Как сравнить интегралы не вычисляя их

Вычисление определенных интегралов.

Литература: Сборник задач по математике. Часть 1. Под ред А. В. Ефимова, Б. П. Демидовича.

Формула Ньютона-Лейбница.

Если $F(x) -$ одна из первообразных непрерывной на $[a, b]$ функции $f(x),$ то справедлива следующая формула Ньютона-Лейбница: $$\int\limits_a^b f(x)\,dx=F(x)|_a^b=F(b)-F(a).$$

Примеры:

Используя формулу Ньютона-Лейбница, вычислить интегралы:

6.324. $\int\limits_^2x^3\,dx.$

Решение.

Ответ: $-3,75.$

Решение.

Ответ: $1.$

6.335. $\int\limits_^2\frac.$

Решение.

Ответ: $\ln 3.$

6.347. $\int\limits_0^<\pi/2>\cos^3\alpha\,d\alpha.$

Решение.

Ответ: $\frac.$

Свойства определенного интеграла:

1) Если $f(x)\geq 0$ на отрезке $[a, b],$ то $\int\limits_a^bf(x)dx\geq 0.$

2) Если $f(x)\leq g(x)$ на $[a, b]$ то $\int\limits_a^bf(x)\,dx\leq\int\limits_a^b g(x)\,dx.$

3) $|\int\limits_a^bf(x)\,dx|\leq\int\limits_a^b |f(x)|\,dx.$

4) Если $f(x)$ непрерывна на $[a, b], \,\, m -$ наименьшее, $M -$ наибольшее значения $f(x)$ на $[a, b],$ то $$m(b-a)\leq\int\limits_a^bf(x)\,dx\leq M(b-a)$$ (теорема об оценке определенного интеграла).

5) Если $f(x)$ непрерывна, а $g(x)$ интегрируема на $[a, b],\,\, g(x)\geq 0.$ $m$ и $M -$ наименьшее и наибольшее значения $f(x)$ на $[a, b],$ то $$m\int\limits_a^b g(x)\,dx\leq\int\limits_a^bf(x)g(x)dx\leq M\int\limits_a^bg(x)\,dx.$$ (обобщенная теорема об оценке определенного интеграла)

6) Если $f(x)$ непрерывна на $[a, b],$ то существует такая точка $c\in(a, b),$ что справедливо равенство $$\int\limits_a^bf(x)dx=f(c)(b-a).$$ (теорема о среднем значении)

Число $f(c)=\frac\int\limits_a^bf(x)\,dx$ называется средним значением функции $f(x)$ на отрезке $[a, b].$

7) Если $f(x)$ непрерывна а интегрируема на $[a, b]$ и $g(x)\geq 0,$ то существует такая точка $c\in(a, b),$ что справедливо равенство $$\int\limits_a^bf(x)g(x)dx=f(c)\int\limits_a^bg(x)dx$$ (обобщенная теорема о среднем).

8) Если $f^2(x)$ и $g^2(x)$ интегрируемы на $[a, b],$ то $$|\int\limits_a^bf(x)g(x)dx|=\sqrt<\int\limits_a^bf^2(x)dx\int\limits_a^bg^2(x)dx>$$ (неравенство Коши-Буняковского).

9) Интегрирование четных и нечетных функций в симметричных пределах. Если функция $f(x)$ четная, то $\int\limits_^af(x)dx=2\int\limits_0^af(x)dx.$ Если функция $f(x)$ нечетная, то $\int\limits_^af(x)dx=0.$

10) Если функция $f(x)$ непрерывна на отрезке $[a, b],$ то интеграл с переменным верхним пределом $$\Phi(x)=\int\limits_a^x f(t)dt$$ является первообразной для функции $f(x),$ т.е. $$\Phi'(x)=(\int\limits_a^x f(t)dt)’=f(x),\quad x\in[a, b].$$

11) Если функции $\phi(x)$ и $\psi(x)$ дифференцируемы в точке $x\in(a, b)$ и $f(t)$ непрерывна при $\phi(a)\leq t\leq \psi(b),$ то $$\left(\int\limits_<\phi(x)>^ <\psi(x)>f(t)dt\right)_x’=f(\psi(x))\psi'(x)-f(\phi(x))\phi'(x).$$

Примеры.

6.364. а) Определить знак интеграла, не вычисляя его: $\int\limits_^1\sqrt[3]\,dx.$

Решение.

Поскольку функция $\sqrt[3]x$ нечетная $(\sqrt[3]=-\sqrt[3]x),$ то, пользуясь 9-м свойством получаем $\int\limits_^2\sqrt[3]\,dx=0.$ Далее воспользуемся равенством $$\int\limits_^1\sqrt[3]\,dx=\int\limits_^2\sqrt[3]\,dx-\int\limits_^2\sqrt[3]\,dx=-\int\limits_^2\sqrt[3]\,dx.$$

Ясно, что $\sqrt[3]x>0$ при $x\in[1, 2].$ Поэтому из первого свойства определенных интегралов следует, что $\int\limits_^2\sqrt[3]\,dx>0.$ Следовательно, $$\int\limits_^1\sqrt[3]\,dx=-\int\limits_^2\sqrt[3]\,dx

Ответ : $\int\limits_^1\sqrt[3]\,dx

6.365. б) Не вычисляя интегралов, выяснить какой из интегралов больше $\int\limits_1^2\frac$ или $\int\limits_1^2\frac.$

Решение.

Воспользуемся вторым свойством определенных интегралов. На отрезке $[1, 2]$ выполняется неравенство $\frac\geq\frac.$ Проверим это: $$\frac\geq\frac\Rightarrow x^3\geq x^2\Rightarrow x\geq1.$$ Следовательно, $$\int\limits_1^2\frac\geq\int\limits_1^2\frac.$$ Строгое неравенство легко получить, представив заданные интегралы как сумму $$\int\limits_1^2\frac=\int\limits_1^\frac+\int\limits_^2\frac;$$ $$\int\limits_1^2\frac=\int\limits_1^\frac+\int\limits_^2\frac.$$ На отрезке $[1, 3/2]$ выполняется неравенство $$\frac\geq\frac\Rightarrow\int\limits_1^\frac\geq\int\limits_^2\frac;$$ На отрезке $[3/2, 2]$ выполняется неравенство $$\frac>\frac\Rightarrow\int\limits_1^\frac>\int\limits_^2\frac.$$ Таким образом, $$\int\limits_1^2\frac=\int\limits_1^\frac+\int\limits_^2\frac>\int\limits_1^\frac+\int\limits_^2\frac=\int\limits_1^2\frac.$$ Ответ : $\int\limits_1^2\frac>\int\limits_1^2\frac.$

6.366. в) Найти среднее значение функции на данном отрезке: $\cos x,\quad 0\leq x\leq\pi/2.$

Решение.

Воспользуемся 6-м свойством определенных интегралов. Средним значением функции $f(x)$ на отрезке $[a, b]$ называется ч исло $f(c)=\frac\int\limits_a^bf(x)\,dx.$

Ответ: $\frac<\pi>.$

6.369. Оценить интеграл $\int\limits_0^<2\pi>\frac>.$

Решение.

Оценим подынтегральную функцию:

$$-1\leq\sin x\leq 1\Rightarrow$$ $$3\leq 5+2\sin x\leq 7\Rightarrow$$ $$\sqrt 3\leq\sqrt\leq 7\Rightarrow$$ $$\frac\leq\frac<\sqrt>\leq\frac.$$

Отсюда и из второго свойства определенных интегралов следует, что

6.370. б) Оценить интеграл $\int\limits_0^1\sqrt\,dx,$ пользуясь неравенством Коши-Буняковского.

Решение.

Вычислим каждый интеграл, стоящей под корнем в правой части равенства:

6.374. Найти производную следующей функции: $\Phi(x)=\int\limits_0^x\frac\,dt.$

Решение.

Пользуемся свойством 10:

Ответ: $\frac.$

6.376. Найти производную следующей функции: $\Phi(x)=\int\limits_x^0\frac>.$

Решение.

Пользуемся свойством 10:

Как исследовать несобственный интеграл на сходимость?

Приветствую опытных и не очень любителей несобственных интегралов, и на трёх ближайших уроках мы рассмотрим новый материал – признаки их сходимости.

Напоминаю основные типы несобственных интегралов:
– несобственные интегралы 1-го рода;

– несобственные интегралы 2-го рода, в которых функция терпит бесконечный разрыв в точке и / или или в промежуточных точках отрезка .

Предположим, что нам дан произвольный несобственный интеграл. В чём состоит сегодняшняя задача? Задача состоит в том, чтобы выяснить, СХОДИТСЯ ЛИ (в принципе) данный интеграл или нет.

Зачем это нужно? Ну, во-первых, иногда бывает полезно сразу выяснить этот вопрос. Во-вторых, рассмотрим, например, такие несобственные интегралы:

Здесь соответствующие неопределенные интегралы являются неберущимися, и поэтому решить данные примеры обычным способом невозможно. Но можно выяснить, сходятся ли эти интегралы или расходятся.

И, в-третьих, такие интегралы встречаются в практических работах, а значит, материал этой странички действительно нужен 🙂 Более того, он тесно «перекликается» с исследованием числовых рядов, а значит, вы получите двойную выгоду. И я постараюсь изложить всю информацию в своём традиционном стиле – просто и доступно!

Вопрос третий: как определить, сходится ли несобственный интеграл или нет?

С помощью так называемых признаков сходимости / расходимости, к изучению которых мы незамедлительно приступаем.

Начнём с несобственных интегралов 1-го рода, и сразу признак:

Если подынтегральная функция непрерывна на промежутке и её предел – не равен нулю, то несобственный интеграл расходится.

Это следует непосредственно из определения предела функции и особо очевидно в случае бесконечного предела , когда функция не ограничена сверху. Пожалуйста: . Вспоминаем «школьный» график прямой пропорциональности . Что-то и сам проностальгировал:

При этот график уходит вверх на плюс бесконечность, и совершенно понятно, что площадь под ним (серая штриховка) бесконечна: .

То же самое справедливо и для «страшных» интегралов наподобие , которые на самом деле ничуть не страшнЫ. Во-первых, отмечаем непрерывность подынтегральной функции на промежутке интегрирования, и, во-вторых, выясняем порядок роста числителя и знаменателя – этим мы уже занимались, когда находили пределы функций. В числителе МЫСЛЕННО отбрасываем все младшие слагаемые под корнем: и константу-множитель: , следовательно, старшая степень числителя равна . …Возникли трудности со степенями? Срочно повторять школьные формулы! В знаменателе тоже отбрасываем все младшие слагаемые: , следовательно, старшая степень знаменателя равна 2.

Неравенство говорит нам о том, что числитель более высокого порядка роста, чем знаменатель, а значит, . То есть, при подынтегральная функция не ограничена сверху и площадь под графиком данной функции на промежутке – бесконечна: .

Актуализируем ещё пару важных фактов о порядке роста. Рассмотрим следующие несобственные интегралы от непрерывных на промежутке интегрирования функций:

При показательная функция с основанием более высокого порядка роста, чем любая степенная функция . Поэтому и соответствующий несобственный интеграл – расходится. Подчёркиваю, что в знаменателе может стоять «икс» хоть в сотой, хоть в тысячной степени, суммы степенных функций – результат от этого не изменится: . В справедливости предела можно убедиться, 100 раз применив правило Лопиталя 🙂

Второе. При степенная функция – более высокого порядка роста, чем натуральный логарифм, таким образом, функция (не ограничена сверху) и соответствующий несобственный интеграл расходится: .

Возьмите на заметку эту информацию, она нам потребуется в будущем, в том числе самом близком.

Хорошо, если , то несобственный интеграл расходится. НО! Из того, что , ещё не следует, что интеграл сходится. Он может, как сходиться, так и расходиться. В этом случае понятно лишь то, что подынтегральная функция ограничена на промежутке (и сверху и снизу).

. На всякий случай приведу яркие примеры ограниченных функций, вдруг у кого недопонимание этого термина: экспонента – ограничена осью абсцисс снизу; синус: , арктангенс: – ограничены и сверху и снизу.

! Откройте методичку по графикам (откроется на соседней вкладке), освежите воспоминания о графиках основных элементарных функций, и продолжаем. Справку не закрывать! – она будет здОрово помогать на сегодняшнем уроке.

В этой связи для исследования используют другие признаки, и наиболее распространенными из них являются так называемые признаки сравнения. Ключевая идея состоит в том, что СРАВНИТЬ «подопытный» интеграл с несобственным интегралом, сходимость или расходимость которого нам уже известна, и на этом основании сделать вывод о сходимости или расходимости «пациента».

Признак сравнения: пусть две неотрицательные функции непрерывны на промежутке , и для всех этого промежутка справедливо неравенство . Тогда из сходимости интеграла следует сходимость интеграла , а из расходимости следует расходимость интеграла .

Таким образом, данный признак работает в двух различных ситуациях, геометрия которых очень и очень простА:

1) Пусть несобственный интеграл сходится. Тогда площадь, заштрихованная на чертеже серым цветом, будет конечна. В силу условия график функции (красная линия) расположен не выше графика и интегралу соответствует «красная» площадь, которая является ЧАСТЬЮ конечной «серой» площади. Следовательно, «красная» площадь тоже конечна, то есть несобственный интеграл – сходится:

2) Ситуация вторая: пусть на том же промежутке интеграл расходится. Это означает, что «красная» площадь бесконечна. А коль скоро, она является частью «серой» площади, то интегралу ничего не остаётся делать, как тоже расходиться.

Такой же признак можно сформулировать для интегралов и, кроме того, для неположительных функций, удовлетворяющих условию , чертёж в последнем случае отобразится в нижнюю полуплоскость, симметрично относительно оси . Признаки сравнения для этих случаев сформулируйте и осознайте самостоятельно. На практике такие примеры встречаются, и они не должны поставить вас в тупик!

Но в первую очередь, конечно, традиционные примеры:

В начале вводного урока о несобственных интегралах мы установили сходимость интеграла . Теперь поставим задачу исследовать сходимость интеграла .

Подчёркиваю, что решать его не нужно (хотя делается это легко) – а нужно выяснить, сходится ли он (в принципе) или нет.
Прежде всего, обратим внимание, что функция непрерывна на промежутке и её предел при равен нулю. Но, как отмечалось выше, это не делает погоды, а посему пробуем использовать признак сравнения. Сравнивать будем с интегралом , сходимость которого уже установлена. Разбираемся:

На промежутке функции непрерывны? Да, непрерывны.

Неотрицательны? Да, более того, строго положительны: . Очень хорошо – условия признака выполнены, и поэтому можно приступать к анализу самих функций.

Для ВСЕХ из данного промежутка справедливо очевидное неравенство:

а бОльшим знаменателям соответствуют мЕньшие дроби:

Вы согласны? В случае сомнений всегда можно взять несколько значений «икс» (проще всего целых) и расписать несколько неравенств подробно, чтобы убедиться в своей правоте или неправоте. В нашем случае:

если , то ;
если , то ;
если , то ;
Если , то ;
….
и теперь-то уж совершенно понятно, что для всех из промежутка неравенство действительно справедливо.

Таким образом, по признаку сравнения интеграл сходится (равен конечному числу) вместе с интегралом . Кстати, на чертеже выше я «по партизански» изобразил именно графики функций .

С помощью признака сравнения легко установить, что интеграл вида сходится при и расходится, если , а при он будет очевидно расходящимся.

Так, например, интегралы – сходятся, а – расходятся (в случаях непоняток со степенями повторяем формулы!).

Запишите данную информацию на листок!

Это семейство «эталонных» интегралов активно используется в практических заданиях, причём, опционально нижний предел интегрирования может быть и другим, например: – зависит от того, какой интеграл предложен для исследования.

Исследовать сходимость интеграла

Решение: данный биномиальный интеграл является неберущимся, но есть возможность выяснить, сходится он или нет. Во-первых, отмечаем, что подынтегральная функция непрерывна на промежутке и предел – равен нулю. Таким образом, отделаться «малой кровью» у нас не получилось и решение продолжается.

По «общим очертаниям» предложенный интеграл напоминает сходящийся «эталон» . Начинаем проводить рассуждение. На промежутке :

(что совершенно очевидно). «Навешивание» корней сохраняет «статус-кво»:
, а вот дела с дробями обстоят ровно наоборот – по той причине, что дробь с бОльшим знаменателем является мЕньшей:

, таким образом, по признаку сравнения исследуемый интеграл сходится вместе с интегралом .

Ответ: сходится

И ничего лишнего – что спрашивали, то и отвечаем.

Подобных примеров можно придумать очень много: – сравниваем с соответствующими сходящимися интегралами .

Как вариант, знаменатель может быть «утяжелён» какой-нибудь возрастающей функцией – «иксом» в положительной степени, логарифмом, экспонентой: и т.д.

Все эти интегралы исследуются по той же схеме, единственное, здесь появляется дополнительная строчка в решении. Так, например, если в разобранном примере:
, то, домножая левую часть на , мы только её увеличим, и поэтому неравенство:
будет выполнено подАвно.

Следовательно:
, и по признаку сравнения, интеграл тоже сходится.

Разберём ещё одну классику жанра:

Исследовать сходимость интеграла

Решение: для удобства исследования перепишем его в виде . Очевидно, что подынтегральная функция непрерывна на промежутке интегрирования и предел – равен нулю. Поэтому интеграл может как сходиться, так и расходиться.

Сравним предложенный интеграл с интегралом, сходимость которого выясняется в прямом смысле одной строкой:

Для любого из промежутка справедливо неравенство:
, и поскольку основание функции , то:

а дробь с бОльшим знаменателем является мЕньшей:
, таким образом, по признаку сравнения, интеграл сходится вместе с интегралом .

Ответ: сходится

И здесь интересно провести дополнительное исследование: в силу чётности подынтегральной функции, сходиться будет и интеграл по симметричному промежутку: Кроме того, собственный или «обычный» определённый интеграл , разумеется, тоже сходится, т.к. равен конечному числу.

Тогда, в силу свойства аддитивности, сходится и интеграл:
. И парадоксально, но факт – данный интеграл рассчитан точно: , невзирая на то, что соответствующий неопределенный интеграл не берётся. Да, так бывает! Это так называемый гауссов интеграл, который нам встретится в теории вероятностей, но желающие могут ознакомиться с его вычислением уже сейчас.

Другая вариация задания – это уменьшение числителя:

Исследовать сходимость интеграла

Решение: поскольку синус ограничен: , то , и:
, значит, по признаку сравнения исследуемый интеграл сходится вместе с интегралом .

Ответ: сходится

И тут попутно возникает вопрос об интеграле , подынтегральная функция которого знакопеременна, т.е. постоянно меняет знак. Как быть в этом случае? Для таких интегралов существуют свои признаки, которые мы рассмотрим на уроке об условной и абсолютной сходимости интегралов. Ну а пока продолжаем.

Ситуация вторая: сравнение интеграла с заранее известным расходящимся интегралом . Кратко напомню, что здесь на промежутке интегрирования должно выполняться то же неравенство . Как и в предыдущей ситуации, анализировать можно знаменатель или числитель:

Исследовать сходимость несобственных интегралов

Скромно и со вкусом. И последнее «китайское» напоминание – в дальнейшем это будет подразумеваться по умолчанию: перед решением ВСЕГДА проверяем (мысленно или на черновике) непрерывность функции на промежутке интегрирования. Так, например, интеграл терпит бесконечный разрыв в точке , и для его исследования используются другие методы (о которых позже). Далее убеждаемся, что . А то может статься, промучаетесь с примером битый час, в то время как этот предел ненулевой, из чего сразу следует расходимость интеграла (см. примеры начала урока).

Решаем:

а) Множитель-константа не влияет на сходимость или расходимость, поэтому его можно сразу вынести за пределы интеграла:

Для каждого промежутка справедливо неравенство:
(т.к. «икс» более высокого порядка роста, чем натуральный логарифм),

а мЕньшим знаменателям соответствуют бОльшие дроби:
, значит, по признаку сравнения исследуемый интеграл расходится вместе с «эталонным» интегралом .

Вместо слова «ответ» я привык выделять вердикт жирным шрифтом, а при оформлении задания от руки подчёркивать его карандашом. Впрочем, кому как удобнее.

б) – а вот это вот более хитрый пример. Здесь напрашивается сравнение с расходящимся интегралом , но не всё так просто. Во-первых, при натуральный логарифм отрицателен (смотрим график!!). И, во-вторых, на участке этот логарифм меньше единицы, а значит, желаемое неравенство не является справедливым: .

Что делать? Решение можно оформить двумя способами. Первый способ академичный. Согласно свойству аддитивности, делим интеграл на 3 части:

Первый и второй интегралы сходятся, т.к. являются определёнными интегралами. Для всех же значений справедливо неравенство:
, значит, интеграл расходится вместе с интегралом ,

а значит, расходится и весь интеграл интеграл .

В укороченном способе оформления можно ограничиться такой фразой:

– при справедливо неравенство – и тот же самый вывод.

Таким образом, сходимость или расходимость несобственного интеграла 1-го рода зависит от «поведения» его бесконечного «хвоста». Следует заметить, что все эти очевидные свойства строго доказываются в курсе математического анализа, но чтобы не перегружать вас информацией, я излагаю их в обзорно-популярном стиле.

Исследовать сходимость несобственных интегралов

а) , б) , в) , г) , д) , …пожалуй, достаточно.

Примерные образцы чистового оформления примеров в конце урока. И обязательно проверьте, успешно ли вы обошли все «подводные камни» 😉

Всегда ли работает рассмотренный признак сравнения? Нет, далеко не всегда, и сейчас мы рассмотрим примеры, ради которых и зашли некоторые более опытные читатели:

Исследовать сходимость несобственных интегралов

Решение:

а) По «общим очертаниям» интеграл напоминает сходящийся «эталон» , но как провести сравнение? Шаблон Примера 3 (интеграл ) не годится, так как на промежутке аналогичное неравенство является неверным:

Но мы его всё равно организуем: при степенная функция , и в частности корень для любого – более высокого порядка роста, чем .
Следовательно:

Отмечу одну тонкость: если неравенство выполнено вообще для всех положительных «икс», то для более «мелких» корней, например , это утверждение неверно. Так, неравенство начинает выполняться лишь примерно с , и поэтому при использовании таких корней нельзя применять формулировку «на всём промежутке интегрирования». Следует сказать уклончиво: «при , по умолчанию подразумевая, что «начало» интеграла (где неравенство не выполнено) – тоже сходится.

Однако возвращаемся к задаче. В силу установленного неравенства возникает вопрос сходимости интеграла и тут возникает вторая загвоздка: поскольку , то нужное нам неравенство опять не выполняется:

Предельный признак сравнения: пусть те же неотрицательные функции непрерывны на промежутке и существует конечный предел их отношения , отличный от нуля. Тогда интегралы (1) и (2) сходятся или расходятся одновременно. Кроме того, при из сходимости интеграла (2) следует сходимость интеграла (1), а при из расходимости того же интеграла (2) следует расходимость интеграла (1).

Но последняя часть признака применяется редко, гораздо чаще подбирают такой интеграл, чтобы получился конечный предел.

Итак, исследуем сходимость интеграла . Вопрос: с каким интегралом его нужно сравнить, чтобы в результате получился предел?

Нечто подобное мы уже проделывали при вычислении пределов функций. Смотрим на знаменатель нашей функции и МЫСЛЕННО отбрасываем все младшие слагаемые: – таким образом, старшая степень знаменателя равна 2. Поскольку в числителе находится только , то старшая степень числителя равна . Теперь находим разность старших степеней: (строго такую, не наоборот!), и в результате приходим к выводу, что наш интеграл следует сравнить с интегралом , который сходится.

Составляем предел, избавляемся от четырёхэтажности дроби и получаем:
– конечное число, значит, по предельному признаку сравнения, интеграл сходится вместе с интегралом .

И в силу установленного выше неравенства , исследуемый интеграл сходится вместе с интегралом .

Таким образом, у нас получилась двухшаговое исследование, в котором мы использовали оба признака сравнения.

б) Интеграл . Проведём предварительный анализ: на промежутке арктангенс ограничен: , но эта информация помогает мало, т.к. на обоих этажах есть и другие одно- и многочлены с «иксами». И это типичная ситуация, в которой хорошо срабатывает предельный признак сравнения! Используем ту же методику: МЫСЛЕННО отбрасываем под корнем все младшие члены а также множитель-константу (двойку) при самой высокой степени: , значит, старшая степень знаменателя равна . В числителе находится одинокий (ограниченный арк не принимаем во внимание), и поэтому старшая степень числителя равна 1.

Из старшей степени знаменателя (именно так) вычитаем старшую степень числителя:
, таким образом, наш интеграл следует сравнить с интегралом , который расходится. Возможно, у некоторых возник вопрос: а что делать, если разность степеней получилась отрицательной? Это означает, что числитель более высокого порядка роста, чем знаменатель и интеграл расходится – вычисляем предел , и готово.

Но в предельном признаке сравнения нас ожидает более занятный предел:

– конечное число, отличное от нуля, значит, исследуемый интеграл расходится вместе с интегралом .

Следует отметить, что при использовании предельного признака отношение функций можно составлять и наоборот, так, в только что разобранном примере можно составить предел , получить и прийти к тому же содержательному выводу.

Как быть, если нижний предел интегрирования равен нулю? Всё просто, по свойству аддитивности: . Первый интеграл сходится (это обычный определённый интеграл, равный конечному числу), а для второго интеграла используем предельный признак сравнения (см. выше). Сумма сходящегося и расходящегося интеграла – есть расходящийся интеграл.

Такую же хитрость можно применить, если нижний предел отрицателен, но здесь важно проследить, чтобы промежуток интегрирования полностью вошёл в область определения подынтегральной функции. Так, интеграл существует, но вот его собрат – уже нет. И в легальном случае никаких проблем:
.

Пара интегралов для самостоятельного решения:

Исследовать сходимость несобственных интегралов

а) , б) , вот такой вот совсем не страшный красавец 🙂

И хотел я тут продолжить про несобственные интегралы 2-го рода, но статья задалась недетская, и поэтому милости прошу во вторую часть, где нас ожидает самый настоящий «экшн»!

Решения и ответы:

Пример 5. Решение:
а) Сравним данный интеграл со сходящимся интегралом . На промежутке :
, значит, исследуемый интеграл тоже сходится.

б) (т.к. более высокого порядка роста, чем ), следовательно, исследуемый интеграл расходится.

в) На промежутке от до : , поэтому:
, значит, по признаку сравнения, исследуемый интеграл расходится вместе с интегралом .

г) На промежутке :
, следовательно:
, таким образом, интеграл сходится вместе с интегралом .
И поскольку – сходится (обычный определённый интеграл), то сходится и весь исследуемый интеграл: .

д) Способ первый. Использование признака сравнения. На промежутке :

, значит:
, то есть, исследуемый интеграл расходится вместе с интегралом .

Способ второй. Прямое вычисление. Перед нами табличный «длинный» логарифм:
, таким образом, исследуемый интеграл расходится.

Пример 7. Решение:
а) Сравним предложенный интеграл с расходящимся интегралом . Используем предельный признак сравнения:
(т.к. более высокого порядка роста, чем ). В результате получено конечное число, отличное от нуля, значит, исследуемый интеграл расходится вместе с интегралом .

б) Поскольку косинус ограничен: , то и:
(*)
Исследуем сходимость интеграла (множитель-константа не влияет на сходимость или расходимость, и поэтому его сразу выносим). Старшая степень знаменателя равна 3, старшая степень числителя равна , их разность:
, поэтому сравнивать будем со сходящимся интегралом . Используем предельный признак сравнения:

делим числитель и знаменатель на в старшей степени:
– получено конечное число, отличное от нуля, значит, интеграл сходится вместе с интегралом и, в силу неравенства (*) (по «обычному» признаку сравнения), исследуемый интеграл сходится вместе с интегралом .

Автор: Емелин Александр

(Переход на главную страницу)

Zaochnik.com – профессиональная помощь студентам,

cкидкa 15% на первый зaкaз, при оформлении введите прoмoкoд: 5530-hihi5

© Copyright mathprofi.ru, Александр Емелин, 2010-2024. Копирование материалов сайта запрещено

Определение определенного интеграла. Основные свойства определенного интеграла. Приложения определенного интеграла , страница 2

сохраняет тот же знак, т. е. например, если для любого .

6. Если — непрерывна на отрезке , то существует такая точка , что (теорема «о среднем»).

8. Если — наименьшее, а — наибольшее значения функции непрерывной на отрезке , то:

(теорема «об оценке»).

Пример 1. Вычислить среднее значение функции на отрезке .

Решение. Так как является непрерывной на указанном отрезке, то можно применить свойство 6 (теорему о среднем);

выразим из данного соотношения как неизвестное из уравнения:

Пример 2. Оценить интеграл: .

Применим теорему «об оценке» определенного интеграла (свойство 8).

Найдем значения функции на концах отрезка:

Найдем также . Так как здесь — наименьшее значение, а

— наибольшее значение функции, .

Пример 3. Не вычисляя, сравнить значения интегралов: или .

Решение. Так как при по свойству 7 .

Задания для самостоятельной работы.

Вычислить определенные интегралы с помощью формулы Ньютона –Лейбница:

Вычисление определенного интеграла

Можно указать 4 способа вычисления определенного интеграла:

1. по определению (как предел интегральной суммы);
2. приближенно (по формулам прямоугольников, трапеций, Симпсона);
3. по формуле Ньютона-Лейбница;
4. используя программные пакеты (Matcad, и т.д.).

Примеры вычисления ОИ по определению и приближенно вы можете найти учебнике Н.С. Пискунова «Дифференциальное и интегральное исчисления». С использованием программных пакетов вы познакомитесь на занятиях по специальным дисциплинам. Мы рассмотрим вычисление ОИ по формуле Ньютона-Лейбница. Эта формула имеет вид = =F(b) –F(a), где — первообразная для функции. Формула Ньютона-Лейбница дает простое правило для вычисления определенного интеграла от непрерывной на заданном отрезке функции, позволяя свести вычисление предела интегральной суммы к отысканию первообразной от заданной функции и вычислению разности ее значений на концах отрезка интегрирования. Иначе говоря,определенный интеграл от заданной функции по заданному отрезку равенприращению первообразнойдля этой функции на заданном отрезке.Примеры решения задач. Пример 1. Существуют ли определенные интегралы от заданных функций по указанным промежуткам (т.е. интегрируема ли функция на данном промежутке) ? а) б); в) ? Решение. Согласно теореме 2, определенный интеграл существует, если выполняются условия:

1. функция непрерывна или кусочно-непрерывна на отрезке;
2. отрезок – конечный.

Проверим выполнение этих условий для заданных функций. а) Функцияимеет разрыв второго рода в точке, значит, определенный интеграл от данной функции по указанному отрезку не существует. б) Функциянепрерывна на всем промежутке, но сам промежуток – бесконечный, поэтому определенный интеграл от данной функции по указанному промежутку не существует. в) Функциянепрерывна на всей числовой прямой, отрезок– конечный, следовательно, определенный интеграл от данной функции по указанному промежутку существует. Пример 2. Используя геометрический смысл определенного интеграла, установить, какой из интегралов больше или? Решение. С геометрической точки зрения, определенный интеграл численно равен площади области, расположенной между линиейи отрезкомоси Ох (криволинейной трапеции АВСD, рисунок 2), а интеграл – площади криволинейной трапеции АВС₁D₁ на том же рисунке: . Но, очевидно, , значит,>. Пример 3. Не вычисляя, сравните интегралы: а) и; б)и. Решение. а) Воспользуемся свойством: если интегрируемые на [a,b] функции f(x) и g(x) удовлетворяют неравенству f(x)  g(x), то . Сравним функции ина отрезке интегрирования. Из двух дробей с одинаковыми числителями больше та, у которой знаменатель меньше. Очевидно,для любого, поэтому. Тогда, согласно указанному свойству,. б) Рассмотрим и. Поскольку интегрируется одна и та же функция, но по разным промежуткам, воспользуемся геометрическим смыслом определенного интеграла. Рассмотрим площади областей ОАВ и СDОАВ между графиком функции и, соответственно, отрезкамииоси Ох (рисунок 3). Площадь области ОАВ численно равна интегралу :. Площадь области СDОАВ равна сумме площадей областей СDО и ОАВ: . Но, а, т.к.на отрезке. Итак, имеем,. Тогда . Значит, >. Пример 4. Используя свойства определенного интеграла, упростить вычисление интеграла (не вычисляя): а) ; б); в). Решение. а) Рассмотрим функцию . Легко доказать, что эта функция – четная: . Поскольку интегрирование ведется по промежутку , симметричному относительно начала координат, то можно воспользоваться свойством интегралов:если f(x) четная функция, то . Следовательно, в нашем случае,. б) В интеграле подынтегральная функция, как известно, нечетная, а промежуток интегрированиясимметричен относительно нуля, поэтому можно воспользоваться свойством:если f(x) нечетная функция, то . Тогда. в) Рассмотрим интеграл . Подынтегральная функцияесть периодическая функция *) с периодом. Действительно, . Кроме того, длина отрезка интегрирования равна : **) . Поэтому вычисление данного интеграла можно упростить, воспользовавшись свойством: если f(x) периодическая функция с периодом Т, то . Тогда =. Пример 5. Вычислить определенные интегралы: а) ; б); в); г) ;д); е). Решение. а) Как уже отмечалось выше, вычисление определенного интеграла с помощью формулы Ньютона-Лейбница = =F(b) –F(a) сводится к отысканию первообразной (неопределенного интеграла) и вычислению разности ее значений на концах интервала. Поэтому все приемы нахождения неопределенного интеграла, с небольшими поправками, переносятся на случай вычисления определенного интеграла. . б) . в) . г) . д) . е) . Пример 6. Вычислить определенный интеграл, если Решение.Подынтегральная функция на отрезке интегрированиязадана разными аналитическими выражениями: х0 е1 3 Поэтому, используя свойство 6 определенного интеграла, преобразуем .