражение под знаком корня, то есть избавиться от иррациональности.

148

А знаете ли вы?

В математике следует помнить не формулы, а процесс мышления. В.П. Ермаков «Левое и правое полушария» В. Гусятников

Исторически идеи интегрального исчисления опережали идеи исчисления дифференциального. Так задачи о нахождении площадей плоских фигур, поверхностей, объемов тел решались с помощью идеи интегрирования еще во II веке до н.э. Архимедом («О шаре и цилиндре», «О спиралях», «О коноидах и сфероидах»), и далее: И. Кеплером («Новая стереометрия винных бочек», 1615 г.), Б. Кавальери (ввел метод неделимых), Дж. Валликом (рассматривал площадь как общий предел верхних и нижних интегральных сумм при описании и вписании ступенчатых фигур: «Арифметика бесконечных», 1655 г.), Б. Паскалем, уточнившим метод неделимых. В 1686 году Г. Лейбниц опубликовал первую печатную работу по интегральному исчислению: «О глубокой геометрии и анализе неделимых, а также бесконечных». Одновременно с Лейбницем, И. Ньютон приходит к построению интегрального исчисления, используя «метод флюксий» (производных). Причем понятие интеграла возникло у Ньютона также из геометрии, при решении задач о квадратурах (площадях). Он рассматривал площадь P (x) криволинейной трапеции с высотой [a; x], x ∈ [a; b], известную как интеграл с переменным верхним пределом. Нахождение площади P (b) криволинейной трапеции на отрезке [a; b] привело Ньютона к выводу формулы, названной «формулой Ньютона-Лейбница». Итак, первым приложением определенного интеграла является нахождение геометрических характеристик плоских фигур и пространственных тел: длины, площади и объема. Кроме того, существует множество применений определенного интеграла к задачам, в которых необходимо найти значение какой-либо аддитивной величины A, связанной с отрезком [a; b] изменения независимой переменной x. Можно выделить общие схемы решения этих задач 149

при определении интеграла как: 1) предела интегральных сумм; 2) результата применения на отрезке операции обратной дифференцированию, а именно, разности первообразных на концах отрезка интегрирования: F (b) − F (a). В первом случае решение задачи сводится к построению интегральной суммы n P f (xi )4x, где f (x) находится из условия задачи; во втором случае находится i=1

dA ≈ 4A(x) = f (x)4x при изменении x на 4x. Из равенства dA(x) = f (x)dx интегрированием на отрезке [a; b] находится искомая величина. Главное при решении таких задач: найти интеграл, поиском его мы и займемся в этой главе.

150

4

Приложения определенного интеграла

Лучший способ изучить что-либо — это открыть самому. Д. Пойа Д. Пойа

Цель: 1. Сформировать у студентов представление о геометрических и физических приложениях определенного интеграла. 2. Сформировать у студентов способность к применению приложений определенного интеграла при решении задач, моделированию с помощью понятия «определенного интеграла». 3. Сформировать у студентов представление о межпредметных связях материала, изучаемого в пособии. В результате изучения данной темы студент должен знать: основные геометрические и физические приложения определенного интеграла. В результате изучения данной темы студент должен уметь: применять понятие «определенного интеграла» при решении некоторых типов задач геометрии и физики. I этап. Пропедевтический Задание 4.1 Самостоятельно выберите и выполните задания, которые вы можете сделать. Эти задания помогут определить вашу готовность к восприятию новой темы и самостоятельному открытию знаний. Не огорчайтесь, если у вас возникли затруднения, смело открывайте раздел «Полезные советы», который находится на странице, указанной после заданий, и сравните свое решение с предложенным эталоном. Желаем удачи! Уровень I: готовность к воспроизведению осознанно воспринятых и зафиксированных в памяти знаний. 151

Определите, основные элементы определенного интеграла (подынтегральную (ые) функции и отрезок (ки) интегрирования), которые будут необходимы для вычисления площади фигуры, ограниченной графиками двух кривых: y 2 = x и y = x2 . Уровень II: готовность к сравнению имеющихся знаний с теми, которые необходимо получить в результате мыслительной деятельности. Пусть фигура задана графиками следующих кривых: y 2 + x2 = 1, y = 2−x и y = x + 1. Запишите интегралы, необходимые в нахождении площади данной фигуры, если в качестве независимой переменной выступает: 1) x, 2) y. Уровень III: готовность к созданию новых знаний на основе изученных. Переведите текст задачи с описательного языка на язык математический: Известно, что наибольшая глубина изучаемого озера — 12 м. График кривой спуска к глубинной точке озера исследователям известен. Охарактеризуйте Rb основные элементы интеграла V = S(x)dx, который можно использовать при a

вычислении объема данного озера. (Опишите те допущения, которые вам пришлось сделать при решении задачи. Если необходимо, введите свои обозначения и недостающие данные задачи.) Ответы, указания к решению заданий и полный текст решения вы найдете в разделе «Полезные советы» на стр. 174. II этап. Исследования, осмысление, переосмысления информации студентами Задание 4.2 Внимательно прочитайте предложенный теоретический материал, соотнесите его с выполненным заданием и эталоном, проанализируйте результаты своей деятельности с помощью индивидуальной карточки а стр. 46. Самостоятельно выделите те трудности, которые вы испытали при решении задания. Теоретический материал Практика без теории — поиск удачи методом проб и ошибок. Практика подтверждает значимость теории. Поскольку у нас теоретическая основа уже подготовлена, то можно приступать к одной из самых ценных составляющих теории интегрирования — ее практическим приложениям.

152

4.1

Вычисление площади плоской фигуры

а) Плоская фигура и ее площадь. Произвольное ограниченное множество точек плоскости будем называть плоской фигурой. Если плоскую фигуру можно представить как объединение конечного числа непересекающихся прямоугольников, то такую фигуру назовем клеточной. Под прямоугольником будем понимать множество точек вида K = {(x, y) : a1 ≤ x ≤ b1 , a2 ≤ y ≤ b2 } или множество, получаемое из K удалением части границы (или всей границы) множества K. Площадью прямоугольника K назовем число (b1 − a1 )(b2 − a2 ) независимо от того, принадлежат или не принадлежат множеству K его граничные точки, а площадью клеточной фигуры назовем сумму площадей прямоугольников, из которых составлена эта фигура. Плоскую фигуру G назовем квадрируемой, если для любого ε > 0 найдутся клеточные фигуры q и Q такие, что q ⊂ G ⊂ Q,

(73)

0 ≤ S(Q) − S(q) < ε,

(74)

где S(Q), S(q) — площади фигур Q и q соответственно. Пусть плоская фигура G квадрируема. Тогда площадью этой фигуры назовем число S(G) такое, что S(q) ≤ S(G) ≤ S(Q),

(75)

для любых клеточных фигур q и Q, удовлетворяющих условию (73). Tеорема 4.1 Для любой квадрируемой фигуры G число S(G) существует и единственно, причем S(G) = sup S(q) = inf S(Q).

(76)

Так как для любых клеточных фигур q и Q, удовлетворяющих условию (73), выполняется неравенство S(q) ≤ S(Q), то по теореме отделимости [7, с. 24] 2 существуют sup S(q) и inf S(Q) (супремум и инфимум берутся по всем клеточным фигурам q и Q, содержащимся в фигуре G и содержащим эту фигуру), причем 2

Если X и Y — непустые множества вещественных чисел такие, что для любого x ∈ X и любого y ∈ Y справедливо неравенство x ≤ y, то существует sup X и inf Y, причем ∀x ∈ X∀y ∈ Y ⇒ x ≤ sup X ≤ inf Y ≤ y.

153

S(q) ≤ sup S(q) ≤ inf S(Q) ≤ S(Q),

(77)

S(q) ≤ sup S(q) ≤ S(Q).

(78)

откуда Таким образом, число S(G) = sup S(q) удовлетворяет условию (75). Докажем единственность числа S(G). Предположим, что наряду с числом S(G) существует еще одно число S 0 (G), удовлетворяющее условию (75), т.е. S(q) ≤ S 0 (G) ≤ S(Q).

(79)

Тогда из (75) и (79) в силу свойств неравенств получаем, что |S(G) − S 0 (G)| ≤ S(Q) − S(q)

(80)

для любых клеточных фигур таких, что q ⊂ G ⊂ Q. Так как G — квадрируемая фигура, то разность S(Q) − S(q) можно сделать сколь угодно малой в силу условия (74), выбрав соответствующие фигуры Q и q. Поэтому из (80) следует, что S 0 (G) = S(G). Таким образом, квадрируемая фигура имеет площадь S(G), причем в силу (77) справедливо равенство (76). Tеорема 4.2 Для того чтобы плоская фигура G была квадрируема, необходимо и достаточно, чтобы для любого ε > 0 существовали такие квадриe что руемые плоские фигуры qe и Q, e qe ⊂ G ⊂ Q,

e − S(e 0 ≤ S(Q) q ) < ε, e и S(e e и qe соответственно. где S(Q) q ) — площади фигур Q

(81)

Необходимость условий (81) очевидна, так как по определению квадрируемой e = Q, где q и Q — фигуры эти условия выполняются, если взять qe = q, Q клеточные фигуры, удовлетворяющие соотношениям (73), (74). Докажем достаточность. Фиксируя произвольное число ε > 0, найдем в сиe что лу (81) такие квадрируемые плоские фигуры qe и Q, ε e − S(e 0 ≤ S(Q) q) < , (82) 2 e — квадрируемые фигуры, то существуют клеточные фигуры q 0 Так как qe и Q и Q0 такие, что e qe ⊂ G ⊂ Q,

q 0 ⊂ qe,

e ⊂ Q0 , Q

ε 0 ≤ S(e q ) − S(q 0 ) < , 4 154

e < ε, 0 ≤ S(Q0 ) − S(Q) 4

(83)

Из (82) и (83) следует, что q 0 ⊂ G ⊂ Q0 ,

0 ≤ S(Q0 ) − S(q 0 ) < ε.

Это означает, что G — квадрируемая фигура, причем e S(G) = sup S(e q ) = inf S(Q).

4.2

Площадь криволинейной трапеции

Одной из основных задач, приводящих к понятию определенного интеграла, является задача о площади криволинейной трапеции (см. рис. 6), т.е. фигуры G, задаваемой на плоскости Oxy условиями G = {(x, y) : a ≤ x ≤ b, 0 ≤ y ≤ f (x)},

(84)

где f (x) — функция, непрерывная на отрезке [a; b].

Рис. 6. Площадь плоской фигуры

Утверждение 4.1 Криволинейная трапеция G — квадрируемая фигура, площадь которой S = S(G) выражается формулой Zb S=

f (x) dx.

(85)

a

Пусть T = {xi , i = 0, n} — разбиение отрезка [a; b], Mi и mi — соответственно наибольшее и наименьшее значения функции f на отрезке 4i = [xi−1 , xi ], 4xi = xi − xi−1 , i = 1, n (см. рис. на стр. 16). 155

Рассмотрим клеточную фигуру q, составленную из прямоугольников qi (i = 1, n), таких что длина основания i-го прямоугольника равна 4xi , а высота mi . Аналогично определяется клеточная фигура Q, составленная из фигур Qi , где Qi — прямоугольник, длина основания которого 4xi , а высота Mi , (i = 1, n). Очевидно, q ⊂ G ⊂ Q, площади фигур q и Q соответственно равны S(q) =

n X

mi 4xi ,

S(Q) =

i=1

n X

Mi 4xi .

i=1

Заметим, что S(q) = sT ,

S(Q) = ST ,

(86)

где sT и ST — соответственно нижняя и верхняя суммы Дарбу для функции f при разбиении T отрезка [a; b]. Так как функция f (x) непрерывна на отрезке [a; b], то в силу критерия интегрируемости (на стр. 39, теорема 1.2) для любого ε > 0 найдется такое разбиение T этого отрезка, что 0 ≤ ST − sT < ε. Иными словами (см. равенства (86)), существуют клеточные фигуры q и Q такие, что q ⊂ G ⊂ Q, 0 ≤ S(Q) − S(q) < ε, т.е. выполняются условия (73) и (74). Это означает, что G — квадрируемая фигура и согласно теореме 4.1 справедливо равенство (76), которое в силу равенств (86) можно записать в виде S(G) = sup sT = inf ST .

(87)

Используя следствие из теоремы 1.2, на стр. 39, получаем Zb sup sT = inf ST =

f (x) dx.

(88)

a

Из (87) и (88) следует, что площадь S = S(G) криволинейной трапеции G выражается формулой (85). Рассмотрим теперь фигуру D (рис. 6), ограниченную отрезками прямых x = a и x = b и графиками непрерывных на отрезке [a; b] функций y = f1 (x) и y = f2 (x), где f1 (x) ≤ f2 (x) при x ∈ [a; b]. Если f1 (x) ≥ 0 для всех x ∈ [a; b], 156

то площадь фигуры D равна разности площадей криволинейных трапеций D2 и D1 , где Di = {(x, y) : a ≤ x ≤ b, 0 ≤ y ≤ fi (x)}, i = 1, 2. Поэтому площадь SD фигуры D выражается формулой Zb SD =

(f2 (x) − f1 (x)) dx.

(89)

a

Формула (89) остается в силе и в случае, когда не выполняется условие f1 (x) ≥ 0 для всех x ∈ [a; b]. Чтобы убедиться в этом, достаточно сдвинуть фигуру D вдоль положительного направления оси Oy на y0 = | min f1 (x)| и x∈[a;b]

воспользоваться тем, что площади равных фигур совпадают. в) Площадь криволинейного сектора. Пусть кривая Γ задана в полярной системе координат уравнением ρ = ρ(ϕ),

α ≤ ϕ ≤ β,

где ρ(ϕ) — неотрицательная и непрерывная на отрезке [α; β] функция. Тогда плоскую фигуру G, ограниченную кривой Γ и, быть может, отрезками двух лучей, составляющих с полярной осью углы α и β (рис. 7), назовем криволинейным сектором.

Рис. 7. Криволинейный сектор

Утверждение 4.2 Криволинейный сектор G — квадрируемая фигура, площадь которой S выражается формулой 1 S= 2

Zβ ρ2 (ϕ) dϕ. α

157

(90)

Пусть T = {ϕi , i = 0, n} — разбиение отрезка [α; β], mi и Mi — соответственно наименьшее и наибольшее значения функции ρ(ϕ) на отрезке 4i = [ϕi−1 ; ϕi ], i = 1, n. Обозначим через qi и Qi круговые секторы, ограниченные лучами ϕ = ϕi−1 , ϕ = ϕi и дугами окружностей радиусов mi и Mi соответственно (рис. 7). Если q — объединение фигур q1 , . . . , qn , а Q — объединение фигур Q1 , . . . , Qn , то q ⊂ G ⊂ Q. Так как qi и Qi — квадрируемые фигуры, то q и Q также являются квадрируемыми фигурами, а их площади соответственно равны n

n

1X 2 1X 2 S(q) = m 4ϕi и S(q) = M 4ϕi . 2 i=1 i 2 i=1 i Отсюда следует, что S(q) и S(Q) совпадают соответственно с нижней и верхней суммами Дарбу для функции 21 ρ2 (ϕ) на отрезке [α, β]. Поэтому (следствие из теоремы 1.2, стр. 39) sup S(q) = inf S(Q) =

1 2

Zβ ρ2 (ϕ) dϕ. α

Это означает (теорема 4.2), что G — квадрируемая фигура, а ее площадь S выражается формулой (90). 4.3

Вычисление объема тела

а) Тело и его объем. Произвольное ограниченное множество точек пространства будем называть телом. Основные определения и утверждения, относящиеся к телам, аналогичны соответствующим определениям и утверждениям, содержащимся в п. 1. Поэтому некоторые утверждения для тел (см. теоремы (4.1) и (4.2)) будут опущены. По аналогии с понятием клеточной фигуры назовем тело клеточным, если его можно представить как объединение конечного числа непересекающихся параллепипедов, т.е. тел вида M = {(x, y, z) : a1 ≤ x ≤ b1 ,

a 2 ≤ y ≤ b2 ,

a3 ≤ z ≤ b3 },

а также тел, получаемых из M удалением части границы (или всей границы) тела M . Объемом параллепипеда M назовем число (b1 − a1 )(b2 − a2 )(b3 − a3 ), а объемом клеточного тела — сумму объемов составляющих его параллепипедов. Тело Ω будем называть кубируемым, если для любого ε > 0 найдутся клеточные тела p и P такие, что 158

p ⊂ Ω ⊂ P,

0 ≤ V (P ) − V (p) < ε,

где V (P ) и V (p) — объемы тел P и p соответственно. Как и в п.1, легко показать, что если тело Ω кубируемо, то существует единственное число V (Ω) такое, что неравенство V (p) ≤ V (Ω) ≤ V (P ) выполняется для любых клеточных тел p и P , удовлетворяющих условию p ⊂ Ω ⊂ P , при этом V (Ω) = sup V (p) = inf V (P ). Это число V (Ω) называют объемом тела V . Рассмотрим некоторые классы кубируемых (имеющих объем) тел. б) Цилиндрическое тело и его объем. Пусть простой контур Γ ([7, с. 227]) 3 , расположенный в плоскости Oxy, ограничивает плоскую фигуру G. Рассмотрим множество Ω точек пространства, которые получаются сдвигом фигуры G в направлении положительной полуоси Oz на расстояние, не превосходящее h, где h — заданное число, и назовем Ω цилиндрическим телом. Граница этого тела состоит из равных (конгруэнтных) фигур G и G1 (рис. 8) и части цилиндрической поверхности, образующие которой параллельны оси Oz. Фигуры G и G1 называют основаниями цилиндрического тела, а расстояние между плоскостями оснований — высотой этого тела.

Рис. 8. Цилиндрическое тело

Утверждение 4.3 Если основанием цилиндрического тела Ω служит плоская квадрируемая фигура G, то тело Ω кубируемо, а его объем V (Ω) 3

Замкнутая кривая без точек самопересечения

159

равен S(G)h, где S(G) — площадь основания, h — высота тела Ω. В частности, объем прямого кругового цилиндра равен V = πR2 h, где R — радиус основания, h — высота цилиндра. По определению плоской квадрируемой фигуры для любого ε > 0 существуют такие клеточные фигуры q и Q, что ε . h Рассмотрим цилиндрические тела Ω1 и Ω2 , основаниями которых служат соответственно фигуры q и Q, а высота каждого из этих тел равна h. Тела Ω1 и Ω2 являются клеточными, а их объемы соответственно равны q ⊂ G ⊂ Q,

0 ≤ S(Q) − S(q) <

V (Ω1 ) = S(q)h и V (Ω2 ) = S(Q)h. Так как Ω1 ⊂ Ω ⊂ Ω2 , его объем равен S(G)h. 4.4

0 ≤ V (Ω2 ) − V (Ω1 ) < ε, то Ω — кубируемое тело, а

Объем тела вращения

. Утверждение 4.4 Тело, образованное вращением вокруг оси Ox криволинейной трапеции G (условие (84)), где f (x) — функция, непрерывная на отрезке [a; b], кубируемо, а его объем V выражается формулой Zb f 2 (x) dx.

V =π

(91)

a

Пусть T, mi , Mi , 4xi , q, Q — те же, что и при нахождении площади криволинейной трапеции (на стр. 155) . При вращении вокруг оси Ox фигур q, G, Q получаются тела вращения p, Ω, P такие, что p ⊂ Ω ⊂ P, причем объемы ступенчатых тел p и P соответственно равны V (p) = π

n X

m2i 4xi ,

V (P ) = π

i=1

n X i=1

160

Mi2 4xi .

Так как V (p) и V (P ) равны соответственно нижней и верхней суммам Дарбу для функции πf 2 (x) при разбиении T отрезка [a; b], то согласно следствию из теоремы 1.2, стр. 39 Zb f 2 (x) dx.

sup V (p) = inf V (P ) = π a

Следовательно, Ω — кубируемое тело (по теореме, аналогичной теореме 4.2), а его объем выражается формулой (91). г) Объем тела с заданными площадями поперечных сечений. Пусть тело Ω заключено между плоскостями, перпендикулярными оси Ox и пересекающими эту ось в точках x = a и x = b, где a < b (рис. 9).

Рис. 9. Тело с заданными площадями поперечных сечений

Обозначим через Gx фигуру, получаемую в сечении тела Ω плоскостью, перпендикулярной оси Ox и проходящей через точку x ∈ [a; b] этой оси. Будем считать, что при любом x ∈ [a; b] фигура Gx квадрируема, а ее площадь σ(x) — функция, непрерывная на отрезке [a; b]. Кроме того, предположим, что при проектировании на плоскость, перпендикулярную оси Ox фигур Gα и Gβ , где α, β — любые точки отрезка [a; b], получаются фигуры, одна из которых содержится в другой. Утверждение 4.5 При указанных выше условиях тело Ω кубируемо, а его объем V выражается формулой Zb V =

σ(x) dx. a

161

(92)

Пусть T = {xi , i = 0, n} — разбиение отрезка [a; b], mi и Mi — соответственно наименьшее и наибольшее значения функции σ(x) на отрезке 4i = [xi−1 ; xi ], 4xi = xi − xi−1 , i = 1, n. Так как σ(x) — непрерывная функция, то существуют точки ξi ∈ 4i и ξi0 такие, что σ(ξi ) = mi , σ(ξi0 ) = Mi , i = 1, n. Обозначим через Ωi ту часть тела Ω, которая заключена между плоскостями Ai−1 и Ai , перпендикулярными оси Ox и проходящими соответственно через точки xi−1 и xi (см. рис. 9). Пусть Di и Di0 — цилиндрические тела высотой 4xi , построенные на сечениях Gξi и Gξi0 как на основаниях и расположенные между плоскостями Ai−1 и Ai . Тогда Di ⊂ Ωi ⊂ Di0 , а объемы тел Di и Di0 соответственно равны V (Di0 ) = Mi 4xi .

V (Di ) = mi 4xi ,

Если p — объединение тел D1 , . . . , Dn , а P — объединение тел D10 , . . . , Dn0 , то p ⊂ Ωi ⊂ P , V (p) =

n X

mi 4xi ,

V (P ) =

i=1

Так как sup V (p) = inf V (P ) = выражается формулой (92).

n X

Mi 4xi .

i=1

Rb

σ(x) dx, то Ω — кубируемое тело, а его объем

a

замечание 4.1 Аналогично можно вывести формулу объема для тела вращения относительно оси Оу: Zd V =

x(y) dy,

y ∈ [c; d].

(93)

c

4.5

Вычисление длины дуги кривой

Утверждение 4.6 Если кривая Γ, заданная уравнением Γ = {r = r(t),

α ≤ t ≤ β},

(94)

непрерывно дифференцируема, то ее длина S выражается формулой Zβ |r0 (t)| dt.

S= α

162

(95)

Непрерывно дифференцируемая кривая Γ спрямляема (имеет длину), а производная переменной длины дуги s(t) этой кривой выражается формулой ([7, с. 206-207]) s0 (t) = |r0 (t)|. (96) Пусть S — длина всей кривой Γ тогда, используя равенство (96) и формулу Ньютона–Лейбница, получаем Zβ

Zβ

s0 (t) dt = S,

|r0 (t)| dt = α

α

так как s(β) = S, а s(α) = 0. Если r(t) = (x(t), y(t), z(t)), то формула (95) принимает вид S=

Zβ p

(x0 (t))2 + (y 0 (t))2 + (z 0 (t))2 dt,

(97)

α

а если Γ — плоская кривая, заданная уравнением y = f (x),

a ≤ x ≤ b,

то ее длина выражается формулой S=

Zb p

1 + (f 0 (x))2 dx.

(98)

a

4.6

Вычисление площади поверхности вращения

Пусть f (x) — неотрицательная и непрерывная на отрезке [a; b] функция, T = {xi , i = 0, n} — разбиение отрезка [a; b], LT — ломаная с вершинами Ai (xi , f (xi )), i = 0, n, соединяющая последовательно точки A0 , A1 , . . . , An (рис. 10), li — длина отрезка Li = [Ai−1 ; Ai ] — i-го звена ломаной LT . Тогда li =

p

(xi − xi−1 )2 + (f (xi ) − f (xi−1 ))2 .

(99)

При вращении вокруг оси Ox звена Li образуется боковая поверхность усеченного конуса (цилиндра в случае, когда f (xi ) = f (xi−1 )). Площадь этой поверхности, как известно из курса элементарной геометрии, равна pi = π(yi−1 + yi )li ,

yk = f (xk ), 163

k = 1, n,

Рис. 10. К нахождению площади поверхности

откуда следует, что площадь PT поверхности, получаемой при вращении ломаной LT вокруг оси Ox, равна n X PT = π (yi−1 + yi )li .

(100)

i=1

Если существует lim PT = P,

l(T )→0

(101)

где l(T ) — мелкость разбиения T , а PT определяется формулой (100), то число P называют площадью поверхности вращения, т.е. площадью поверхности, образующейся при вращении вокруг оси Ox графика функции y = f (x), a ≤ x ≤ b. Утверждение 4.7 Если функция f имеет непрерывную производную на отрезке [a; b], то предел (101) существует, площадь P поверхности вращения выражается формулой Zb P = 2π

p f (x) 1 + (f 0 (x))2 dx.

(102)

a

Из формул (100) и (99) следует, что P=π

n p X

(xi − xi−1 )2 + (yi − yi−1 )2 (yi + yi−1 ),

(103)

i=1

где y= f (xi ). По теореме Лагранжа yi − yi−1 = f 0 (ξi )4xi , 164

(104)

где ξi ∈ [xi−1 , xi ], 4xi = xi − xi−1 . Поэтому формулу (100) можно записать в виде n X p (yi−1 + yi ) 1 + (f 0 (ξi ))2 4xi . PT = π (105) i=1

Прибавим и вычтем в правой части равенства (105) интегральную сумму для интеграла (102), соответствующую разбиению T и выборке ξ = ξi (i = 1, n), указанной формулой (104), т.е. сумму σT (ξ, g) = 2π

n X

p f (ξi ) 1 + (f 0 (ξi ))2 4xi ,

(106)

i=1

p где g(x) = 2πf (x) 1 + (f 0 (x))2 . Заметим, что в силу непрерывности функции g для любой выборки ξ существует Zb lim σT (ξ, g) = 2π

f (x)

l(T )→0

p

1 + (f 0 (x))2 dx.

a

Поэтому для доказательства формулы (102) достаточно показать, что ω = P − σT (ξ, g) → 0 при l(T ) → 0

(107)

Из (105) и (106) следует, что ω=π

n X

p (yi + yi−1 − 2f (ξi )) 1 + (f 0 (ξi ))2 4xi .

(108)

i=1

При оценке величины ω воспользуемся тем, что функция f равномерно непрерывна на отрезке [a; b], т.е. для любого ε > 0 существует δε > 0 такое, что для любых точек x0 , x00 из отрезка [a; b], удовлетворяющих условию |x0 −x00 | < δε , выполняется неравенство |f (x0 ) − f (x00 )| <

ε , C

(109)

где число C > 0 будет выбрано ниже. Пусть разбиение T удовлетворяет условию l(T ) = max 4xi < δε ; тогда 1≤i≤n

|xi − ξi | ≤ l(T ) < δε , |xi−1 − ξi | ≤ l(T ) < δε , так как ξi ∈ 4i . Из (109) следует, что |yi − f (ξi )| = |f (xi ) − f (ξi )| < 165

ε , C

|yi−1 − f (ξi )| <

ε , C

и поэтому

2ε . (110) C 0 В силу непрерывности p функции f (x) на отрезке [a; b] существует число M > 0 такое, что 0 < 1 + (f 0 (x))2 < M для всех x ∈ [a; b] и, в частности, |yi + yi−1 − 2f (ξi )| <

0<

p

1 + (f 0 (ξi ))2 < M,

i = 1, n.

(111)

Из (108), (110) и (111) получаем следующую оценку: |ω| < π

n X 2ε i=1

C

M 4xi =

2πM (b − a) ε. C

(112)

Возьмем C = 2πM (b−a) в условии (109), тогда из (112) следует, что для любого ε > 0 существует δε > 0 такое, что для каждого разбиения T , мелкость l(T ) которого удовлетворяет условию l(T ) < δε , выполняется неравенство |ω| < ε. Это означает, что ω → 0 при l(T ) → 0. Формула (102) доказана. 4.7

Применение определенного интеграла при решении физических задач

Определенный интеграл широко применяется при решении различных физических задач. С помощью определенного интеграла можно вычислять: путь, пройденный материальной точкой, если известна скорость движения; работу переменной силы (см. таблицу 11 на стр. 172); силу давления жидкости на плоскую фигуру; статические моменты и координаты центра масс плоской кривой и плоской фигуры и т.д. Пусть плоская пластинка G, имеющая форму криволинейной трапеции, определяемой условиями (84), погружена вертикально в жидкость с плотностью ρ так, что ее боковые стороны параллельны поверхности жидкости и удалены от уровня жидкости на расстояния a и b (рис. 11). Требуется найти силу давления жидкости на пластинку. Из курса физики известно, что если пластинка погружена в жидкость и расположена горизонтально на расстоянии h от поверхности жидкости, то сила давления P на одну из сторон пластинки равна P = gρhS, где S — площадь пластинки, g — ускорение силы тяжести. Таким образом, сила давления — линейная функция от глубины погружения пластинки. Поэтому 166

Рис. 11. Плоская пластина, погруженная вертикально в воду

естественно разбить пластинку G на части прямыми, переллельными поверхности жидкости (оси Oy). Пусть T = {xi , i = 0, n} — разбиение отрезка [a; b]. Прямыми, проведенными через точки xi (i = 1, n − 1 ), разобьем фигуру G на n равных частей (полосок) Gi (i = 1, n ). Выделим полоску Gi , ограниченную прямыми x = xi−1 и x = xi (рис. 11). Площадь этой полоски приближенно равна площади прямоугольника с основанием 4xi и высотой f (xi ), глубину погружения всех точек полоски Gi можно считать равной xi . Поэтому сила давления жидкости на полоску Gi приближенно равна gρxi f (xi )4xi , а сумма PT =

n X

gρxi f (xi )4xi

i=1

приближенно равна силе давления жидкости на пластинку G. Если l(T ) → 0, где l(T ) — мелкость разбиения T , а функция f непрерывна на отрезке [a; b], то PT → P, где Zb P=g

ρxf (x) dx.

(113)

a

Число P, выражаемое формулой (113), называют силой давления жидкости на пластинку G. III этап. Интерпретация информации и проектирование нового способа действия Задание 4.3 Вы поработали на лекции, получили новый алгоритм действий, примените его при решении задания, где у вас возникли затруднения. 167

IV этап. Включение нового способа действия в систему знаний Рассмотрим пример решения задачи на нахождение объема тела. Задание 4.4 Найти объем тела, ограниченного от круглым цилиндром и плоскостью, проходящей через диаметр основания. Известно, что радиус основания цилиндра R = 10 см, а высота цилиндра равна H = 6 см. Плоскость отсекает от цилиндра тело, изображенное на рис. 12. Оно симметрично относительно сечения AOB, поэтому достаточно посчитать с помощью интеграла половину объема и умножить интеграл на два.

Рис. 12. К задаче о нахождении объема

Рассматриваемое тело не является телом вращения, значит его объем моRb жет быть найден по формуле V = S(x)dx, где S(x) — площадь поперечa

ного сечения при изменении параметра x в пределах отрезка [a; b] = [0; 2R]. Наиболее простым для вычисления площади являются сечения в виде прямоугольных треугольников, перпендикулярных выбранной оси Ox. Найдем S(x). Площадь прямоугольного треугольника равна половине произведения катетов. Длина катета, лежащего в основании цилиндра определяется ординатами точек √ 2 2 2 2 2 окружности x + y = R и равна − R − x . Заметим, что все прямоугольные треугольники, образующие сечения, подобны (по двум углам.) Обозначим второй катет за z, тогда z H = √ R − R 2 − x2

→

√ − R 2 − x2 H y= R 168

→

1 (R2 − x2 )H S(x) = , 2 R

причем x ∈ [0; 2R]. Z2R V = 0

1 (R2 − x2 )H 1 H dx = 2 R 2 R

µ

¶¯ 3 ¯2R R2 H x 2 ¯ = xR − . 3 ¯0 3

Учитывая, что H = 6см и R = 10 см, получим V = 200 см2 . Что и требовалось найти. Задание 4.5 Запишите в интегральной форме объем тела вращения относительно оси Oy, образованного графиками функций x = 1, x = 3, y(x) = 2 при x ∈ [2; 3], y(x) = (x − 1)2 + 1. Для получения тела вращения относительно Oy из плоской фигуры необходимо отразить ее относительно указанной оси и обозначить граничные окружности полученного объемного тела (рис. 13.)

Рис. 13. К задаче о нахождении объема тела вращения

VOy

Объем тела вращения относительно оси Oy вычисляется по формуле Rd = π x2 (y)dy, где y ∈ [c; d]. Из формулы следует, что все заданные функции c

мы должны привести к виду x(y). Рассматриваемое нами тело вращения состоит из двух цилиндров, образованных графиками функций x1 (y) = 3, y ∈ [0; 2]; x3 (y) = 1, y ∈ [0; 1] и усеченного эллиптического параболоида, заданного функ√ цией y − 1 + 1, y ∈ [1; 2]. Причем следует отметить, что конструкция тела вращения такова, что из внешнего цилиндра вырезается «рюмочка»: внутренний цилиндр и часть эллиптического параболоида. Таким образом, объем тела вращения можно найти следующим образом: V = V1 − V2 − V3 .

169

Z2 32 dy − π

V =π 0

Z2 ³p

´

Z1 12 dy.

y − 1 + 1 dy − π

1

0

Полученная формула и является ответом к задаче. Выполните предложенные задания самостоятельно: Не оставляйте задания для самостоятельной работы «на потом», не упускайте шанс проверить, как вы усвоили материал, и закрепить полученные знания. Эти задания помогут вам вовремя выявить и устранить пробелы, неизбежно возникающие в процессе обучения. Задание 4.6 Уровень 1: 1. Найдите площадь фигуры, ограниченной графиками функций: y = x2 , y = 2 − x2 , y = 0. 2. Найдите объем тела, образованного вращением вокруг оси Ох фигуры, ограниченной линиями y = x3 + 1, y = 1 − x, y = 0. 3. Вычислить длину дуги кривой y = ln(1 − x2 ) на отрезке с концами x = 0, 1 x= . 2 Уровень 2: 1. Тело брошено с поверхности Земли вертикально вверх со скоростью V = 39, 2 − 9, 8t м/с. Найдите наибольшую высоту подъема тела. 2. Найдите объем тела, образованного вращением вокруг оси Oy фигуры, 1 1 ограниченной линиями y = , y = (x + 2), y = 0, x = 0, x = 2. x 3 3. Для постройки стеклянного купола подводного метро на глубине 100 м необходимо рассчитать давление на все стенки сооружения (плотность воды кг равна 103 3 ). Найдите величину давления воды на боковые стенки стеклянм ных пластин, представляющие собой прямоугольники высотой 10 м и длиной 40 м. Уровень 3: 1. Два тела начали двигаться одновременно из одной точки в одном направлении по прямой. Первое тело движется со скоростью υ1 (t) = 6t2 + 2t м/с, а второе — со скоростью υ2 (t) = 4t + 5. На каком расстоянии они окажутся друг от друга через 5 с. Составьте аналогичное задание на движение тел в разных направлениях, предложите ее решить вашему однокурснику. − → 2. Сжатие x винтовой пружины пропорционально приложенной силе F . → − Вычислить работу силы F при сжатии пружины на 0, 04 м., если для сжатия ее на 0, 01 м нужна сила 10 Н. 170

3. На крыше коттеджа прикреплен пластмассовый желоб для отвода дождевой воды в специальный бак. Длина желоба равна 6 м., высота — 0, 5 м. Известно, что желоб может выдержать 2 м3 воды, границей поперечных сечений желоба являются параболы y = x2 (в подходящей системе координат). На сколько может заполниться желоб без опасности для поломки. (Вычислите объем воды при заполнении желоба до краев и определите тот способ, который необходим для получения ответа на вопрос задачи.) Ответы и указания к решению заданий вы найдете в разделе «Полезные советы» на стр. 177

171

4.8

Резюме Таблица 11

Площадь трапеции

Геометрические приложения Rb криволинейной S(x) = f (x)dx, где f (x), x = a, x = b, y = 0 a

— границы криволинейной трапеции Rb Rd Объем тела вращения от- VOx = π y(x)dx, VOy = π x(y)dy, где a c носительно осей и y(x) = x−1 (y) — границы вращаемой плоской фигуры, x ∈ [a; b], y ∈ [c; d] Rb Объем тела с заданной пло- V = S(x)dx, где S(x) — площадь поперечa щадью поперечного сеченого сечения тела, S(x)⊥Ox, а x ∈ [a; b] — ния отрезок, задающий границы тела. Rb p Длина кривой l = 1 + (f 0 (x))2 dx, где f (x) задает криa

вую на отрезке [a; b] p Rb Площадь поверхности тела S(x) = 2π f (x) 1 + (f 0 (x))2 dx, где f (x) a вращения при x ∈ [a; b] — образующая тела вращения Физические приложения Rb Путь, пройденный телом за S(x) = υ(t)dt, где υ(t) — функция скороa определенное время с засти, t ∈ [a; b] — время движения тела данной функцией скорости Rb Работа переменной силы A = F (x)dx, где F (x) — функция переменa при перемещении материной силы при перемещении точки из a в b альной точки из точки a в точку b Rb Сила давления жидкости P = g ρxf (x)dx, где g — ускорение силы a на пластину, вертикально тяжести, ρ — плотность жидкости, f (x) — погруженную в жидкость функция, определяющяя границу пластины, x ∈ [a; b] — изменение глубины от начала a до конца b пластины

172

4.9

Проверь себя

Тело вращения вокруг оси Oy получено из плоской фигуры, ограниченной функцией y(x) на [a; b]. Верна ли запись интеграла для нахождения Rb 2 его объема: x (y)dy? a

Да

Нет

При определенных условиях Пусть S(x) — поперечное сечение тела, представляющее собой правильный шестиугольник. Ось Ox проведена по одной из сторон шестиугольника. Rb Верно ли выбраны основные элементы конструкции интеграла S(x)dx для a

вычисления объема тела. Почему? Да Нет

При определенных условиях 1 Дана фигура, ограниченная функциями: y = 1 − (x − 1)2 , y = x. 2 Из скольких простейших тел (полученных вращением криволинейной трапеции) состоит тело, образованное вращением вокруг Oy указанной плоской фигуры. Опишите их. 2 3 4 Какие способы подходят для нахождения длины дуги прямой, заданной на отрезке [a; b]: q Rb p 0 2 1 + (f (x)) dx пр2Ox l + пр2Oy l b−a a

Чему равна общая площадь попарных пересечений соседних фигур, полученных из частей парабол y = x2 , y = (x − 1)2 , y = (x − 2)2 и их отражений относительно прямой y = 1. 1/3 19/3 7/3 Ответы на «Проверь себя» представлены на стр. 179.

173

4.10

Полезные советы

1. Решение и ответы к заданиям на стр. 151 К заданию первого уровня √ y = x2 и y = x являются подынтегральными функциями. Заметим, что y 2 = x не является функцией относительно независимой переменной x, в построении фигуры участвует только верхняя часть графика этой функ√ ции, поэтому мы и выбрали y = x. Для того, чтобы найти отрезок интегрирования, на котором находится фигура, определим точки пересечения графиков данных функций (рис. 14). ½

y = x2 ⇒ x4 = x ⇒ x1 = 0, x2 = 1. x = y2

Для обеих функций отрезок интегрирования один и тот же.

Рис. 14. К заданию первого уровня

К заданию второго уровня На рис. 15 (стр. 175) показана фигура, площадь которой необходимо √ найти. √ Границу данной фигуры образуют четыре функции: y1 = 1 − x2 , y2 = − 1 − x2 , y3 = x + 1 и y4 = 2−x . Граница окружности разбивается на две части, поскольку они определяются различными выражениями, так как выражение y 2 + x2 = 1 не задает функцию. Функция y = x+1 является границей фигуры при x ∈ [−1; 0]. Это значения x соответствуют абсциссам точек пересечения прямой с окружностью. Граница AB рассматриваемой фигуры является частью графика функции y = 2−x . Для определения ее отрезка интегрирования найдем абсциcсу точки A. 174

Рис. 15. К заданию второго уровня

½

√ y = x2 ⇒ 1 − x2 = 2−2x (трансцендентное уравнение) ⇒ −x y=2

⇒ x1 = 0 (соответствует точке B), x2 ≈ 0.8 (соответствует точке B) . Таким образом, подынтегральной функции √ y = 2−x соответствует от2 резок интегрирования √ [0; 0, 8]. Функция y = 1 − x задана на отрезке x ∈ [0, 8; 1], а y = − 1 − x2 на [−1; 1]. Если рассматривать интегралы от переменной p y, то подынтегральные p 2 функции будут зависеть также от y : x1 = 1 − y , x2 = − 1 − y 2 , x3 = y − 1 и x4 = − log2 y. Ордината точки A приблизительно равна 0, 48; ордината точки B — 1; ордината точки пересечения графика прямой с окружностью равна 0. Исходя из этих данных, получаем значения основных параметров интегралов от y: Подынтегральная функция Отрезок интегрирования p x1 = p 1 − y2 y ∈ [−1; 0, 48] x2 = − 1 − y 2 y ∈ [−1; 1] x3 = y − 1 y ∈ [0; 1] x4 = − log2 y y ∈ [0, 48; 1] К заданию третьего уровня Перевести задачу на математический язык — это значит построить математическую модель, которая предполагает подбор математической теории, 175

Первый способ

Второй способ

Рис. 16. К заданию третьего уровня

описание на ее языке основных параметров задачи, включающих отношения между ними. Основные элементы определенного интеграла можно выбрать двумя способами (см. рис. 16). В первом случае переменная величина x представляет собой глубину выбираемого поперечного водного слоя, то есть x ∈ [0; 12]. Подынтегральную функцию S(x) можно найти, сделав допущение, что поµ ¶2 y1 (x) + y2 (x) (мы перечное сечение озера — это круг. Тогда S(x) = π 2 взяли средний диаметр круга.) Во втором случае за подынтегральную функцию можно взять площадь сечения, перпендикулярного поверхности воды. Тогда необходимо сделать допущение, что в каждом слое воды по периметру озеро имеет одинаковый рельеф, то есть все сечения являются подобными фигурами: S1 (x) 1 − x21 = . В задаче не хватает данных о диаметре озера. Допустим, S2 (x) 1 − x22 RR f (x)dx R2 −R что он равен 2R. Тогда = , откуда получаем выражеS(x) 1 − x2 ZR (1 − x2 ) ние для подынтегральной функции S(x) = f (x)dx, причем R2 −R

x ∈ [0; R]. Объем будем считать как удвоенный интеграл от указанных параметров. 176

2. Указания к решению заданий и ответы к заданиям на стр. 170 К заданию первого уровня Ã R1

√

!

8 8√ =− + 2. 3 3 0 1 µ0 ¶ 1 R 3 R 41 2. V = π (x + 1)2 dx + (1 − x)2 dx = . 42 −1 0 s 1/2 R 3. По формуле длины дуги на стр. 163: l = 1+ 1. S(x) = 2

R2 x2 dx + (2 − x2 )dx

0

4x2 1 . dx = ln 3 − (1 − x2 )2 2

К заданию второго уровня 1. В точке на наибольшей высоте подъема тела его скорость движения равна нулю. Решив уравнение υ = 0, вы найдете время полета тела. Тогда наибольшая высота подъема тела будет равна расстоянию, которое тело Rt преодолело в воздухе: S(t) = υ(t)dt. 0

Ответ: 78, 4 м. 2. Тело вращения, построенное по данным задачи состоит из трех частей: в основании находится цилиндр (образованный графиком функции x = 2), 1 сверху надстроено тело, соответствующее графику функции x = и из их y объединения вырезана конусообразное тело, образованная графиком прямой x = 3y − 2. Таким образом, V = V1 + V2 − V3 . По формуле вычисления объемов тел вращения относительно оси Оу на стр. 162: Z1/2 Z1 µ ¶2 Z1 1 8 V = π 22 dy + π dy − π (3y − 2)2 dy = 2 . y 9 0

1/2

2/3

8 Ответ: 2 . 9 3. Выберите ось перпендикулярно поверхности воды с положительным направлением, соответствующим возрастанию глубины. тогда по формуле

177

P = gρ

Rb

xf (x)dx, где g — ускорение свободного падения, ρ — плотность

a

воды, получаем P = 2 · 9, 8 · 10

3

100 R

20xdx.

90

Ответ: 3724 · 105 Па. К заданию третьего уровня 1. Используйте формулу для вычисления расстояния S =

Rt0

υ(t)dt.

0

Ответ: 200 м. 2. Пропорциональность сжатия x винтовой пружины приложенной силе − → − → F есть выражение закона Гука: F = kx, где k — коэффициент растяRx0 жения пружины. Работа вычисляется как A = F (x)dx. Воспользуйтесь 0

данными формулами и данными задачи для получения ответа. Ответ: 0, 8 Дж. 3. Вычислим объем воды, который может вместить желоб (рис. 17).

Рис. 17. a) первый способ определения основных элементов интеграла, б) второй способ, для которого на рис.(в) представлено поперечное сечение желоба.

Необходимо воспользоваться формулой нахождение объема тела через поперечное сечение, перпендикулярное оси изменения переменной x : Rb V = S(x)dx (см. рис. 17). Как показано на рисунке, выбрать сечение a √ можно двумя способами: а) или б). В первом случае S(x) = 6 · 2 x при 0,5 R √ изменении x ∈ [0; 0, 5], во втором S(x) = 2 xdx при x ∈ [0; 6]. 0 3

Ответ: V = 2, 83 м , высота водного слоя в желобе не должна превышать µ ¶2/3 1 ≈ 0, 4. 4 178

3. Ответы на «Проверь себя» 1) Нет, пределы интегрирования должны быть указаны для переменной y. 2) Нет, ось Ox должна быть перпендикулярна плоскости поперечного сечения. 3) Из трех: 1 — конус, образованный вращением прямой x = 2y; 2 — над конусом надстроено тело, образованное вращением части графика √ функции x = 1 − y + 1; 3 — из объединения первых двух тел вырезается воронка, образованная √ вращением графика функции x = − 1 − y + 1. 4) Можно использовать первый вариант — формулу нахождения дуги кривой (поскольку прямая — частный случай кривой), второй вариант: через теорему Пифагора. Третий вариант подходит только для прямых параллельных оси Ox. 7 5) Ответ: . 3

Рис. 18. К задаче итогового теста

Из рис. 18 получаем интеграл 8 ответ.

R1

x2 dx, решение которого дает нужный

1/2

179

5

Итоговые вопросы Итоговые вопросы предназначены для организации обобщения полученных знаний и могут быть использованы как экзаменационные при проведении итогового контроля.

1. Сформулируйте определение и свойства площади (меры Жордана) плоской фигуры. Докажите критерий квадрируемости. 2. Дайте определение интеграла Римана на языке ε − δ. 3. Сформулируйте и докажите необходимое условие интегрируемости. 4. Дайте определение сумм Дарбу, перечислите их свойства (докажите любые два). Что называется верхним и нижним интегралами Дарбу. 5. Сформулируйте определение и свойства площади (меры Жордана) плоской фигуры. Докажите критерий квадрируемости. 6. Дайте определение интеграла Римана на языке ε − δ. 7. Сформулируйте и докажите необходимое условие интегрируемости. 8. Дайте определение сумм Дарбу, перечислите их свойства (докажите любые два). Что называется верхним и нижним интегралами Дарбу. 9. Сформулируйте и докажите критерий интегрируемости, используя понятия 1) сумма Дарбу, 2) колебание функции. 10. Укажите отличие в определении непрерывности функции на промежутке и ее равномерной непрерывности, приведите примеры. Сформулируйте и докажите теорему Кантора. 11. Перечислите классы интегрируемых функций. Докажите одно из достаточных условий интегрируемости функции. 12. В чем заключается геометрический смысл интеграла Римана. Выведите формулу нахождения объема пространственного тела (сколько таких формул вы знаете)? 13. Перечислите свойства интеграла, докажите любые два из них. 14. Дайте определение интеграла с переменным верхним пределом и обоснуйте необходимость данной конструкции. Перечислите его свойства и докажите любое из них. 15. Выведите формулы Ньютона-Лейбница, интегрирования по частям и замены переменной в интеграле Римана. 16. Выведите формулу площади плоской фигуры.

180

17. Сформулируйте определение кубируемости тела. Докажите формулу вычисления объема тела с известными площадями поперечных сечений. 18. Сформулируйте определение кубируемости тела. Докажите формулу вычисления объема тела вращения. 19. Какие кривые называются спрямляемыми, дайте определение. Докажите формулу вычисления длины кривой.

181

6

Шаг в будущее

Основными параметрами интреграла являются подынтегральная функция и область интегрирования. Соответственно, при построении конструкции интеграла можно осуществлять разбиение: 1) области интегрирования. Таким образом получаются интегралы по области. В зависимости от ее вида выделяют интегралы определенные (по отрезку), двойные (по плоской фигуре), тройные (по объемному телу) и т.д.; криволинейные (по некоторой кривой) и поверхностные (по поверхности). 2) самой кривой или поверхности, задаваемых интегрирумой функцией. Примером может служить конструкция интеграла Лебега. Основная идея конструкции интеграла по области: Значения интегрируемой функции умножаются на меры частей разбиения области интегрирования. Определенный интеграл

Двойной интеграл

Интегральные параметры: f (x) — подынтегральная функция, [a; b] — область интегрирования. Символьная конструкция: ∞ P f (ξi )4xi , где ξi ∈ [xi−1 ; xi ]. n=1

Интегральные параметры: f (x, y) — подынтегральная функция двух переменных, D — область интегрирования. Символьная конструкция: ∞ P f (ξi )4Si , где ξi = (xi ; yi ) ∈ Si . n=1

182

Криволинейный интеграл 1-ого рода (по длине дуги)

Интегральные параметры: f (x, y) — подынтегральная функция двух переменных, кривая AB в Oxy — область интегрирования. Символьная конструкция: ∞ P f (ξi )4li , где ξi = (xi ; yi ) ∈ li . n=1

Криволинейный интеграл 2-ого рода (по координатам)

Интегральные параметры: f (x, y) — подынтегральная функция двух переменных, кривая AB в Oxy — область интегрирования. Символьная конструкция: ∞ ∞ P P f (ξi )4xi + f (ξi )4yi , где n=1

n=1

ξi = (xi ; yi ) ∈ li .

Поверхностный интеграл первого рода

Интегральные параметры: f (x, y, z) — подынтегральная функция трех переменных, поверхность σ — область интегрирования. Символьная конструкция: ∞ P f (ξi )4Si , где ξi = (xi ; yi ; zi ) ∈ Si . n=1

183

Список литературы [1] Берман Г.Н. Сборник задач по курсу математического анализа./Г.Н. Берман – 18-е изд. стереотипное. — М.: Наука, 1975. – 416 с. [2] Виленкин Н.Я. Задачник по курсу математического анализа: Учебное пособие для студентов заочн. отделений физ.-мат. фак-тов пединститутов [в 2 ч.] Ч.1/Н.Я. Виленкин, К.А. Бохан, И.А. Марон, И.В. Матвеев, М.Л. Смолянский, А.Т. Цветков. — М.: Просвещение, 1971. – 343 с. [3] Виленкин Н.Я. Математический анализ: Интегральное исчисление: Учебное пособие для студентов-заочников 2 курса физ.-мат. фак. пед. интов/Н.Я. Виленкин, А.Г. Мордкович, Е.С. Куницкая; Моск.гос. заоч. пед. ин-т. – 2-е изд. перераб. — М.: Просвещение, 1988. – 192 с. [4] Глотова Г.А. Человек и знак: семиотико-психологические аспекты онтогенеза человека. /Г.А. Глотова, — Свердловск: Изд-во Уральского ун-та, 1990. – 256 с. [5] Демидович Б.П. Сборник задач и упражнений по математическому анализу. – 9-е изд. — М.: Наука, 1977. – 528 с. [6] Письменный Д.Т. Конспект лекций по высшей математике: [в 2 ч.]. Ч.1/Д.Т. Письменный. — 4-е изд. — М.: Айрис-Пресс, 2006. — 288 с. [7] Тер-Крикоров А.М. Курс математического анализа: Учебное пособие для вузов. – 2-е изд./А.М. Тер-Крикоров, М.И. Шабунин. — М.: Физматлит: Лаборатория Базовых Знаний, 2003. – 672 с. [8] Толмачев В.Н. Высшая математика: сборник задач и вопросов для самостоятельной работы./ В.Н. Толмачев — Екатеринбург: ГОУ ВПО УГТУ-УПИ, 2004.– 49 с.

184

УЧЕБНОЕ ИЗДАНИЕ И.Г. Липатникова, К.С. Поторочина, Н.В. Ткаленко, Н.Г. Фомина

Определенный интеграл Учебное пособие Редактор И.Г. Липатникова Оригинал макет: К.С. Поторочина, Н.В. Ткаленко

Подписано в печать . Формат . Бумага для множ. ап. Гарнитура "Таймс". Печать на ризографе. Усл. печ. л. . Уч.-изд. л. . Тираж экз. . Заказ . Тираж отпечатан в отделе множительной техники Уральского государственного педагогического университета 620017 Екатеринбург, просп. Космонавтов, 26 E-mail: [email protected], http : // www.uspu.ru