Как вычислить интеграл модуля

Раздел 8. Неопределенный и определенный интегралы (модуль):

Изучение понятий неопределенный и определенный интегралы связано с вычислением для данной функции первообразной: функция F(x) называется первообразной для функцииf(x) на заданном промежутке, если для всехxиз этого промежуткаF´(x)=f(x).

Функция есть первообразная для функциина интервале, так какдля всех.

Основное свойство первообразных (модуль) можно сформулировать так, что любая первообразная для функции f(x) на некотором промежутке [a;b] может быть записана в видеF(x)+c, гдеF(x) – одна из первообразных для функцииf(x) на промежутке [a;b], аc– произвольная постоянная.

Рассмотрим первообразные элементарных функций (модуль) в виде таблицы:

–cosx+c

x n , n≠ –1

sinx+c

n · x n –1

x n +c

Если y=f(x) – непрерывная и неотрицательная функция на отрезке [a;b], аF(x) – её первообразная на этом отрезке, то площадьSсоответствующей криволинейной трапеции равна приращению первообразной на отрезке [a;b], т.е.S=F(b)–F(a).

Интегралом функции y=f(x) отaдоb, т.е.x[a;b] обозначают, т.е.приn∞ (читается как «интеграл отaдоbфункцииf(x) поdx).

Числа aиbназываются пределами интегрирования:

a– нижний предел;

b– верхний предел.

Знак ∫ называют знаком интеграла. Функция y=f(x) называется подинте-гральной функцией, а переменнаяx– переменной интегрирования.

Если f(x)≥0 на отрезке [a;b], то площадьSсоответствующей криволинейной трапеции выражается формулой.

При вычислении определенных интегралов используется формула Ньютона-Лейбница:

S– площадь криволинейной трапеции;

– первообразные для функции на отрезке отaдоb;

f(x) – заданная функция;

aиb– пределы интегрирования;

x– переменная интегрирования.

Для удобства записи разность F(b)–F(a) (приращение функции на отрезке) принято сокращенно обозначать так:

Пользуясь этим обозначением, формулу Ньютона-Лейбница можно записать в виде:

Рассмотрим некоторые примеры вычисления определенных интегралов:

Найдите площадь фигуры, ограниченной линиями

y=cosx;;;y=0.

Решение.

Ответ:S=1.

Найдите площадь фигуры, ограниченной линиями

;x=e; x=e 2 ; y=0.

Решение.

Ответ: S=1.

Найдите площадь фигуры, ограниченной линиями

y=x 2 ;x=1;x=2;y=0.

Ответ: .

Контрольные работы:

I курс:

Контрольная работа 1.Тема 6.Матричная форма системы уравнений.

1. Вычислить определитель.

2. Найти матрицу обратную к матрице

3. Решить матричное уравнение

4. Решить систему уравнений с помощью обратной матрицы

5. Решить систему уравнений по формулам Крамера.

6. Решить систему уравнений методом Гаусса.

Контрольная работа 2.Тема 8.Линейная зависимость векторов.

1. Даны векторы .

1) ,

2) ,

3) найти вектор , коллинеарный векторуи удовлетворяющий условию.

2. Даны векторы . Найти векторное произведение, синус угла между ними, площадь параллелограмма, построенного на этих векторах.

3. Вычислить произведение если

4. Найти точку пересечения прямой и плоскости 2x–y+z+1=0.

5. Составить уравнение плоскости, проходящей через точки М₁(2;3;-1) и М₂(1;5;3), перпендикулярно плоскости 3х – у +3z + 15 = 0.

6. При каких значениях C и D прямая лежит в плоскости 2x – y + Cz + D = 0?

Метка: интеграл от модуля

$\DeclareMathOperator<\arctg>$ 1. Линейность интеграла. Если функции $f$ и $g$ интегрируемы на отрезке $\lbrack a, b\rbrack$, а числа $\alpha, \beta \in \mathbb $, то
$$\int\limits_a^b \lbrack\alpha f\left(x\right) + \beta g\left(x\right)\rbrack\,dx = \alpha\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx + \beta\int\limits_a^b g\left(x\right)\,dx.$$

Это свойство получено нами ранее при доказательстве интегрируемости линейной комбинации.

2. Аддитивность интеграла. Пусть числа $b < a$. Зададим точки $a = x_ <0>> x_ <1>> \ldots > x_ = b,$ выберем точки $\xi_ \in \lbrack x_, x_\rbrack$ и составим сумму $\displaystyle\sigma = \sum\limits_^ f\left(\xi_\right)\Delta x_.$ Заметим, что в этой сумме все $\Delta x_ < 0.$ Ясно, что эту сумму можно получить как интегральную сумму на $\lbrack b, a\rbrack,$ только с противоположным знаком. Это приводит к следующему определению.

Определение. Пусть $b < a$ и функция $f$ интегрируема на $\lbrack b, a\rbrack.$ Тогда по определению полагаем
$$\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx = -\int\limits_b^a f\left(x\right)\,dx.$$
Далее, для каждой функции $f$, определенной в точке $a$, полагаем по определению

$$\int\limits_a^a f\left(x\right)\,dx = 0.$$

Теорема. Пусть $a, b, c$ — произвольные точки на действительной прямой. Если функция $f$ интегрируема на наибольшем из отрезков с концами в двух из этих точек, то она интегрируема также и на двух других отрезках, и справедливо равенство
$$\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx = \int\limits_a^c f\left(x\right)\,dx + \int\limits_c^b f\left(x\right)\,dx.$$

Пусть, например, $a < c < b$ и функция $f$ интегрируема на $\lbrack a, b\rbrack.$ Тогда, по доказанному ранее свойству 4, она интегрируема на отрезках $\lbrack a, c\rbrack$ и $\lbrack c, b\rbrack.$ Возьмем произвольное разбиение $a = x_ <0>< x_ <1>< \ldots < x_ = b$, такое, что $c$ является одной из точек деления. Выберем промежуточные точки $\xi_$ и рассмотрим интегральную сумму $\displaystyle\sigma = \sum\limits_^ f\left(\xi_\right)\Delta x_$. Если $c = x_$, то эту сумму разобьем на две: $\displaystyle\sigma = \sum\limits_^ f\left(\xi_\right)\Delta x_ + \sum\limits_^ f\left(\xi_\right)\Delta x_$. При $d(\Pi) \to 0$ первая сумма справа стремится к $\displaystyle\int\limits_a^c f\left(x\right)\,dx$, вторая — к $\displaystyle\int\limits_c^b f\left(x\right)\,dx$, а сумма $\sigma$ стремится к $\displaystyle\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx$. Переходя к пределу при $d(\Pi) \to 0$, получим требуемое равенство.
Пусть теперь $c < a < b$. Тогда, по уже доказанному,
$$\int\limits_c^b f\left(x\right)\,dx = \int\limits_c^a f\left(x\right)\,dx + \int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx.$$
Отсюда следует
$$\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx = \int\limits_c^b f\left(x\right)\,dx-\int\limits_c^a f\left(x\right)\,dx = \int\limits_a^c f\left(x\right)\,dx + \int\limits_c^b f\left(x\right)\,dx$$
и теорема доказана полностью.

3. Интеграл от модуля. Пусть функция $f$ интегрируема на отрезке $\lbrack a, b\rbrack \left(a < b\right)$. Тогда
$$\left|\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx\right| \leqslant \int\limits_a^b \left|f\left(x\right)\right| \,dx.$$

Действительно, интегрируемость модуля интегрируемой функции доказана ранее. Докажем неравенство. Для этого выберем произвольное разбиение отрезка $\lbrack a, b\rbrack.$ Тогда для интегральных сумм будем иметь следующее неравенство:
$$\left|\sum\limits_^ f\left(\xi_\right)\Delta x_\right| \leqslant \sum\limits_^ \left|f\left(\xi_\right)\right|\Delta x_.$$
При стремлении к нулю диаметра разбиения интегральная сумма под знаком модуля в левой части стремится к к $\displaystyle\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx$, а сумма справа стремится к $\displaystyle\int\limits_a^b \left|f\left(x\right)\right|\,dx$. Переходя к пределу при $d(\Pi) \to 0$, получаем требуемое неравенство для интегралов.

4. Монотонность интеграла. Пусть функции $f$ и $g$ интегрируемы на $\lbrack a, b\rbrack \left(a < b\right)$ и $f\left(x\right)\leqslant g\left(x\right)$ для всех $x \in \lbrack a, b\rbrack.$ Тогда
$$\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx \leqslant \int\limits_a^b g\left(x\right)\,dx.$$

Действительно, возьмем произвольное разбиение отрезка $\lbrack a, b\rbrack$ и выберем промежуточные точки $\xi_$. Тогда $f\left(\xi_\right)\leqslant g\left(\xi_\right) \left(i = 0, 1, \ldots, n-1\right)$. Умножая эти неравенства на $\Delta x_ > 0$ и складывая, получим
$$\sum\limits_^ f\left(\xi_\right)\Delta x_\leqslant\sum\limits_^ g\left(\xi_\right)\Delta x_.$$
Отсюда, устремляя к нулю диаметр разбиения, получаем требуемое неравенство.

Следствие 1. Пусть $f$ — неотрицательная интегрируемая функция на $\lbrack a, b\rbrack \left(a < b\right)$. Тогда
$$\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx \geqslant 0.$$

Следствие 2. Если интегрируемая функция $f$ строго положительна на $\lbrack a, b\rbrack \left(a < b\right)$, то и $$\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx > 0.$$

Действительно, в силу критерия Лебега , найдется точка $x_<0>\in\lbrack a, b\rbrack$, в которой функция непрерывна . Поскольку $f\left(x_0\right) > 0$, то найдется такое $\delta > 0$, что $\displaystyle f\left(x\right) > \frac<1><2>f\left(x_0\right)$ для всех $x \in \left(x_0-\delta, x_0 + \delta\right) \cap \lbrack a, b\rbrack.$ Выберем отрезок $\lbrack\alpha, \beta\rbrack \subset \left(x_0-\delta, x_0 + \delta\right) \cap \lbrack a, b\rbrack, a\leqslant\alpha < \beta\leqslant b$.Тогда, в силу свойства аддитивности интеграла, получим $$\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx = \int\limits_a^\alpha f\left(x\right)\,dx + \int\limits_\alpha^\beta f\left(x\right)\,dx + \int\limits_\beta^b f\left(x\right)\,dx.$$ Первый и третий интегралы справа неотрицательны в силу следствия, а для второго интеграла, учитывая неравенство $\displaystyle f\left(x\right) \geqslant \frac<1> <2>f\left(x_0\right)$, из свойства монотонности интеграла получим $$\int\limits_\alpha^\beta f\left(x\right)\,dx \geqslant \int\limits_\alpha^\beta \frac<1><2>f\left(x_0\right)\,dx = \frac<1><2>f\left(x_0\right)\left(\beta-\alpha\right) > 0.$$
Таким образом, $\displaystyle\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx > 0$.

Следствие 3. Пусть функция $f$ интегрируема на $\lbrack a, b\rbrack$ и $m \leqslant f\left(x\right) \leqslant M$ для всех $x \in \lbrack a, b\rbrack$. Тогда
$$ \begin\labelm\left(b-a\right) \leqslant \int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx \leqslant M\left(b-a\right)\end.$$

Это следствие сразу вытекает из свойства монотонности интеграла.

Замечание. В условиях следствия 3 найдется такое число $\mu \in \lbrack m, M\rbrack$, что
$$\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx = \mu\left(b-a\right).$$

Действительно, положим $\displaystyle\mu = \frac<1><\left(b-a\right)>\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx$. Тогда, по следствию 3, $m \leqslant \mu \leqslant M$.

Отметим, что при $a > b$ в такой формулировке это замечание остается в силе, в то время как знаки неравенств в $\eqref$ меняются на противоположные.

Следствие 4. Если функция $f$ непрерывна на $\lbrack a, b\rbrack$, то найдется такая точка $\xi \in \lbrack a, b\rbrack$, что
$$ \int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx = f\left(\xi\right)\left(b-a\right).$$

Действительно, пусть $m$ и $M$ соответственно нижняя и верхняя грани функции $f$ на отрезке $\lbrack a, b\rbrack$, они достигаются в силу первой теоремы Вейерштрасса. По уже доказанному, найдется точка $\mu \in \lbrack m, M\rbrack$, такая, что $\displaystyle\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx = \mu \left(b-a\right)$. По теореме Больцано-Коши о промежуточном значении, найдется такая точка $\xi \in \lbrack a, b\rbrack$, что $f\left(\xi\right) = \mu.$

Замечание. Следствие 4 иногда называют теоремой о среднем значении. Оно тесно связано с теоремой Лагранжа, которую также называют теоремой о среднем значении в дифференциальном исчислении.

Примеры решения задач

Данные примеры читателю рекомендуется решить самому в качестве тренировки.

Оценим подынтегральную функцию:
$$-1 \leqslant \sin \leqslant 1 \Rightarrow$$
$$3 \leqslant 5 + 2\sin \leqslant 7 \Rightarrow$$
$$\sqrt <3>\leqslant \sqrt<5 + 2\sin> \leqslant \sqrt <7>\Rightarrow$$
$$\frac<1><\sqrt<7>> \leqslant \frac<1><\sqrt<5 + 2\sin>> \leqslant \frac<1><\sqrt<3>>.$$
Отсюда и из монотонности интеграла следует, что
$$\int\limits_0^ <2\pi>\frac<\,dx><\sqrt<7>> \leqslant \int\limits_0^<2\pi>\frac<\,dx><\sqrt<5 + 2\sin>>\leqslant\int\limits_0^ <2\pi>\frac<\,dx><\sqrt<3>>.$$
Таким образом,
$$\frac<2\pi><\sqrt<7>> \leqslant \int\limits_0^<2\pi>\frac<\,dx><\sqrt<5 + 2\sin>>\leqslant\frac<2\pi><\sqrt<3>>.$$

Из аддитивности интеграла
$$\int\limits_0^2 \left|1-x\right|\,dx = \int\limits_0^1 \left|1-x\right|\,dx + \int\limits_1^2 \left|1-x\right|\,dx =$$ $$= \int\limits_0^1 \left(1-x\right)\,dx + \int\limits_1^2 \left(x-1\right)\,dx = \int\limits_0^1 \,dx-\int\limits_0^1 x \,dx + \int\limits_1^2 x \,dx-\int\limits_1^2 \,dx =$$ $$= 1-0-\left.\frac<2>\right|_0^1 + \left.\frac<2>\right|_1^2-(2-1) = 1-\frac<1> <2>+ 0 + \frac<2^2><2>-\frac<1><2>-1 = 1.$$

$$\int\limits_0^3 \frac\,dx = \int\limits_0^3 \frac<\left(x^4 -1\right) + 1>\,dx =$$ $$= \int\limits_0^3 \frac<\left(x^2-1\right)\left(x^2 + 1\right) + 1>\,dx = \int\limits_0^3 \left(x^2-1 + \frac<1>\right)\,dx.$$
Воспользовавшись свойством линейности интеграла, получим
$$\int\limits_0^3 \left(x^2-1 + \frac<1>\right)\,dx = \int\limits_0^3 x^2 \,dx-\int\limits_0^3 \,dx + \int\limits_0^3 \frac<\,dx> =$$ $$= \left.\frac<3>\right|_0^3-(3-0) + \left.\arctg\right|_0^3 = 9-0-3+ \arctg<3>-\arctg <0>=$$ $$=6 + \arctg<3>.$$

Сравним подынтегральные функции. Пусть $f\left(x\right) = e^<-x>\sin$, $g\left(x\right) = e^<-x^2>\sin$.
$$f\left(x\right)-g\left(x\right) = e^<-x>\sin-e^<-x^2>\sin = \sin\left(e^<-x>-e^<-x^2>\right) =$$ $$= e^<-x>\sin\left(1-e^<-x^2 + x>\right).$$
На промежутке $\lbrack 2, 3\rbrack$ функции $\sin$ и $e^<-x>$ принимают положительные значения (поскольку синус на $\lbrack 0, \pi\rbrack$ положительный). Значит нам достаточно сравнить с нулем выражение $1-e^<-x^2 + x>$. Поскольку на $\lbrack 2, 3\rbrack$ $x^2 > x$, то $-x^2 + x < 0$, а значит $e^ <-x^2 + x>< 1$. $1-e^ <-x^2 + x>> 0$, из чего следует, что $f\left(x\right) > g\left(x\right)$.
Ответ:
$$\int\limits_2^3 e^<-x>\sin\,dx > \int\limits_2^3 e^<-x^2>\sin\,dx.$$

Воспользуемся четвертым следствием из свойства монотонности интеграла. Средним значением функции $f\left(x\right)$ на отрезке $\lbrack a, b\rbrack$ называется число $\displaystyle\mu = \frac<1><\left(b-a\right)>\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx.$
Из этого следует:
$$\mu = \frac<1><\left(\frac<\pi><2>-0\right)> \int\limits_0^<\frac<\pi><2>> \sin\,dx = \left.-\frac<2><\pi>\cos\right|_0^<\frac<\pi><2>> = -\frac<2><\pi>(0-1) = \frac<2><\pi>.$$
Ответ: $\displaystyle\frac<2><\pi>.$

Научный форум dxdy

Определённый интеграл от модуля (правильно ли решено?)

Доброго всем дня, раскладываю функцию в ряд Фурье и при вычислении к сумме (или разности) интегралов по $[-\pi,0]$ и $[0,\pi]$ .

Наверное, вначале нужно модуль не трогать, а просто представить интеграл по $[-\pi,\pi]$ в виде суммы двух интегралов от того же самого выражения. А что дальше?

И кстати, Вы понимаете, почему мы разбиваем наш отрезок $[-\pi,\pi]$ именно на эти два отрезочка, именно точкой $» />$» />, а не какой-нибудь другой точкой? Что в этой точке такого особенного?

интегралы — Интеграл от модуля

Эта функция кусочно-линейная, равная $%2-x$% при $%x\ge1$% и $%x$% для $%x\le1$%. Интеграл по любому отрезку [a,b], содержащему точку 1, представляется как сумма интегралов от двух линейных функций по [a,1] и [1,b]. А ещё проще нарисовать график функции и посмотреть на площадь под этим графиком: там сразу ясно, что получается треугольник с площадью 1.

P.S. Обычно меньшее число у пределов интегрирования предшествует большему. Если их переставить, то формально такой интеграл сменит знак.

Здравствуйте

Математика — это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Похожие публикации:

Pip install pytelegrambotapi как установить pycharm

Как определить наклонение по координатам

Как убрать синие линии в excel

43030 0001 чем обжать