2 Twierdzenie o średniej całkowej funkcji

43  Download (0)

Pełen tekst

(1)

1 Uzupełnienia

I =

Z dx sin x =

t = tgx

2; dx = 2t

1 + t2; sin x = 2t 1 + t2

(1)

=

Z 2dt(1 + t2) (1 + t2)2t =

Z 1

tdt = ln |t| + C = ln | tgx

2| + C. (2)

(2)

Można obliczyć całkę I korzystając z podstawienia t = cos x.

I =

Z dx sin x =

Z sin x sin2xdx =

t=cos x dt=− sin xdx

sin2x=1−t2

=

Z dt

t2− 1 =

Z dt

(t + 1)(t − 1). Korzystając z rozkładu na ułamki proste otrzymujemy

1

(t + 1)(t − 1) = −1 2· 1

t + 1 +1 2 · 1

t − 1. Wracając do całki mamy

I = −1 2

Z dt t + 1+ 1

2

Z dt t − 1 =

= −1

2ln |t + 1| + 1

2ln |t − 1| + C = 1 2ln

t − 1 t + 1

+ C = 1 2ln

cos x − 1 cos x + 1

+ C.

(3)

Uwaga

1 2ln

cos x − 1 cos x + 1

= ln | tgx 2| wynika to z równości

cos x − 1 cos x + 1

= | tg2 x

2| = sin2 x2 cos2 x2, którą można uzasadnić korzystając z tożsamości:

cos x − 1 = cos2x

2 − sin2 x

2 − 1 = −2 sin2 x 2, cos x + 1 = cos2x

− sin2 x

+ 1 = 2 cos2 x .

(4)

2 Twierdzenie o średniej całkowej funkcji

Jeżeli f : [a, b] → R jest funkcją ciągłą, to istnieje element c ∈ [a, b] o tej własności, że f (c) = b−a1 Rb

a

f (x)dx.

Liczbę f (c) nazywamy wówczas średnią całkową funkcji f w przedziale [a, b].

Interpretacja geometryczna średniej całkowej funkcji

(5)

DOWÓD Na wstępie zauważmy, że dzięki ciągłości funkcji f na mocy wartości m = min

x∈[a,b]f (x) oraz M = max

x∈[a,b]f (x)

są skończone. Wtedy dla dowolnego x ∈ [a, b] mamy m ¬ f (x) ¬ M . Całkując te nierówności w granicach od a do b, otrzymujemy m(b − a) =

b

R

a

mdx ¬

b

R

a

f (x)dx ¬

b

R

a

M dx = M (b − a),

a zatem po przekształceniach m ¬

y0

z }| {

1 b − a

b

Z

a

f (x)dx ¬ M.

Ponieważ funkcja ciągła w przedziale [a, b] posiada własność Darboux, to dla każdej wartości y ∈ [m, M ] istnieje taki argument x ∈ [a, b], że y = f (x).

(6)

3 Pierwsze zasadnicze twierdzenie rachunku całki oznaczonej Riemanna - twierdzenie o funkcji górnej granicy całkowania

3.1 Twierdzenie 11: o funkcji górnej granicy całkowania

Niech f : [a, b] → R będzie funkcją całkowalną. Zdefiniujmy funkcję F : [a, b] → R za pomocą przepisu F (x) =Rx

a

f (t)dt dla x ∈ [a, b].

Wówczas:

1. funkcja F jest ciągła,

2. jeżeli f jest funkcją ciągłą w punkcie x0 ∈ [a, b], to funkcja F jest funkcją różniczkowalną w punkcie x0 oraz

F0(x0) = f (x0),

przy czym jeżeli x0 = a lub x0 = b, to pochodną funkcji F w punkcie x0 rozumiemy tu jako pochodną jednostronną.

(7)

DOWÓD Zauważmy, że twierdzenie o funkcji górnej granicy całkowania w oczywisty sposób jest prawdziwe dla funkcji f tożsamościowo równej zero, gdyż wtedy funkcja F jest również tożsamościowo równa zero. Rozpatrzmy przypadek, gdy f osiąga wartość niezerową w pewnym punkcie przedziału [a, b]. Ustalmy x0 ∈ [a, b]. Wówczas dla x ∈ [a, b] otrzymujemy

|F (x) − F (x0)| =

x

Z

a

f (t)dt −

x0

Z

a

f (t)dt

= (3)

=

x0

Z

a

f (t)dt +

x

Z

x0

f (t)dt −

x0

Z

a

f (t)dt

=

x

Z

x0

f (t)dt

. (4)

(8)

Ustalmy dowolną liczbę ε > 0. Przyjmując δ = Mε, dla każdego x z dziedziny funkcji F takiego, że |x − x0| < δ, wnioskujemy, że |F (x) − F (x0)| ¬ M |x − x0| < M · Mε < ε.

Wykazaliśmy w ten sposób, że ∀ε > 0 ∃δ > 0 ∀x ∈ [a, b] : |x − x0| < δ ⇒

|F (x) − F (x0)| < ε,

a więc funkcja F jest ciągła w punkcie x0. Przejdźmy do dowodu dru- giej części twierdzenia. Rozważmy przypadek, gdy x0 ∈ (a, b). (Jeżeli x0 = a lub x0 = b, to dalsza część dowodu przebiega analogicznie.) Korzysta- jąc z definicji pochodnej oraz przepisu funkcji F , otrzymujemy F0(x0) =

x→xlim0

F (x)−F (x0)

x−x0 = lim

x→x0 x

R

x0

f (t)dt x−x0 .

Powołując się na twierdzenie o średniej całkowej funkcji, wnioskujemy, że dla każdego x leżącego między x0 a b istnieje punkt c ∈ (x0, x) taki, że

x

R

x0

f (t)dt = f (c)(x − x0).

Kontynuując obliczenia, dostajemy lim

x→x+0

f (c)(x−x0)

x−x0 = lim

x→x+0

f (c) = lim

c→x+0

f (c) = f (x0).

(9)

Wykazaliśmy w ten sposób, że pochodna prawostronna funkcji F w punk- cie x0 jest równa f (x0). W analogiczny sposób wykazujemy, że pochodna le- wostronna funkcji F w punkcie x0 również wynosi f (x0). To implikuje, że F0(x0) = f (x0). CND.

(10)

3.2 Przykład 6:

Jeżeli F (x) =

x

R

0

et2dt dla x > 0, to dzięki ciągłości funkcji podcałko- wej, na mocy twierdzenia o funkcji górnej granicy całkowania, otrzymujemy F0(x) = ex2. Warto dodać, że w tym przypadku bezpośrednie obliczenie funk- cji pierwotnej funkcji podcałkowej f : t → et2 nie jest możliwe, gdyż f nie jest funkcją elementarną.

(11)

3.3 Przykład 7:

Niech F (x) =

x2

R

0

sin

t dt dla x > 0. Obliczmy pochodną funkcji F w punkcie x > 0. Przyjmijmy, że G(x) = x2 oraz H(x) =

x

R

0

sin t dt.

Jak łatwo zauważyć, F (x) = (H ◦ G)(x) = H(G(x)).

Wobec tego, na podstawie wzoru na pochodną funkcji złożonej, dostajemy F0(x) = H0(G(x))G0(x).

Skoro G0(x) = 2x, a na mocy twierdzenia o funkcji górnej granicy cał- kowania zastosowanego do funkcji H mamy H0(x) = sin√

x, to F0(x) = sin

x2· G0(x) = sin |x| · 2x = 2x sin x, gdzie

x2 = |x| = x, gdyż x > 0.

(12)

4 Drugie zasadnicze twierdzenie rachunku całki oznaczonej Riemanna - twierdzenie Newtona- Leibniza

Podamy drugie podstawowe twierdzenie rachunku całkowego, zwane twier- dzeniem Newtona-Leibniza, które pozwala powiązać całkę oznaczoną funkcji ciągłej z całką nieoznaczoną.

4.1 Twierdzenie 12: Newtona-Leibniza

Jeżeli f : [a, b] → R jest funkcją ciągłą, natomiast g : [a, b] → R jest jej dowolną funkcją pierwotną, to zachodzi równość (1)

b

R

a

f (x)dx = g(b) − g(a).

Szkic dowodu Zdefiniujmy funkcję F , dla każdego x ∈ [a, b], kładąc F (x) =

x

R

a

f (t)dt.

Skoro funkcja f jest ciągła, to na mocy twierdzenia o funkcji górnej gra-

(13)

nicy całkowania funkcja F jest różniczkowalna i zachodzi równość F0(x) = f (x) we wszystkich punktach x ∈ (a, b). Oznacza to, że F jest funkcją pier- wotną funkcji f . Ponieważ każde dwie funkcje pierwotne danej funkcji różnią się o stałą, to dla pewnej liczby rzeczywistej C oraz dowolnego x ∈ [a, b]

zachodzi równość g(x) = F (x) + C.

CND.

Różnicę wartości funkcji pierwotnej na końcach przedziału zapisujemy również w następujący sposób:



g(x)

b a

= g(b) − g(a) lub g(x)

b a

= g(b) − g(a)

(14)

5 Całkowanie przez części całek oznaczonych

Podamy teraz niezwykle ważny wzór służący do obliczania całek oznaczo- nych, który uzasadnimy przy pomocy twierdzenia Newtona-Leibniza.

5.1 Twierdzenie : o całkowaniu przez części całek ozna- czonych

Jeżeli f : [a, b] → R oraz g : [a, b] → R są funkcjami klasy C1, to zachodzi równośćRb

a

f (x)g0(x)dx = (f (x)g(x))

b a

Rb

a

f0(x)g(x)dx.

DOWÓD

Skoro (f g)0 = f g0+ f0g, to R(f (x)g0(x) + f0(x)g(x))dx = f (x)g(x) + C.

Stosując do funkcji podcałkowej f g0 + f0g w przedziale [a, b] twierdzenie Newtona-Leibniza, otrzymujemy

b

R

a

(f (x)g0(x) + f0(x)g(x))dx = f (b)g(b) − f (a)g(a).

(15)

5.2 Przykład

e

Z

1

ln xdx =

u(x) = ln x v0(x) = 1 u0(x) = x1 v(x) = x

= x ln x

e 1

e

Z

1

1 x · x dx

= x ln x

e 1

− x

e 1

= e − 0 − (e − 1) = 1.

(16)

5.3 Twierdzenie: o całkowaniu przez podstawianie całek oznaczonych

Jeżeli f : [a, b] → R jest funkcją ciągłą, natomiast ϕ : [α, β] → [a, b] jest funkcją klasy C1 taką, że ϕ(α) = a oraz ϕ(β) = b, to zachodzi równość

b

R

af (x)dx =

β

R

αf (ϕ(t))ϕ0(t)dt.

DOWÓD Skoro funkcja f jest ciągła, to posiada funkcję pierwotną g, a zatem f = g0. W konsekwencji f (ϕ(t))ϕ0(t) = g0(ϕ(t))ϕ0(t) = (g ◦ ϕ)0(t),

tak więc

β

Z

α

f (ϕ(t))ϕ0(t)dt =

β

Z

α

(g ◦ ϕ)0(t)dt = g(ϕ(β)) − g(ϕ(α)) = g(b) − g(a) =

Z b a

f (x)dx.

Zauważmy, że w powyższych obliczeniach dwukrotnie użyliśmy twierdze- nie Newtona-Leibniza, za pierwszym razem stosując je do funkcji podcałkowej (g ◦ ϕ)0 oraz jej funkcji pierwotnej g ◦ ϕ, a dalej do funkcji podcałkowej f oraz jej funkcji pierwotnej g. Ponadto przedostatnia równość została uzy- skana dzięki założeniu, że ϕ(α) = a i ϕ(β) = b. CND.

(17)

5.4 Przykład

1

R

0

x

x2+1dx =

t = x2+ 1 dt = 2xdx

1

2dt = xdx

= 12

2

R

1

dt t =

t

2 1

= 2 − 1.

Zauważmy, że dokonaliśmy tu następującej zmiany wartości granic całko- wania zgodnie z tabelą:

x 0 1

t = x2 + 1 1 2

(18)

5.5 Wniosek: o całce z funkcji parzystej w przedziale symetrycznym względem zera

Jeżeli a jest liczbą dodatnią, natomiast f : [−a, a] → R jest parzystą funkcją ciągłą, to

a

R

−a

f (x)dx = 2

a

R

0

f (x)dx.

DOWÓD

a

R

−a

f (x)dx = R0

−a

f (x)dx +Ra

0

f (x)dx. Dokonując w pierwszej z całek występujących w powyższej sumie podstawienia t = −x i stosownej zmiany granic całkowania

x −a 0

t = −x a 0 otrzymujemy −

0

R

a

f (−t)dt+

a

R

0

f (x)dx =

a

R

0

f (−t)dt+

a

R

0

f (x)dx = 2

a

R

0

f (x)dx.

Ostatnia równość wynika z faktu, że f jest funkcją parzystą oraz zamiany symbolu zmiennej całkowania z t na x.

(19)
(20)

5.6 Wniosek 3: o całce z funkcji nieparzystej w prze- dziale symetrycznym względem zera

Jeżeli a jest liczbą dodatnią, natomiast f : [−a, a] → R jest nieparzystą funkcją ciągłą, to

a

R

−a

f (x)dx = 0.

Rysunek 9: I =

a

R

0

f (x)dx

(21)

5.7 Przykład 12:

Możemy stwierdzić, że

π

R2

π

2

sin7xdx = 0,

(22)

6 Obliczanie pól figur płaskich

Z definicji całki oznaczonej Riemanna wynika, że jeżeli f : [a, b] → R jest funkcją ciągłą i nieujemną w przedziale [a, b], to całka Rabf (x)dx jest równa polu P figury ograniczonej przez wykres funkcji f , oś OX oraz proste x = a i x = b. Tak zadaną figurę, którą możemy opisać jako zbiór {(x, y) ∈ R2 : 0 ¬ y ¬ f (x), a ¬ x ¬ b}, nazywamy trapezem krzywoliniowym.

Jeżeli f (x) ¬ 0 dla x ∈ [a, b], to

Z b a

f (x)dx = −P.

(23)
(24)

6.1 Przykład 23:

Obliczmy pole P obszaru zawartego pomiędzy wykresami funkcji f (x) =

√x + 1, g(x) = (x − 1)2, gdzie x ∈ [−1, 1], oraz osią OX. Zauważmy, że rozpatrywana figura jest sumą dwóch trapezów krzywoliniowych T1i T2: T1 = {(x, y) ∈ R2 : 0 ¬ y ¬

x + 1, x ∈ [−1, 0]}, T2 = {(x, y) ∈ R2 : 0 ¬ y ¬ (x − 1)2, x ∈ [0, 1]}, więc jej pole P jest równe sumie PT1 + PT2 pól tych trapezów. Korzystając z interpretacji geometrycznej całki oznaczonej, otrzymujemy

PT1 =

0

Z

−1

√x + 1dx = 2

3(x + 1)32

0

−1

= 2

3, (5)

PT2 =

1

Z

0

(x − 1)2dx = 1

3(x − 1)3

1 0

= 1

3. (6)

Szukane pole wynosi zatem P = 23 + 13 = 1.

(25)

Rysunek 16: PT1 =

0

R

−1

f (x)dx, PT2 =

1

R

0

g(x)dx

(26)

6.2 Wniosek : o polu figury ograniczonej przez wykresy dwóch funkcji oraz proste pionowe

Jeżeli f : [a, b] → R oraz g : [a, b] → R są funkcjami ciągłymi, a ponadto f (x) ¬ g(x) dla każdego x ∈ [a, b], to pole P figury ograniczonej przez wykresy tych funkcji oraz proste x = a i x = b wyraża się wzorem

P =

b

Z

a

(g(x) − f (x))dx.

Rysunek 18: Pole P figury ograniczonej przez wykresy funkcji f i g oraz proste x = a i x = b

(27)

6.3 Przykład

Znajdźmy pole figury zawartej między wykresami funkcji f (x) = e−xi g(x) = ex oraz prostą x = 1 .

(28)

6.4 Przykład

Obliczmy pole obszaru zawartego między parabolami o równaniach x2 = 2py oraz y2 = 2px, gdzie p jest ustaloną liczbą dodatnią.

Rysunek 20: Pole P figury zawartej między wykresami funkcji f i g.

(29)

Układ równań

( x2 = 2py

y2 = 2px rozwiązujemy, korzystając z równości y = x2p2; drugie z równań możemy zapisać w postaci

x4

4p2 = 2px.

którego rozwiązaniami są x = 0 i x = 2p. Tak więc punkty przecięcia obu parabol mają współrzędne (0, 0) i (2p, 2p). Zauważmy, że obszar, któ- rego pole chcemy obliczyć, zawarty jest między wykresami funkcji f (x) =

1

2px2 oraz g(x) =

2px, gdzie x ∈ [0, 2p].

Ponieważ f (x) ¬ g(x) dla każdego x ∈ [0, 2p], to szukane pole wyraża się wzorem

(30)

P =

2p

Z

0

(g(x) − f (x))dx =

2p

Z

0

q

2px − 1 2px2

!

dx (7)

=q2p

2p

Z

0

x12dx − 1 2p

2p

Z

0

x2dx =q2p ·2 3x32

2p 0

1 2p· x3

3

2p 0

(8)

= 2

3(2p)2 1

6p(2p)3 = 4

3p2. (9)

(31)

6.5 Twierdzenie 20: o długości krzywej będącej wykre- sem funkcji jednej zmiennej

Długość d łuku krzywej będącej wykresem funkcji f : [a, b] → R, która jest klasy C1 (to znaczy ma ciągłą pochodną), wyraża się wzorem

d =

b

Z

a

q

1 + (f0(x))2dx.

(32)

0.5 1

π 6

π 3

π 2

3

6

π

3 2

x y

Szkic dowodu

Długość łuku d może być przybliżona sumą długości odcinków łączących punkty należące do łuku w taki sposób, jak to jest pokazane na rysunku.

Dla podziału odcinka [a, b] odpowiadającego sekwencji odcinków przybli- żających łuk (zaznaczonych na rysunku na zielono)

a = x0 < x1 < x2 < . . . < xn−1< xn= b określamy ∆xi = xi+1− xi, i = 0, . . . , n − 1.

(33)

Długość i-tego odcinka należącego do łamanej aproksymującej łuk jest równa

q

(∆xi)2+ (∆yi)2 = ∆xi

v u u

t1 + ∆yi

∆xi

!2

,

gdzie yi = f (xi), ∆yi = yi+1− yi, i = 0, . . . , n − 1.

∆yi

∆xi

xi xi+1

yi

yi+1

x y

Cała łamana ma długość

(34)

Można pokazać, że istnieją ci ∈ [xi, xi+1] takie, że f0(ci) = ∆yi

∆xi, i = 0, . . . , n − 1.

Suma (10) może być zapisana w postaci

n−1

X

i=0

q

1 + [f0(ci)]2∆xi.

Zbiega ona do granicy d dla ciągu podziałów, który spełnia warunek: długość najdłuższego z podprzedziałów zbiega do zera.

Uwaga. Przyjmując ∆x1 = ∆x2 = . . . = ∆xn możemy wykonać obli- czenia wykorzystując definicję całki jako granicy sum Riemanna obliczanych dla równomiernych podziałów, podaną na początku semestru (którą można znaleźć w książce Stewarta).

CND. (Czego Należało Dowieść)

(35)

6.6 Przykład

Obliczmy długość linii łańcuchowej f (x) = 12(ex+ e−x), gdzie x ∈ [−1, 1].

Rysunek : Linia łańcuchowa

Ponieważ pochodna funkcji f wyraża się wzorem f0(x) = 1(ex− e−x),

(36)

7 Obliczanie objętości brył obrotowych

7.1 Twierdzenie: o objętości bryły powstałej przez ob- rót wykresu funkcji jednej zmiennej wokół osi OX

Niech krzywa Γ będzie wykresem nieujemnej funkcji ciągłej f : [a, b] → R.

Objętość V bryły powstałej z obrotu łuku krzywej Γ wokół osi OX wyraża się wzorem V = πRb

a

f2(x)dx.

Rysunek: Bryła uzyskana w wyniku obrotu wykresu funkcji f wokół osi OX

Dowód można znaleźć na stronach 151-152 w książce S. Banacha „Rachu- nek różniczkowy i całkowy”, t.2, link dostępny na stronie wykładu.

(37)

7.2 Przykład

Obliczymy objętość stożka, którego wysokość jest równa h, a promień jego podstawy wynosi r. Zauważmy, że stożek ten powstaje z obrotu odcinka o końcach w punktach A = (0, 0) i B = (h, r) ( h > 0, r > 0) wokół osi OX. Ogólnie odcinek łaczący punkty o współrzędnych (xA, yA) oraz (xB, yB) możemy opisać za pomocą równania y − yA= xyB−yA

B−xA(x − xA), gdzie x ∈ [xA, xB].

W naszej sytuacji przyjmuje ono postać y = hrx, gdzie x ∈ [0, h].

(38)

Szukaną objętość możemy zatem obliczyć w następujący sposób: V = πRh

0

r

hx2dx = hr22πRh

0

x2dx = rh22π13x3

h 0

= 13πr2h.

(39)

7.3 Twierdzenie o polu powierzchni obrotowej powstałej przez obrót wykresu funkcji jednej zmiennej wokół osi OX

Niech krzywa Γ będzie wykresem nieujemnej funkcji ciągłej f : [a, b] → R.

Pole S powierzchni obrotowej bryły powstałej z obrotu krzywej Γ wokół osi OX wyraża się wzorem S = 2πRb

a

f (x)q1 + (f0(x))2dx.

(40)

7.4 Przykład

Obliczyć pole S powierzchni obrotowej powstałej przez obrót łuku sinusoidy y = sin x, gdzie x ∈ [0, π], wokół osi OX.

Rysunek 33: Powierzchnia obrotowa powstała przez obrót łuku sinusoidy wokół osi OX

Ponieważ dana funkcja spełnia wszystkie założenia powyższego twierdze- nia, to S wyraża się nastepująco: S = 2π

π

R

0

sin xq1 + (cos x)2dx.

(41)

W celu obliczenia tej całki wprowadzimy nową zmienną t = cos x. Wtedy dt = − sin x dx, a ponieważ funkcja cosinus jest malejąca na przedziale [0, π], więc parametr t zmienia się od 1 do −1. W rezultacie S = −2π

−1

R

1

√1 + t2dt =

1

R

−1

√1 + t2dt.

(42)

Obliczymy teraz całkę nieoznaczoną R

1 + t2dt = R 1+t2

1+t2 dt, stosując

„metodę współczynników nieoznaczonych” R 1+t1+t22 dt = (at + b)√

1 + t2 + kR 1

1+t2 dt.

Różniczkując obie strony równania, otrzymujemy 1+t2

1+t2 = a√

1 + t2 + (at + b) t

1+t2 + k1

1+t2, a po pomnożeniu obu stron równania przez 1 + t2 dostajemy równanie wielomianowe 1 + t2 = a(1 + t2) + (at + b)t + k,

którego rozwiązaniem są liczby a = 12, b = 0 i k = 12. W konsekwencji

R

1 + t2dt = 12t√

1 + t2 + 12R 1+t1 2 dt = 12t√

1 + t2 + 12 ln t +

1 + t2 + C, C ∈ R, oraz S = 12t√

1 + t2+ 12ln

t +√

1 + t2

!

1

−1

= 12

2 + 12ln 1 +

2 12

2 − 12ln − 1 +√

2 , więc szukane pole jest równe S = 12ln

2+1 2−1.

(43)

8 Metoda współczynników nieoznaczonych

Metoda całkowania funkcji postaci

f (x) = Wn(x)

√ax2+ bx + c

• przedstawić całkę funkcji f w postaci

Z Wn(x)

√ax2+ bx + cdx = Wn−1(x)√

ax2+ bx + c + A

Z dx

√ax2+ bx + c, gdzie Wn−1 jest wielomianem stopnia n − 1, A jest nieznaną stała.

Obraz

Updating...

Cytaty

Powiązane tematy :