Integralas su kintamu viršutiniu rėžiu. Integravimo metodai. - Ututi

More documents

Recommendations

Info

Δ Pastebėsime, kad funkcija f apibrėžta funkcijos ϕ reikšmių srityje, todėl sudėtinė funkcija ( f g)( t) turi prasmę. Užrašytoje formulėje abi lygybės pusės apibrėžtos tolydžiosiomis funkcijomis, todėl abu integralai egzistuoja. Tegul Φ( x) − kuri nors pirmykštė funkcija funkcijai f intervale ( ab. , ) Tuomet sudėtinė funkcija ( Φ ϕ)() t = Φ(ϕ() t turi prasmę. Ji yra pirmykštė funkcija funkcijai f ϕ() t ϕ′ t Remdamiesi ) Niutono ir Leibnico formule, gauname ( ) =Φ ) −Φ( β α 0 ∫ 0 ( ()) () ( ) b a 0 ∫ f xdx ( b 0 a0), 0 ( ) ( ( )) ( ) ( ) f ϕ t ϕ′ t dt =Φ ϕ β −Φ ϕ α =Φ b −Φ a 0 0 0 0 . Δ ( ) (). Pastebėsime, kad teoremos formulė lieka teisinga, kai α > β . 0 0 Jei naudotis ir vienpusėmis išvestinėmis sudėtinei funkcijai, tai teoremą galima įrodyti, kuomet , , , , a = ϕ α , b= ϕ β ir funkcija apibrėžta atkarpoje [ ab ] ϕ − apibrėžta atkarpoje [ α β ] kai ( ) ( ) funkcijos ϕ reikšmių sritis priklauso atkarpai [ ab. , ] Tuomet kintamojo keitimo formulę rašome b a β ( ) = ( ( )) () ∫ f xdx ∫ f ϕ t ϕ′ t dt. Keičiant kintamąjį x ϕ ( t) α galime formaliai keisti x į b a β ( ) = ϕ( ) ∫ ∫ ( ) ϕ(). f xdx f t d t α ϕ () t = apibrėžtiniame integrale f ( ) b ∫ a xdx , ir atitinkamai pakeisti rėžius, tuomet gautume tokį užrašą 5 Pavyzdys. Įrodysime, kad π/2 π/2 m m ∫ sin xdx = ∫ cos xdx, m = 0,1,2,3, … 0 0
π Δ Nesunku matyti, kad paėmus x = − t, gauname reikiamą lygybę. Δ 2 b b a+ b Uždavinys. Įrodykite, kad x f ( x) dx= f ( x) dx, f C , 2 ab f ( a+ t) = f ( b− t) . ∫ ∫ kai ∈ [ ] ir visiems t∈[ 0, b− a] a a ( n − ) ⎡ 1!! π π/2 π/2 ⎢ , kai n − lyginis, n n n!! 2 6 Pavyzdys. Įrodysime, kad In : = ∫ sin xdx= ∫ cos xdx=⎢ 0 0 ⎢ ( n −1!! ) ⎢ 1, kai n − nelyginis. ⎣ n!! Pastaba. n !! reiškia sandaugų skaičių n∈ , kurie yra vienodo lygiškumo duotojo n atžvilgiu, pvz., 5! ! = 1⋅3⋅5. Δ Integruodami dalimis, gauname π/2 π/2 π/2 n n−1 n−1 π /2 n−2 2 n−2 2 ( ) ∫ ( ) ( ) n−2 ( ) ( ) I = sin xdx =− sin x d cos x =− sin xcos x + n − 1 sin x cos xdx = n ∫ ∫ ∫ 0 0 0 0 π /2 = n−1 sin x 1− sin x dx= n−1 I − n−1 I . 0 n −1 Iš čia randame, kad In = In−2. n π/2 π/2 π Kadangi I0 = dx= , In = sinxdx= 2 ∫ ∫ 1, todėl, kai n 2k 1, 0 0 ( − )… ( )( ) n ( − ) ( ) 2k 2k 2k 2 2 2k 1 !! I2k+ 1 = I2k− 1 = = I1 = , 2k+ 1 2k+ 1 2k−1 … 1 2k+ 1 !! = + t.y. nelyginis, tuomet Kai n= 2 k, t.y. lyginis, tada ( )( ) ( − )… ( ) ( ) 2k −1 2k−1 2k−3 … 1 2k−1 !! π I2k = I2k−2 = = I0 = . 2k 2k 2k 2 2 2 k !! 2 Δ 7 Pavyzdys. Voliso formulė (J. Wallis, 1616-1703 angl.) Iš gauto rezultato 4 pvz. lengvai gauname π 1 ⎛ 2 n !! ⎞ formulę skiačiui π apskaičiuoti, kurią ateityje panaudosime, = lim . 2 n→+∞ ( 2n+ 1) ⎜( 2n−1 )! ⎟ ⎝ ! ⎠ 2n+ 1 2n 2n−1 π ⎡ π ⎤ Δ Integruodami nelygybę sin x≤sin x≤sin x, 0 ≤ x≤ , atkarpoje 0, 2 ⎢ ⎣ 2 ⎥ , gauname ⎦ π/2 π/2 π/2 2n+ 1 2n 2n−1 ∫ ∫ ∫ sin xdx ≤ sin xdx ≤ sin xdx 0 0 0 (nesunku pagrįsti, kad, griežtai imant, turime griežtas nelygybes). ( 2 n) !! ( 2n−1 )!! ( 2 2 )!! Remdamiesi I n rezultatu, turime I2n+ 1 ≤ I2n ≤ I2n− 1 arba π n− ≤ ⋅ ≤ . 2n+ 1 !! 2 n !! 2 2n−1 !! ( ) ( ) ( ) 2 ( )
Page 1 and 2: 1.1.4-5. Integralas su kintamu vir
Page 3: x x x f x − f a = f t dt =− f t

Integralas su kintamu viršutiniu rėžiu. Integravimo metodai. - Ututi

Create successful ePaper yourself

Delete template?

Save as template?