§ 48, Вычисление определённого интеграла методом замены переменной и интегрирования по частям
Действительно, пусть F[x) — некоторая первообразная функция
f(x) (т. е. F'(x) = f(x)), тогда по формуле Ньютона-Лейбница имеем:
!
f(x) dx — - F{a). Так как F(a:> и х =; ip{t) дифференцируемые
(имеют производные: F'(a') —/(я), Учитывая, что F(rc) есть первообразная от f(x), то F"(a;) — f(x) — ~/hp(0]< Поэтому = - ^'СО' Это равенство означает, что F|(i)] ость первообразная от функции * опреде ление первообразной), тогда по формуле Ньютона-Лейбница имеем: Р \f[ Ь 0 а Так как правые части равны, то равны и левые. Пример 1. Вычислить интеграл /і = ^ о Решение. Сделаем замену ? — -/Б + Ах, которая устранит иррациональность. Тогда гс — - (t2 — 5), а dx — -tdt. Для нахождения пределов интегрирования по і из і = \/Ъ -4- находим: если х = 5, то t = 5, если х — 1, то t = 3. Таким образом получим iJ mJ -1^-"-™+*)—T- Пример 2. Вычислить интегралы dx -г - 2)3 ' Г dx Ть _ Г \fx г 351 Решение, а) і — л/х t х ~ t® dx = 2 tdt; 2 ^ і ^ 3; ч = j _L_ зі dt = 2 ( LzitI A = 2 J t = 7 + 21n2. = 2 + j =2^ + 3 + ln2-2-2~lnl) -7 + 6) t = Vz^, я - 2 + dx — 2tdt, l^t^ \/Z\ /5 dt Г& А Г ^ О Г Г. * Г ^ Примерз. Вычислить иитеграл h = :—— соя X г г ^ J l + sma: + Решение. Так как подынтегральная функция есть R (sin х, соагс), то, как указывалось выше, можно применять универсальную подста- , « т 1-і2 . 2t . 2<Й rtftP . ноеку f — tg Тогда cos з: — sm ar — *, dx — в-; при x = 2 _ 1 + ґ I + i 1 + Г — 0 t —О, а при ^ — ^ t — tg- — 1, l їтї^и+'І __ 2d? 0 , , 2( , 1 -t2 1-і ? flit a + Ї Hi 1 + r = 1п2 - In 1 = In2. ir/3 f ві її 3? * cos «с1 Пример 4« Вычислить интеграл /4 — —-n—*-—5— J fi CO^T + E? ЕІП ЗЇ 0 P e ш e H и е. Учитывая, что sin a; ¦ cos гvdx — - г), сделаем за- ft і мену t = sin x. Тогда при х — 0 t = 0, при а; = л/2 t = 1 и a3 cos2 а: -Н Ь2 sin2 а; = а.г(1 - sin2 я) -f Ь2 sin21 - а2 + (Ь2 - as) sin3 х; 1 d(b* - a*)t ¦ й2 +- (Ь^о^ dt _ 1 а1 + (Ьа - aa)f О (1п6а - Inа2) = о W* - а1) In І"2 + (Ь2 - "2)«| 352 2, Интегрирование по частям, Л усть функции и(х) и v(x) диф- ренцируемы на отрезке [a,fij. Тогда (гги)' ^ и'и 4- uvf; интегрируя почленно это ра&енство в пределах от а до Ь, получим: ь ь ь ъ ь | {uvYdx = = j -и * vfdx +1 u - и 'dx = j vdu + J и dv или r- dv = 1iV\ и — I v du. */2 Пример 5. Вычислить интеграл /д — J х sin х dx. о Решение. Положив х = и} sin ? da; = dv, имеем du = dx, и = — — соз г, а г/2 1Ь = -Х-со$х\1/2- j {-cosx)dx=-^ 0 + 0'l+smx]l/'2 ^ = - 0 = 1 я/3 xdx Пример 6. Вычислить интеграл Iс = він зс я/4 Решение. Пусть u = х, ~ dv; тогда tfo = ® ¦» — ctg х; sin X г/3 «г/-; = -I ¦ Ctgx J Ctgxdx - Ctg | 4 ^ ctg I -Hn|ain*1 Ж/ 4 ¦ = ТГ IT 5 . я , п 7Г = -і^-+ї + Ьаіпз-1пзтї = - зЛ ¦ * f9-4v/5)x З = 3<Г Ю,51п Отмстим, что при вычислении определённых интегралов в некоторых случаях применяются специальные приемы (см. _ г in (і -І- яр . Г Вычислить / dx. J 1 + х* 12 Ю-И Клименко і ^ 1 Учитывая, что j — 7 — - In |1 4 = - In [1 + xi запишем нс- J 1 + art х ' q х 1 1 ходный интеграл в виде: 1 1 dt I dt J 1 + X2 х J 1+a? 1 + art x dx 1 dt Г dx -J?J о о (1 -f- д: }(I + 2t) ] + X г С ~ YT®i)' Далее вычислим интеграл dx = fh.2. 7 = |тт? [it4 i 1п2] =5|Ь(1 + іг) + ііп2(^Є«) 2. Продифференцировав равенство Ь dx 1 ь ь J ¦ тТ~Г - - агс*? - X + а а а по параметру а получим ь Or, 1 * Ь , I ^ -2а 7-3 = —5 ftrctS - Н J (Xі + аГ а а ь2 отсюда находим г*' ' Г dx 1 Ь Л v л (си. § 45, примеры 15, 27). 3. Если функция /(х,а) непрерывна вместе со своей производной а) при а < х < b к orj < а < йч, то интеграл и /(а) = J Я^л) dx называется интегралом, зависящим от параметра, и является непрерывней функцией при а <х < Ь. Для него справедлива формула Лейбница (дифференцирование год знаком интеграла) VI А) f{x} Ar) dx, то или в общем случае: если /(а) = Vi {л) ґа = " С помощью этой формулы можно вычислить некоторые определённые интегралы. е-" - е"'1 со sin xdx (а > О, ї> > Пример. Вычислить интеграл 3 = J о м г» _ >0}. sin «л: dx j Решение, Рассмотрим интеграл .7(ct) = [ о который при а= 1 равен исходному. Дифференцируя интеграл J(ot) по параметру от, получим оо /(а) = j (е~~лх — е~Ьх)со$ах dx = (см. § 41, пример 24) = оо = (см. § 49) = а3 + — a cos ах _ .^агіл — & cos од Ot + о а с*2 + аа а2 + й2 1 тогда J(a} = I (її? - УЇ?) dos = 311116» " arctg Г = Так как J(0) = 0, то С = 0, Таким образом, ./(а:) = arctg ^г— Ь а а -f ab откуда J(ck— 1) — arctg j + ^ г ха — Пример. о Г f Xе -ва Р С: їй е м и е. Так KSK I ®vdy в -—] = —— , то її ? .1 ІПЯ! І ш х * * (0 ti ID Пример, Вычислить иктеграл /= r J5?- «fa. « 1 "І- 0,1 \ ш ' 0.1 Решение, 10 Г Jn^ J I + ^ — X = 1 ft dx — — —у (fi Для исходного интеграла имеем уравнение J = — JT отсюда J 0. їй Пример. Вычислить интеграл Ja j dx. 0,1 Решение. 10 1 0,1 10 ,10 _ f In. ь j 1+ 0,1 arctRo; , / « = arctg x dx = я; і dx = [ ^ _ tfz I = In я: arctg я x = hi 10arctg 10- In0Д arctg0,1 — In 10 arctg oo = J Ы0; Здесь учтено, что arctg л: -f arctgy = arctg-——— к значение интеграла, 1 — ху вычисленного в предыдущем гримере. Пример 7. Определить среднее значение данных функций на указанных отрезках: a) f(x)=x2 нэ [0; 1]; б) Да:) = 10 +2зіг.х-і-Зсов:с на [0; 2тг]; в) + на {0; 2], Решение. ИСХОДЕ ИЗ определения среднего значения функции (см. четвертое свойство определённого интеграла), имеем: а) = ^ J f(x)dx = — J*^- б) /ср = j (10 + 2 sin x + 3 cosr) dx я * 0 і J * - ^ (IOjc - 2co$i + 3sitiac)| = 10; 1 2 . . 1 Г 2 dx _ г dx 0J 2 J TT? ~J 1 + dt Сделаем замену t 14- є31; тогда du — Т^ГТ' 2 ^ і < 1 -t- e2; 1+e51 t- 1 Ь , i+t" , , I J^fs' \ (lh-l)*= fi2 2e2 — In + In 2 — In у ¦ 1 + e2 1 + e Пример 8. He вычисляя интеграла, доказать справедливость ра венства ir/8 .J -тг/8 Решение. Разобьём интеграл Jg — J /(х)dx на два: — и а У « | /(ж) dar J f{x)dx + J/{s) В перзом интеграле сделаем замену переменной х™ —tr о о А _а а О и, учитывая, что значение интеграла не зависит от переменной интегрирования (см. § 39). заменим t на х, т.е. j/(-t) 357 358 Интегральное исчисление і { TfliiMt г Тогда a a a ti -a 0 no Если f{x) = — функция четная, то сумка [/(—я) 4-/{®)| = a <1 г Л — 2/(я?) и тогда f{x) dx ~ 2 /(x)rf^, -ft 0 Если /(^c) — — функции нечётная, то сумма равна о нулю и ^ f(x) ски — 0. В нашем случае Д-fc) = (-ь)10 - -i1Bsm9a; — —/(і), функция f(x) — нечётная. Следовательно, рассматриваемый интеграл рднсн нулю. Пример 9, Пусть функция f(x) непрерывна на отрезке интегрнро- заннп. Показать^ что тг/2 Ті' 7Г 21 I a:/(sin ї) di - ^ /(sin -c) dx — я J /{sin 1) dx\ и u a ТГ 3) ftrctg cos x dx —¦ 0. b Решение. 1) Замена t = - — x, dx — — dt, тогда ir/q 72 о = - Г / (sill (I dti = tt/2 -It/2 — f f(cost)dt| /(соє я) die. -тт^ -w/2 тґ/З іг/2 df, = 7Г j /(cosi)di =тг j /(sinі) ж/2 Здесь учтено, что j tf(cost)dt — 0 (см. пример 8). -тг/2 I xf(sinx) dx = ( ^^-di ) *)/№ (sr -1)) dt - о * IT г = 7г I /(sin t} dt - JV(sint) dt. o о Таким образом, получаем уравнение для интеграла / I = ji/(sini)d2; = irj/(sma) dx - Л оте юла it тт = | s/(sm3T) = /(sinx) dx. о о Итак: = |J/(sinx)da: = 7r і f(casx)dx = тг j /(smxjdx. о p" г Вычислим интеграл . J 1 + COS X fr Г d(cosj;) _ I -j- cos x = {xf(smx)dx = ? f /{sins) rfx = [ 1+ШІ J * J о = — ^ arctg(c0s2)|* = | arctg L-H | arctg 1 = 2 ¦ ^ \ = тг / ti — arctg OO&x, (it? — tic, 3) [arctg cosxdz = 0. A \ 1 + СОБ Я ff . , за F . Г X Sin Я «5 _ я- я _ n — X arctg COST + — 3 Ті" ° lo Jl + cosx * q (см. предыдущий Пример). ->1 1+1 smi In - I —> х пркмер 10. Показать, что; 2 a) coax2 In \х 4- у/1 + х* \ dx = 0; б) Решение. Так как А 1 + 3TJ 1 — ас то функции /(ж) = cos X In (я 4- \/1 + я ) и ip{x) = sin ж2 Ід ^ нечётные. Следовательно, рассматриваемые интегралы равны нулю (см, пример 8).