Тема Математический анализ

13 Определенный интеграл Римана

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела математический анализ

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#48312

Вычислить, пользуясь только определением, интеграл $∫ −1010 sinxdx$

Показать ответ и решение

Так как функция $sin x$ непрерывна на отрезке $[− 10,10],$ то она интегрируема по Риману на нём.

То есть, по определению интеграла Римана, это означает, что существует предел интегральных сумм

∑n σ(sin x,P,ξ) = sin(ξi)Δxi i=1

при $λ(P) → 0.$ И, раз этот предел существует и не зависит от выбора точек разбиения $x0,x1,...xn$ и отмеченных точек $ξ1,ξ2,...ξn,$ то его можно вычислить по какой угодно последовательности разбиений и по какому угодно выбору отмеченных точек, лишь бы только параметр разбиения стремился к 0.

Пусть $P2n$ - равномерное разбиение отрезка, содержащее четное (а именно, $2n$ ) количество отрезков разбиения $[− 10,10],$ то есть

P2 : [− 10,0],[0,10]

P4 : [− 10,− 5],[− 5,0],[0,5],[5,10 ]

P6 : [− 10,− 20],[− 20-,− 10-],[− 10,0],[0, 10],[10, 20-],[20,10] 3 3 3 3 3 3 3 3

И так далее... И пусть при каждом разбиении $P2n$ отмеченные точки $ξi,i = 1,...2n$ выбираются каждый раз в серединах отрезка разбиения.

Тогда, при любом таком разбиении интегральная сумма $σ(sin x,P ,ξ ) 2n 2n$ равна

2n 2n σ (sinx,P ,ξ ) = ∑ sin(ξ)Δx = 10∑ sin(ξ ) 2n 2n i i n i i=1 i=1

Но, поскольку отмеченные точки мы брали в симметричных относительно ноля местах (в серединах симметричных отрезков), то при $i = 1,...,n$ выполнено: $− ξi = ξ2n−i+1$

$PIC$

А, значит,

∑2n ∑n ∑n sin(ξi) = sin(− ξi)+ sin(ξ2n−i+1) i=1 i=1 i=1

Но, поскольку синус - нечётная функция, то

∑2n ∑n ∑n sin(ξi) = sin(− ξi)+ sin(ξ2n−i+1) = 0 i=1 i=1 i=1

Поскольку $sin(− ξ ) = − sin (ξ ),sin (− ξ ) = − sin(ξ ),...,sin (− ξ ) = − sin(ξ ). 1 2n 2 2n− 1 n n+1$
И все слагаемые первой суммы при сложении с соответствующими слагаемыми второй суммы дают 0.

Очевидно также, что $λ(P2n) = 10 → 0. n$ Следовательно, раз мы знаем, что интеграл $∫10 sinxdx −10$ существует, то при любой последовательности разбиений, у которых параметр стремится к 0, предел интегральных сумм и будет равен интегралу $∫ 10 sinxdx. −10$ Таким образом,

∫ 10 sin xdx = 0 −10

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#48313

Пусть $( { 1 если x ∈ ℚ D(x) = ( 0 если x ∈ [0,1]∖ ℚ$ - функция Дирихле на отрезке $[0,1].$

Существует ли интеграл

∫ 1 0 D (x)dx

Показать ответ и решение

Возьмем две последовательности разбиений с отмеченными точками отрезка $[0,1].$

1. $Pn$ - равномерное разбиение на $n$ равных отрезков длины $1n ,$ то есть:

P1 : [0,1]

1 1 P2 : [0,-],[-,1] 2 2

1- 1- 2- 2- P3 : [0, 3],[3, 3],[3,1]

И так далее... А в качестве отмеченной точки $ξi,i = 1,...,n$ будем всякий раз брать на каждом отрезке разбиения любую рациональную точку. Какую - неважно. Их в любом случае на каждом отрезке бесконечно много - выбора у нас предостаточно. Итак, $ξi ∈ Δi,ξi ∈ ℚ.$

1. $Pn$ - равномерное разбиение на $n$ равных отрезков длины $1n ,$ то есть:

P1 : [0,1]

1 1 P2 : [0,-],[-,1] 2 2

1- 1- 2- 2- P3 : [0, 3],[3, 3],[3,1]

И так далее... А в качестве отмеченной точки $ξ,i = 1,...,n i$ будем всякий раз брать на каждом отрезке разбиения любую рациональную точку. Какую - неважно. Их в любом случае на каждом отрезке разбиения бесконечно много - выбора у нас предостаточно. Итак, $ξi ∈ Δi,ξi ∈ ℚ.$

2. $˜Pn$ - тоже равномерное разбиение на $n$ равных отрезков длины $1 n,$ то есть:

˜ P1 : [0,1]

˜ 1- 1- P2 : [0, 2],[2,1]

˜P3 : [0, 1],[1, 2],[2,1] 3 3 3 3

И так далее... А в качестве отмеченной точки $˜ξi,i = 1,...,n$ теперь будем всякий раз брать на каждом отрезке разбиения любую иррациональную точку. Какую - неважно. Их в любом случае на каждом отрезке бесконечно много Итак, $˜ξi ∈ Δ˜i, ˜ξi ∈ [0,1]∖ℚ.$

Тогда понятно, что и $λ(Pn) → 0$ и $λ(P˜n) → 0,$ однако

n n ∑ ∑ σ(D (x),Pn, ξ) = D (ξi)Δxi = 1 ⋅ Δxi = 1 ⋅ длина [0,1 ] = 1 i=1 i=1

В то время как

∑n ∑n σ(D (x), ˜Pn, ˜ξ) = D (˜ξi)Δxi = 0 ⋅ Δxi = 0 i=1 i=1

То есть мы нашли две последовательности разбиений, у которых параметр стремится к 0, но при одной последовательности разбиений последовательность интегральных сумм стремится к 1, а у другой - к 0. Следовательно, никакого общего предела при $λ(P )$ у последовательности интегральных сумм $σ (D (x),P,ξ),$ не зависящего от выбора точек разбиений и выбора отмеченных точек, быть не может. Следовательно, $D(x)$ - не интегрируема на $[0,1].$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#48314

Вычислить, пользуясь только определением, интеграл $∫ 01xdx.$

Показать ответ и решение

Так как функция $f(x) = x$ непрерывна на отрезке $[0,1],$ то она интегрируема по Риману на нём.

То есть, по определению интеграла Римана, это означает, что существует предел интегральных сумм

∑n σ(x,P, ξ) = ξiΔxi i=1

при $λ(P) → 0.$ И, раз этот предел существует и не зависит от выбора точек разбиения $x0,x1,...xn$ и отмеченных точек $ξ1,ξ2,...ξn,$ то его можно вычислить по какой угодно последовательности разбиений и по какому угодно выбору отмеченных точек, лишь бы только параметр разбиения стремился к 0.

Пусть $Pn$ - равномерное разбиение отрезка $[0,1]$ на $n$ равных отрезков длины $1 n,$ то есть:

P1 : [0,1]

1 1 P2 : [0,-],[-,1] 2 2

1- 1- 2- 2- P3 : [0, 3],[3, 3],[3,1]

И так далее... И пусть при каждом разбиении $Pn$ отмеченные точки $ξi,i = 1,...n$ выбираются каждый раз в крайней правой точке отрезка разбиения. То есть, $i ξi = n,$ где $i = 1,...,n.$

Тогда, при любом таком разбиении интегральная сумма $σ(x,P2n,ξn)$ равна

∑n ∑n ∑n σ(x,Pn, ξn) = ξiΔxi = 1- i-= 1-- i = i=1 n i=1 n n2 i=1

1 (1 + n)n = -2-⋅-------- n 2

И ясно, что $1 (1+n)n n2+n 1+1n 1 n2 ⋅--2---= 2n2--= -2--→ 2$ при $n → +∞.$

Очевидно также, что $1 λ(Pn ) = n → 0.$ Следовательно, раз мы знаем, что интеграл $∫ 1 0 xdx$ существует, то при любой последовательности разбиений, у которых параметр стремится к 0, предел интегральных сумм и будет равен интегралу $∫ 1 0 xdx.$ Таким образом,

∫ 1 1- 0 xdx = 2

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#49373

Показать, что если:
$f ∈ ℛ [a,b]$ и $f(x) ≥ 0$ $∀x ∈ [a,b],$ то непременно и $∫b a f(x)dx ≥ 0.$

Показать ответ и решение

Вспомним теорему о монотонности интеграла:

Теорема. Пусть $f,g ∈ ℛ [a,b].$ И пусть $∀x ∈ [a,b]$ выполнено, что $f(x) ≥ g(x).$ Тогда и для их интегралов

∫ b ∫ b f(x )dx ≥ g(x )dx a a

Осталось лишь заметить, что если положить в качестве $g(x)$ тождественный 0,
т.е. $g(x) = 0 ∀x ∈ [a,b],$ то, во-первых, как и любая константа, $g$ - интегрируема, и $∫ b a g(x)dx = 0$ (так как равны 0 все интегральные суммы до предельного перехода при $λ(P ) → 0$ ), и, во-вторых, мы получим в точности наше утверждение, которое надо было доказать.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#49374

Пусть:
1. $f ∈ ℛ[a,b]$ ;
2. $f$ - непрерывна в каждой точке $[a,b]$ ;
3. $f(x) ≥ 0$ $∀x ∈ [a,b]$ ;
4. Найдётся хотя бы одна точка $x0 ∈ [a,b]$ такая, что $f(x0) > 0.$
Доказать, что тогда

∫ b f (x )dx > 0 a

Показать ответ и решение

Здесь уже не прокатит просто сказать, что до предельного перехода все интегральные суммы

∑n σ(f,P,ξ) = f(ξi)Δxi i=1

строго положительны, а значит и после предельного перехода при $λ(P) → 0$ будет $∫bf(x)dx > 0. a$

Во-первых, предельный переход может превратить строгое неравенство в нестрогое.

Более того, мы пока что ведь знаем только то, что наша функция строго положительна только в одной точке, это не даёт пока строгой положительности всевозможных интегральных сумм.

Тут нужно воспользоваться всеми данными нам условиями - в том числе непрерывностью $f$ на $[a,b].$

Давайте воспользуемся её непрерывностью в указанной в условии точке $x0$ - этого нам хватит.

Вспомним теорему о сохранении знака непрерывной функции:

Теорема. Если $f(x)$ непрерывна в точке $x0$ и если $f (x0 ) > 0,$ то найдётся окрестность $U𝜀(x0),$ в которой $f(x) > 0.$

Далее, ясно, что внутри этой окрестности найдется какой-то маленький отрезок $Δ ⊂ U 𝜀(x0 ),$ на котором наша функция $f,$ получается, тоже строго положительна (раз $Δ$ внутри окрестности строгой положительности $f$ ).

Более того, так как $f$ - непрерывна на $[a,b],$ то она непрерывна и на $Δ,$ тогда по теореме о минимуме и максимуме непрерывной функции (Вейерштрасс) , $f$ достигает на $Δ$ своего минимального $m$ и максимального $M$ значения.
И, поскольку $∀x ∈ Δ$ $f (x ) > 0,$ то $m = mxi∈nΔ f(x) > 0.$

Далее, давайте возьмем функцию $g$ такую, что $g$ на этом отрезке $Δ$ равна константе $m,$ и равна 0 вне $Δ.$ То есть

({ m если x ∈ Δ g(x) = ( 0, если x/∈Δ

Тогда понятно, что для интегральных сумм функций $f$ и $g$ при любом разбиении будет выполнена оценка:

n n ∑ ∑ σ(f,P, ξ) = f(ξi)Δxi ≥ g(ξi)Δxi = σ (g,P, ξ) i=1 i=1

Поскольку мы заменили функцию $f$ на тождественный 0 вне $Δ,$ а в $Δ$ взяли её минимальное значение.

Однако заметим, что $∫bg(x)dx > 0, a$ поскольку $∫bg(x)dx a$ - это не что иное, как площадь прямоугольника ширины $|Δ|$ и высоты $m,$ то есть $∫b a g(x)dx = |Δ |⋅m > 0$

Значит, переходя к пределу при $λ(P) → 0$ в неравенстве

∑n ∑n σ(f,P, ξ) = f(ξi)Δxi ≥ g(ξi)Δxi = σ (g,P, ξ) i=1 i=1

Мы получим, что (пользуясь теоремой о монотонности интеграла Римана):

∫ b ∫ b f(x)dx ≥ g(x)dx = |Δ|⋅ m > 0 a a

Следовательно

∫ b f (x )dx > 0 a

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#49375

Доказать, что если $f ∈ ℛ [a,b]$ и если $∀x ∈ [a,b]$ выполнено, что $m ≤ f(x) ≤ M$ (Ведь если $f$ интегрируема на $[a, b],$ то она ограничена на $[a,b]$ ), то тогда найдётся такое $μ ∈ [m, M ],$ что :

∫ b f(x)dx = μ (b − a) a

Показать ответ и решение

Вспомним первую теорему о среднем для интегралов:
Теорема. Пусть $f,g ∈ ℛ[a,b].$ И пусть $∀x ∈ [a,b]$ выполнено, что $m ≤ f(x) ≤ M$ (Что логично, ведь если $f$ интегрируема на $[a,b],$ то она ограничена на $[a,b]$ ).
Пусть, кроме того, $∀x ∈ [a,b]$ выполнено, что $g(x) ≥ 0.$ Тогда найдётся такое $μ ∈ [m, M ],$ что :

∫ b ∫ b (f(x)⋅g(x))dx = μ g(x)dx a a

Тогда достаточно в качестве $g(x)$ взять тождественную 1, то есть $∀x ∈ [a,b]$ $g(x) = 1.$

И, так как $∫ bg(x)dx = b− a, a$ то, применяя первую теорему о среднем, мы как раз доказываем в точности то утверждение, которое нас и просили.

Ответ:

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#49376

Вычислить

∫ π2 cos3xdx 0

Показать ответ и решение

Поскольку $f(x) = cos3x$ - непрерывна на $[0, π2],$ то применима формула Ньютона-Лейбница.

Ясно, что $sin3x F (x) = sinx − 3$ - первообразная для $f (x )$ на $π [0,2],$ поскольку $π ∀x ∈ [0, 2]$ выполнено, что $F ′(x) = f(x).$ (Процесс поиска первообразной мы оставляем за кадром, поскольку мы это уже научились делать ранее в теме неопределенного интегрирования - сделаем лишь намёк - нужна замена $sin x = t$ ).

Таким образом, по теореме Ньютона-Лейбница:

∫ π 2 3 π- 2- cos xdx = F (2)− F (0) = 3 0

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#49377

Вычислить

∫ 2π dx -------- 0 3 + cosx

Решение.
Найдём неопределенный интеграл

∫ ---dx--- 3 + cosx

Для этого сделаем замену $tg x2 = t.$ При этой замене $2 cosx = 11−+tt2,$ $dx = 12d+tt2.$

Тогда будем иметь:

∫ dx ∫ 2dt ∫ dt 1 t 3-+-cosx = -----2-----1−-t2- = 2+-t2-= √--arctg √--+ C = (1+ t )(3+ 1+t2) 2 2

x √1-- tg√-2- = 2 arctg 2 + C

Следовательно, $F (x ) = √1-arctg tg√ x2 + C 2 2$ - первообразная $f$ на $[0,2π ].$ Тогда получается, что по теореме Ньютона-Лейбница:

∫ 2π dx 3+-cosx-= F(2π) − F(0) = 0 0

поскольку $tg0 = tg π = 0$ и $arctg 0 = 0.$

Однако при этом, очевидно, что при любом $x$ выполнено: $--dx-- 1 3+cosx ≥ 4,$ поэтому $∫ 2π--dx-- 0 3+cosx$ никак не может быть равен 0.

Задача. В чём ошибка в этих рассуждениях?

Показать ответ и решение

Всё дело в замене. Заменяющая функция

x tg --= t 2

не является непрерывной на $[0,2π]$ ! И из-за этой неосторожности, то что у нас получилось в конце концов в качестве $F,$ то есть

1 tg x F(x) = √---arctg √-2-+ C 2 2

не является, разумеется, никакой первообразной функции $f$ на $[0,2 π].$ Ведь такая $F$ попросту разрывна в точке $x = π.$ А первообразная должна быть не то что непрерывна, вообще дифференцируема на всём $[0,2π],$ коль скоро мы хотим, чтобы $∀x ∈ [0,2π] F′(x ) = f (x ).$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#52371

Не выполняя вычислений, определить, какой интеграл больше:

∫ π2 ∫ π2 sin10x dx или sin2x dx 0 0

Показать ответ и решение

Заметим, что, поскольку на отрезке $[0, π2]$ $0 ≤ sin x ≤ 1$ , и, поэтому, раз $sin10x = sin8x ⋅sin2x$ , то $10 2 sin x ≤ sin x$ на $π [0,2]$ (мы домножили $2 sin x$ на функцию, не превосходящую единицы). Следовательно, по теореме о монотонности интеграла Римана,

∫ π2 ∫ π2 sin10xdx ≤ sin2 xdx 0 0

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#53632

Вычислить

∫ 2 |1 − x|dx 0

Показать ответ и решение

Напомним о чем говорит нам теорема Ньютона-Лейбница. Она утверждает, что если $f$ - непрерывная на отрезке $[a, b]$ функция, то она интегрируема на нём и если $Φ(x)$ - любая первообразная функции $f$ на $[a,b]$ , то имеет место равенство:

∫ b f(x)dx = Φ(b)− Φ (a) a

Раскроем модуль:

( { |1 − x| = 1 − x пр и 0 ≤ x ≤ 1 (x − 1 пр и 1 < x ≤ 2

Видно, что функция непрерывна на отрезке. Найдем первообразную функцию. На $[0,1]$ это $Φ (x ) = x − x2 + C 1 2 1$ , на $[1,2]$ первообразная $Φ (x) = x2− x + C 2 2 2$ . Будем применять дважды формулу Лейбница, сначала для функции на отрезке $[0,1]$ , потом для функции на отрезке $[1,2]$ .

∫ 2 ∫ 1 ∫ 2 |1− x|dx = (1− x )dx + (x − 1)dx = (Φ1(1)− Φ1 (0))+ (Φ2 (2)− Φ2(1)) = 0 0 1

= (1 − 1∕2 + C1 − 0+ 0 − C1)+ (2 − 2+ C2 − 1∕2+ 1 − C2) = 1∕2+ 1∕2 = 1

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#53633

Вычислить

∫ √3 --dx-- 1√3 1 + x2

Показать ответ и решение

∫ b f(x)dx = Φ(b)− Φ (a) a

$1 f (x) = 1+x2-$ - непрерывна на $1 √ -- [√3-, 3]$ . Первообразная $Φ(x) = arctg(x) + C$ . Тогда по формуле Ньютона-Лейбница:

√ -- √ -- Φ(√1-) − Φ( 3) = arctg(√1-)+ C − arctg( 3)− C = π-− π-= π- 3 3 3 6 6

Ответ:

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#53634

Вычислить

∫ π ∘ --------- sin x 1 + cos2xdx 0

Показать ответ и решение

Сделаем вначале замену $t = cosx$ . При этой замене отрезок $[0,π ]$ переходит в отрезок $[cos0,cosπ] = [1,− 1]$ . Как видим, у нас начало отрезка правее, чем конец. В таком случае, интеграл $∫ −11$ равен $∫ − 1−1$ , то есть, чтобы поменять местами пределы интегрирования, нужно взять интеграл со знаком минус.

Кроме того, при такой замене: $dt = − sin xdx$ , $√1-+-cos2x-= √1-+--t2-$ . Поэтому имеем:

∫ π ∘ --------- ∫ 1 ∘ ------ sinx 1 + cos2xdx = 1 + t2dt 0 − 1

∫ 1 ∘ ------ ∫ 1 2 ∫ 1 ∫ 1 2 1+ t2dt = √1-+-t--dt = √--dt---+ √-t----dt −1 −1 1 + t2 − 1 1+ t2 −1 1+ t2

У первого интеграла - табличная первообразная:

∫ 1 dt ∘ ------ √2--+ 1 √-----2 = ln(t+ 1+ t2)|1−1 = ln√------ −1 1 + t 2 − 1

А второй интеграл можно взять по частям:

∫ 1 2 ∫ 1 ∘ ------ ∘ ------ ∫ 1 ∘ ------ ∫ 1 ∘ ------ √--t----dt = t⋅d( 1 + t2) = t 1+ t2|1 − 1 + t2dt = 2√2-− 1 + t2dt −1 1 + t2 − 1 −1 −1 −1

Но ведь второе слагаемое - это есть в точности исходный интеграл! Поэтому, если обозначить за $√------ I = ∫ 1 1 + t2dt −1$ , то у нас получится вот такое красивое соотношение:

1+ √2-- √ -- I = ln---√---+ 2 2− I 1− 2

Откуда легко найти, что $√- √ -- 2I = ln √22+−11-+ 2 2$ , а, значит, $ln √√2+1+2√2 I = ---2−12----$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#53635

Вычислить

∫ 2π dx -------- 0 2 − sin x

Показать ответ и решение

Понятное дело, что не выйдет сделать замену в определенном интеграле $tg x2 = t$ - эта замена разрывна в точке $π$ .

Однако, если сделать эту же замену для вычисления первообразной, то есть

∫ ---dx--- 2 − sin x

То мы приходим, с учетом того, что $dx = -2dt2 1+t$ , $sin x = -2t2 1+t$ к неопределенному интегралу

∫ dt 2 ------------2t-- (1+ t2)(2 − 1+t2)

Который преобразуется в

∫ dt ∫ dt ∫ dt ∫ dt t− 1=u ∫ du 2 2t 2 --2--------= -2------- = -2------1---3 = ----1-2---3 2= -2---3 = √--arctg √--+C = 2t − 2t+ 2 t − t + 1 t − t+ 4 + 4 (t − 2) + 4 u + 4 3 3

x √2-- 2tg√2 −-1 = 3 arctg 3 + C

Следовательно, при любом $C 1$ функция $F (x ) = √2-arctg 2tg√ x2−-1+ C 1 3 3 1$ является первообразной для $f(x) = 2−s1in-x$ на полуинтервале $[0,π)$ , а при любом $C2$ функция $x F2(x) = √2-arctg 2tg√2−1-+ C2 3 3$ является первообразной для $--1--- f(x) = 2−sinx$ на полуинтервале $(π,2π ]$ .

Таким образом, нам нужно выбрать так $C1$ и $C2$ , чтобы уже функция

( x {F1 (x ) = √2-arctg 2-tg√-2−1+ C1 п ри x ∈ [0,π) G (x) = 3 2 tg 3x−1 (F2 (x ) = √23-arctg-√32--+ C2, п ри x ∈ (π,2π ]

была первообразной нашей исходной функции $--1--- f(x) = 2−sinx$ уже на всём отрезке $[0,2π]$ .

Подберем $C1,C2$ из условия непрерывности. То есть, чтобы

xl→imπ− F1 (x ) = xl→imπ+F2 (x )

Но ясно, что $xli→mπ− F1(x) = π√3-+ C1$

С другой стороны, $π√-- xl→imπ+F2(x) = − 3 + C2$ , Следовательно, нам нужно, чтобы

π√--+ C = − √π--+ C 3 1 3 2

То есть, необходимо, чтобы

C2 − C1 = 2√π- 3

Какие именно $C1,C2$ взять с выполнением этого условия - неважно. Возьмем, допустим, $2π- C1 = 0,C2 = √3$ .

И получается, что функция

( x { √2-arctg 2-tg√-2−1 при x ∈ [0,π) G (x) = 3 2 tg x3−1 ( √23-arctg--√32--+ 2√π3, при x ∈ (π, 2π]

уже будет являться настоящей первообразной для функции $f (x ) = 2−-1sinx$ на всём отрезке $[0,2π]$ . Следовательно, по формуле Ньютона-Лейбница:

∫ 2π 1 2π --------= G (2π)− G (0) = √-- 0 2− sinx 3

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#53636

Найти площадь области, ограниченной кривыми $x2 + 2ax − y2 = 0$ и $ax− y2 + 2a2 = 0$ , $a > 0$

График области представлен ниже:

$PIC$

Показать ответ и решение

Видно, что данная область не является стандартной относительно оси $Ox$ . Потому что пока $x$ пробегает от $− 2a$ до $a$ , мы не можем указать двух функций $y1,y2$ таких, что $y$ пробегает от $y1$ до $y2$ - поскольку при $x > 0$ у нас будут проблемы с тем, что над каждой точкой по иксу будет аж 4 значения $y$ .

Конечно, эту область можно разбить на три стандартные относительно $Ox$ области - часть от $− 2a$ до 0 по $Ox$ и два "плавника" $\text{[math]}$ при $x > 0$ , посчитать площадь каждой области и потом сложить.

Но проще заметить, что наша область является стандартной относительно $Oy$ . Действительно,

√ -- √ -- 2 2 ∘ ------- D (x,y) = { − a 3 ≤ y ≤ a 3, y-−-2a- ≤ x ≤ − a+ y2 + a2}− в точности наш а область a

(здесь мы выразили $x$ из первого и из второго неявного задания) Следовательно, площадь нашей области $SD$ равна:

∫ √- a 3 ∘ --2---2 y2 −-2a2 SD = √-(− a+ y + a − a )dy −a 3

Но видно, что наша область - симметричная относительно $Ox$ , то есть её верхний кусок равен нижнему, а поэтому можно просто посчитать площадь верхнего куска, и умножить на 2:

∫ √- ∫ √- a 3 ∘ -2---2- y2- a 3 ∘ -2----2 y2- SD = 2 ( y + a − a− a + 2a )dy = 2 ( y + a + a − a )dy 0 0

У подынтегральной функции можно найти первообразную. Мы это проделывали ранее в теме неопределенный интеграл (ясно, что трудность представляет из себя здесь только корень, все остальное - совсем простые табличные интегралы), поэтому можем воспользоваться тем, что

∫ ∘ ------- t∘ ------- a2 ∘ ------- a2 + t2dt =-- a2 + t2 + ---ln |t + a2 + t2|+ C 2 2

А потому, будем иметь:

∫ √- a 3 ∘ -2----2 y2- ∘ -2----2 2 ∘ -2----2 2y3-a√3- SD = 2 ( y + a + a − a )dy = y a + y + a ln |y + a + y |+ 2ay − 3a |0 = 0

√ --- √ -∘ -2----2- 2 √ -- ∘ -2-----2 √ --2 2a3--27 2 = a 3 a + 3a + a ln(a 3+ a + 3a )+ 2 3a − 3a − a ln a =

√ -- √ -- √ -- √ -- √ -- √ -- = 2 3a2 + a2ln( 3+ 2) + 2 3a2 − 2 3a2 = 2 3a2 + a2 ln( 3+ 2)

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#53879

Привести пример функции, интегрируемой по Риману на $[a,b]$ , но не имеющей первообразной на этом отрезке.

Показать ответ и решение

Функция

$( |||{ 1 x > 0 sgn (x) = || − 1 x < 0 |( 0 x = 0$

интегрируема по Риману на отрезке $[− 1,1]$ , ведь

$∫ 1 ∫ 0 ∫ 1 ∫ 0 ∫ 1 sgn(x)dx = sgn(x)dx+ sgn(x)dx = − 1dx + 1dx = 2 −1 −1 0 −1 0$

Но эта функция не имеет первообразной на отрезке $[− 1,1]$ . Действительно, пусть $F(x)$ – такая функция, что $F ′(x) = sgn(x)$ на $[− 1,1]$ . Тогда в точке $0$

$lim F(x-+-0)−-F-(0)= 1 ⁄= − 1 = lim F-(x+-0)-−-F(0) x→0+ x− 0 x→0− x − 0$

То есть $F(x)$ не может быть дифференцируемой в нуле. Противоречие, ведь у первообразной на $[− 1,1]$ во всех точках отрезка $[− 1,1]$ должна существовать производная и быть равна $sgn(x)$ .

Значит, функция $sgn (x )$ интегрируема по Риману на $[− 1,1]$ , но не имеет первообразной на этом отрезке.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#53880

Привести пример функции, неинтегрируемой по Риману на $[a,b]$ , квадрат которой интегрируем на $[a,b]$ .

Показать ответ и решение

Рассмотрим функцию Дирихле, не интегрируемую по Риману:

$( { 1, x ∈ ℚ f(x) = ( 0, x ∈ ℝ ∖ ℚ$

И немного изменим её:

$( { 1, x ∈ ℚ f (x ) = ( − 1, x ∈ ℝ ∖ ℚ$

Такая функция всё ещё не интегрируема по Риману на любом отрезке $[a,b]$ , ведь можно взять два одинаковых разбиения с различными отмеченными точками, причём одно разбиение будет включать в себя только рациональные точки, другое – только иррациональные. Тогда обозначим разбиение
$T = {a = x0 < x1 < ...< xn = b}$ , отрезки разбиения $Δk = [xk−1,xk]$ , диаметр разбиения $λ(T ) = max |Δk |$ и посмотрим на значения Римановых сумм в первом и во втором случае:

$n n ∑ f (ξ )|Δ | = ∑ 1 ⋅|Δ | = (x − x )+ (x − x )+ ...+ (x − x ) = k k k 1 0 2 1 n n−1 k=1 k=1 = xn − x0 = b− a$

$n lim ∑ f(ξ )|Δ | = b− a λ(T)→0 k k k=1$

$n n ∑ f (ξ ′)|Δ | = ∑ (− 1) ⋅|Δ | = − (x − x ) − (x − x ) − ...− (x − x ) = k k k 1 0 2 1 n n−1 k=0 k=0 = x0 − xn = a− b$

$n lim ∑ f(ξ′)|Δ | = a − b λ(T)→0 k k k=1$

Пределы различаются, значит, функция не интегрируема по Риману ни на каком отрезке $[a,b]$ . В то время как квадрат функции равен $f2(x) = 1$ на всей числовой прямой, и эта функция интегрируема по Риману на любом отрезке $[a,b]$ .

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#54773

Вычислить:

∫ 8 √ -- 3xdx −1

Показать ответ и решение

Напомним о чем говорит нас теорема Ньютона-Лейбница. Она утверждает, что если $f$ - непрерывная на отрезке $[a, b]$ функция, то она интегрируема на нём и $Φ(x)$ - любая первообразная функции $f$ на $[a,b]$ , то имеет место равенство:

∫ b f(x)dx = Φ(b)− Φ (a) a

$√ -- f (x) = 3x$ - непрерывна на $[− 1,8]$ . Найдем какую-то первообразную -

3√3-4- Φ(x) = 4 x + C

Тогда по формуле Ньютона-Лейбница : $Φ(8) − Φ(− 1) = 3843 + C − 3(− 1)43 − C = 3(16 − 1) = 45 4 4 4 4$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#54774

Найти площадь области $D$ , ограниченной линиями $y = x − 1$ и $y2 = x + 1$

$PIC$

Показать ответ и решение

Данная область является стандартной относительно оси $Ox$ . А именно, при $− 1 ≤ x ≤ 3$ по оси $Oy$ область ограничена функциями $y (x) ≤ y ≤ √x-+-1 1$ , где $( { √----- y (x ) = − x + 1 пр и x ∈ [− 1,0] 1 ( x − 1, пр и x ∈ [0,3]$ Следовательно, указанную площадь можно вычислить по формуле:

∫ 3 ∫ 0 ∫ 3 S = (√x--+-1− y(x))dx = 2√x-+-1dx + (√x-+--1− x + 1)dx D −1 1 − 1 0

Оба интеграла табличные и легко считаются:

∫ 0 √ ----- ∫ 3√ ----- 2 2 x + 1dx+ ( x + 1− x + 1)dx = 4-(x + 1)32|0−1 + 2(x + 1)32|30 − (x−--1)-|30 = 9- −1 0 3 3 2 2

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#54776

Найти площадь области, ограниченной линиями $y = 2x$ , $y = x + 1$ , $y = 0$ и $x = 3$

Показать ответ и решение

Построим графики и посмотрим, как выглядит область:

$PIC$

Разобьем область на две части:
Первая часть - от $x = − 1$ до $x = 1$ .
Вторая - от $x = 1$ до $x = 3$ .
Посчитаем отдельно площадь каждой части и сложим их.

Площадь первой части посчитаем, как площадь прямоугольного треугольника с катетами длины 2. Его площадь равна 2.

Площадь второй части - это площадь под графиком гиперболы. Посчитаем ее как определенный интеграл: