8.4.2 Замена переменной в определенном интеграле.

Утверждение 8.4.4: Замена переменной в интеграле от непрерывной функции.
Пусть функции $f(x):[a,b]\to\mathbb{R}$, $\varphi(t):[\alpha,\beta]\to[a,b]$ такие, что

1. $f(x)\in{C}[a,b]$,


2. $\varphi(t)\in{C}'[\alpha,\beta]$,


3. $\varphi(\alpha)=a$ и $\varphi(\beta)=b$,

Доказательство: Функция $f(\varphi(t))$ непрерывна как композиция непрерывных функций, тогда функция $f(\varphi(t))\varphi'(t)$ непрерывна как произведение непрерывных. Если функция $F(x)$ является первообразной функции $f(x)$ на отрезке $[a,b]$, то есть для любого $x\in(a,b)$ $F'(x)=f(x)$, то функция $F(\varphi(t))$ является первообразной для функции $F'(\varphi(t))=F'(x)_{x=\varphi(t)}\varphi'(t)=f(\varphi(t))\varphi'(t)$ на отрезке $(\alpha,\beta)$, тогда по формуле Ньютона - Лейбница $$\int\limits_\alpha^\beta{f}(\varphi(t))\varphi'(t)dt=F(\varphi(\beta))-F(\varphi(\alpha))=\int\limits_a^bf(x)dx$$

Основной недостаток утверждения 8.4.4 в том, что оно применимо только для непрерывной функции $f(x)$.

Теореме 8.4.2: Основная теорема о замене переменной в интеграле.
Пусть функции $f(x):[a,b]\to\mathbb{R}$ и $\varphi(t):[\alpha,\beta]\to[a,b]$ такие, что

1. $f(x)\in\mathcal{R}[a,b]$


2. $\varphi(t)\in{C}'[\alpha,\beta]$


3. функция $\varphi(t)$ строго монотонна на отрезке $[\alpha,\beta]$, при этом если $\varphi(t)$ возрастает, то $\varphi(\alpha)=a$, $\varphi(\beta)=b$, а если убывает, то наоборот $\varphi(\alpha)=b$, $\varphi(\beta)=a$,

Доказательство: Пусть дано разбиение с помеченными точками $(P_t,\theta):\alpha=t_0<t_1<\dots<t_n=\beta$ отрезка $[\alpha,\beta]$. Без ограничения общности будем считать, что функция $\varphi(t)$ возрастает и $\varphi(\alpha)=a$, $\varphi(\beta)=b$. Если функция $\varphi(t)$ убывает, то возрастает функция $\psi(t):=-\varphi(t)$, тогда $\psi(\alpha)=-\varphi(\alpha)=-b$, $\psi(\beta)=-\varphi(\beta)=-a$ и $$F'(x)=f(x)\Rightarrow{F}'(\psi(t))=F'(-\varphi(t))=F'(x)(-\varphi)'(t)=-f(x)\varphi'(t)$$ Так как функция $-x$ непрерывна можем применить для ней утверждение 8.4.4, тогда $$\int\limits_{\varphi(\alpha)}^{\varphi(\beta)}f(x)dx=\int\limits_b^af(x)dx=-\int\limits_{-b}^{-a}f(-x)dx= -\int\limits_\alpha^\beta-f(\varphi(t))\varphi'(t)dt=\int\limits_\alpha^\beta{f}(\varphi(t))\varphi'(t)dt$$ Построим по разбиению $(P_t,\theta)$ отрезка $[\alpha,\beta]$ разбиение $(P_x,\xi):a=x_0<x_1<\dots<x_n=b$ отрезка $[a,b]$ такое, что для любого $i\in\overline{0,n}$ $x_i:=\varphi(t_i)$, $\xi:=\varphi(\theta_i)$. Определенная таким образом совокупность точек, действительно будет разбиением с помеченными точками, для любого наперед заданного разбиения $(P_t,\theta)$ так как функция $\varphi(t)$ возрастает. Тогда $$\sigma(f(\varphi)\varphi',P_t,\theta)=\sum_{(P_t)}\left(f(\varphi(\theta_i))\varphi'(\theta_i)(t_i-t_{i-1})\right)= \sum_{(P_t)}\left(f(\varphi(\theta_i))\varphi'(\theta_i)\Delta{t}_i\right)$$ $$\sigma(f,P_x,\xi)=\sum_{(P_x)}\left(f(\xi_i)(x_i-x_{i-1})\right)=\sum_{(P_x)}\left(f(\varphi(\theta_i))(\varphi(t_i)-\varphi(t_{i-1}))\right)$$ По теореме Лагранжа $$\forall{i}\in\overline{1,n}\left(\exists\tilde\theta_i\in\Delta{t}_i:\varphi'(\theta_i)\Delta{t}_i=\varphi(t_i)-\varphi(t_{i-1})\right)\Rightarrow \sigma(f,P_x,\xi)=\sum_{(P_x)}\left(f(\varphi(\theta_i))\varphi'(\tilde\theta_i)\Delta{t}_i\right)$$ Фиксируем $\varepsilon>0$, тогда

1. $$f(x)\in\mathcal{R}[a,b]\Rightarrow \exists\delta_0<0:\forall(P_x,\xi)\left(\lambda(P_x)<\delta_0\Rightarrow \left|\sigma(f,P_x,\xi)-\int\limits_a^bf(x)dx\right|<\frac{\varepsilon}{2}\right)$$
2. функция $\varphi(t)$ непрерывна на отрезке $[\alpha,\beta]$, следовательно, она равномерно непрерывна на нем, тогда по построению разбиения $P_x$ $$\exists\delta_1>0:\forall{t}_1,t_2\in[\alpha,\beta](|t_1-t_2|<\delta_1\Rightarrow|\varphi(t_1)-\varphi(t_2)|<\delta_0)\Rightarrow \exists\delta_1>0:(\lambda(P_t)<\delta_1\Rightarrow\lambda(P_x)<\delta_0)$$
3. Обозначим $\displaystyle{K}:=\sup_{x\in[a,b]}|f(x)|$, тогда $$\varphi'(t)\in{C}[\alpha,\beta]\Rightarrow\varphi'(t)\in\mathcal{R}[\alpha,\beta]\Rightarrow \exists\delta_2>0:\left(\lambda(P_t)<\delta_2\Rightarrow\sum_{(P_t)}\left(\omega(\varphi',\Delta_i)\Delta{t}_i\right)<\frac{\varepsilon}{2K}\right)$$

Пример 8.4.1: Вычислим значение определенного интеграла $\displaystyle\int\limits_{-1}^1\sqrt{1-x^2}dx$.
Так как функция $\sqrt{1-x^2}$ непрерывна на отрезке $[-1,1]$, и $\sin{t}\in{C}^\infty(\mathbb{R})$ то можем сделать замену переменной $x(t)=\sin{t}$. Тогда по утверждению 8.4.4 при $[a,b]=[-1,1]$ и $[\alpha,\beta]=\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right]$ имеем $$\int\limits_{-1}^1\sqrt{1-x^2}dx=\int\limits_{-\pi/2}^{\pi/2}\sqrt{\cos^2t}d(\sin{t})= \int\limits_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos{t}d(\sin{t})=\int\limits_{-\pi/2}^{\pi/2}cos^2tdt= \frac1{2}\int\limits_{-\pi/2}^{\pi/2}(1-\cos{2t})dt=\frac1{2}\left(t|_{-\pi/2}^{\pi/2}+\frac1{2}\sin{2t}|_{-\pi/2}^{\pi/2}\right)= \frac1{2}(\pi+\sin\pi-\sin(-\pi))=\frac{\pi}{2}$$ Здесь второе равенство справедливо, так как для любого $t\in\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right]$ $\cos{t}>0$.
Можно так же вычислить первообразную функции $\sqrt{1-x^2}$ на отрезке $[-1,1]$ воспользовавшись интегрированием по частям. $$\int\sqrt{1-x^2}dx=\int\frac{1-x^2}{\sqrt{1-x^2}}dx=\int\frac1{\sqrt{1-x^2}}dx+\int\frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}dx=\arcsin{x}+\int{x}\frac{-x}{\sqrt{1-x^2}}dx= \arcsin{x}+\int{x}\left(\sqrt{1-x^2}\right)'dx=\arcsin{x}+x\sqrt{1-x^2}+\int\sqrt{1-x^2}dx\Rightarrow$$ $$\Rightarrow\int\sqrt{1-x^2}dx=\frac1{2}\left(\arcsin{x}+x\sqrt{1-x^2}\right)\Rightarrow \int\limits_{-1}^1\sqrt{1-x^2}dx=\frac1{2}\left.\left(\arcsin{x}+x\sqrt{1-x^2}\right)\right|_{-1}^1= \frac1{2}\left(\frac{\pi}{2}-\left(-\frac{\pi}{2}\right)\right)=\frac{\pi}{2}$$

$\newcommand{\tg}{\operatorname{tg}}$ $\newcommand{\ctg}{\operatorname{ctg}}$ $\newcommand{\arctg}{\operatorname{arctg}}$ $\newcommand{\arcctg}{\operatorname{arcctg}}$

Пример 8.4.2: Вычислим значение определенного интеграла $\displaystyle\int\limits_{-1}^1\frac1{1+x^2}$.
Первообразная от функции $\frac1{1+x^2}$ равна $\arctg{x}$, так что $$\int\limits_{-1}^1\frac1{1+x^2}dx=\arctg{x}|_{-1}^1=\frac{\pi}{4}-\left(-\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\pi}{2}$$ Делать замену переменной $x(t)=\frac1{t}$ в данном случае нельзя, так как функция $x(t):[-1,1]\to\mathbb{R}$ имеет точку разрыва $t=0$ и, следовательно, не удовлетворяет условиям теоремы о замене переменной. Если же замену переменной все же попытаться сделать, то получим $$\int\limits_{-1}^1\frac1{1+x^2}dx\neq\int\limits_{-1}^1\frac1{1+\frac1{t^2}}\left(\frac1{t}\right)'dt= \int\limits_{-1}^1\frac{t^2}{1+t^2}\left(-\frac1{x^2}\right)dt=-\int\limits_{-1}^1\frac1{1+t^2}dt$$ То есть значение интеграла равно самому себе с противоположным знаком, таким образом значение интеграла должно быть равно нулю, но это не возможно в силу непрерывности и положительности подынтегральной функции.
Если пределы интегрирования не содержат точку 0, то замену $x(t)=\frac1{t}$ делать можно (хотя в данном случае это не имеет смысла, так как получается тот же самый интеграл только с другими пределами интегрирования). Например: $$\int\limits_{\sqrt{3}/3}^1\frac1{1+x^2}dx=\int\limits_{\sqrt{3}}^1\frac1{1+\frac1{t^2}}\left(\frac1{t}\right)'dt= -\int\limits_{\sqrt3}^1\frac1{1+t^2}dt=\int\limits_1^{\sqrt{3}}\frac1{1+t^2}dt$$ И так как для любого $x>0$ $\arctg\frac1{x}=\frac{\pi}{2}-\arctg{x}$, то несложно убедится, что интегралы действительно принимают одно и тоже значение $$\int\limits_{\sqrt3/3}^{1}\frac1{1+x^2}dx=\arctg{x}|_{\sqrt3/3}^1=\frac{\pi}{4}-\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{12}$$ $$\int\limits_{1}^{\sqrt3}\frac1{1+x^2}dx=\arctg{x}|_1^{\sqrt3}=\frac{\pi}{3}-\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{12}$$

Пример 8.4.3: Вычислим значение определенного интеграла $\displaystyle\int\limits_0^\pi\frac{dx}{1+\sin^2x}$.
Так как для любого $x\in[0,\frac{\pi}{2}]$ $\sin{x}=\sin(\pi-x)$, то $\displaystyle\int\limits_0^\pi\frac{dx}{1+\sin^2x}=2\int\limits_0^{\pi/2}\frac{dx}{1+\sin^2x}$.
Так как подынтегральная функция непрерывна на $[0,\pi]$ и $\arctg{t}\in{C}^\infty(\mathbb{R})$, то можно сделать замену переменной $x(t)=\arctg{t}$. $$t^2=\tg^2x=\frac{\sin^2x}{\cos^2x}=\frac{\sin^2x}{1-\sin^2x}\Rightarrow\sin^2x=\frac{t^2}{1+t^2}\Rightarrow\sin^2(\arctg{x})=\frac{t^2}{1+t^2}$$ следовательно $$\int\frac{dx}{1+\sin^2{x}}=\int\frac{d(\arctg{t})}{1+\sin^2(\arctg{t})}=\int\frac1{1+t^2}\frac1{1+\frac{t^2}{1+t^2}}dt=\int\frac{dt}{1+2t^2}= \frac1{2}\int\frac{dt}{\frac1{2}+t^2}=\frac{\sqrt2}{2}\arctg(t\sqrt2)$$ $$\int\limits_0^{\pi/2}\frac{dx}{1+\sin^2x}=2\frac{\sqrt2}{2}\arctg(t\sqrt2)|_{\tg0}^{\tg{\pi/2}}=\sqrt2\arctg(t\sqrt2)|_0^{+\infty}= \sqrt2\lim_{t\to\infty}\arctg{t}=\frac{\sqrt2}{2}\pi$$ Для вычисления значения интеграла применена концепция несобственного интеграла, которая будет рассмотрена позднее.

Пример 8.4.4: Вычислим значение собственного интеграла $\displaystyle\int\limits_0^{2\pi}\sqrt{1-\cos(2t)}dt$.
Например $$\int\limits_0^{2\pi}\sqrt{1-\cos(2t)}dt=\int\limits_0^{2\pi}\sqrt{2\sin^2t}dt\neq\int\limits_0^{2\pi}\sqrt2\sin{t}dt=-\sqrt2\cos{t}|_0^{2\pi}=0$$ В результате получили для интеграла от положительной функции значение 0, потому что сделали неверное предположение о том, что для любого $t\in[0,2\pi]$ $\sqrt{\sin^2t}=\sin{t}$. На самом деле для $t\in(\pi,2\pi)$ это неверно. Для $t\in(\pi,2\pi)$ $\sqrt{\sin^2t}=-\sin{t}$, поэтому $$\int\limits_0^{2\pi}\sqrt{1-\cos(2t)}dt=\int\limits_0^{2\pi}\sqrt{2\sin^2t}dt=\int\limits_0^\pi\sqrt2\sin{t}dt-\int\limits_\pi^{2\pi}\sqrt2\sin{t}dt= \sqrt2\left(\cos{t}|_0^{\pi}+\cos{t}|_\pi^{2\pi}\right)=\sqrt2(-\cos\pi+\cos0+\cos(2\pi)-\cos\pi)=4\sqrt2$$

Задача 8.4.2: Доказать, что значение собственного интеграла $\int\limits_{-a}^af(x)dx$ равно нулю если функция $f(x)$ нечетная (для любого $x$ $f(-x)=-f(x)$) и $2\int\limits_0^af(x)dx$ если функция $f(x)$ четная (для любого $x$ $f(-x)=f(x)$).

Решение: Для любой функции $f(x)$ верно $\displaystyle\int\limits_{-a}^af(x)dx=\int\limits_{-a}^0f(x)dx+\int\limits_0^af(x)dx$.
Пусть функция $f(x)$ нечетная, тогда сделаем замену переменной $x(t)=-t$ в первом интеграле $$\int\limits_{-a}^0f(x)dx=\int\limits_a^0f(-t)(-t)'dt=-\int\limits_a^0-f(t)dt=\int\limits_a^0f(t)dt=-\int\limits_0^af(t)dt\Rightarrow \int\limits_{-a}^af(x)dx=\int\limits_{-a}^0f(x)dx+\int\limits_0^af(x)dx=-\int\limits_0^af(x)dx+\int\limits_0^af(x)dx=0$$ Пусть функция $f(x)$ четная, тогда сделаем замену переменной $x(t)=-t$ в первом интеграле $$\int\limits_{-a}^0f(x)dx=\int\limits_a^0f(-t)(-t)'dt=-\int\limits_a^0f(t)dt=\int\limits_0^af(t)dt\Rightarrow \int\limits_{-a}^af(x)dx=\int\limits_{-a}^0f(x)dx+\int\limits_0^af(x)dx=\int\limits_0^af(x)dx+\int\limits_0^af(x)dx=2\int\limits_0^af(x)dx$$

Задача 8.4.3: Доказать, что если функция $f(x):\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ периодическая с периодом $T>0$ (для любого $x$ f(x)=f(x+T)) и для любого отрезка $[a,b]$ $f(x)\in\mathcal{R}[a,b]$, то для любых $c,d\in\mathbb{R}$ $\int\limits_c^{c+T}f(x)dx=\int\limits_d^{d+T}f(x)dx$.

Решение: Если функция периодическая с периодом $T$, то для любого $x\in\mathbb{R}$ $f(x-T)=f(x-T+T)=f(x)$ и методом математической индукции можно показать, что для любого $k\in\mathbb{N}$ $f(x)=f(x+kT)$. Фиксируем $s\in\mathbb{R}$ тогда по принципу Архимеда существует $k\in\mathbb{Z}$ такое, что $(k-1)T\leq{s}<kT\leq{s}+T<(k+1)T$, следовательно, $$\int\limits_{(k-1)T}^{kT}f(x)dx+\int\limits_{kT}^{(k+1)T}f(x)dx=\int\limits_{(k-1)T}^sf(x)dx+\int\limits_s^{s+T}f(x)dx+\int\limits_{s+T}^{(k+1)T}f(x)dx$$ В третьем слагаемом правой части делаем замену $x(t)=t+T$, тогда $$\int\limits_{(k-1)T}^{kT}f(x)dx+\int\limits_{kT}^{(k+1)T}f(x)dx= \int\limits_{(k-1)T}^sf(x)dx+\int\limits_{s+T-T}^{kT+T-T}f(t+T)dt+\int\limits_s^{s+T}f(x)dx= \left(\int\limits_{(k-1)T}^{s}f(x)dx+\int\limits_s^{kT}f(t)dt\right)+\int\limits_s^{s+T}f(x)dx= \int\limits_{(k-1)T}^{kT}f(x)dx+\int\limits_s^{s+T}f(x)dx\Rightarrow$$ $$\Rightarrow\int\limits_s^{s+T}f(x)dx=\int\limits_{kT}^{(k+1)T}f(x)dx$$ В интеграле стоящем в правой части последнего равенства делаем замену $x(t)=t+kT$, тогда $$\int\limits_s^{s+T}f(x)dx=\int\limits_{kT}^{(k+1)T}f(x)dx=\int\limits_{kT-kT}^{kT+T-kT}f(t+kT)dt=\int\limits_0^Tf(t)dt$$ Стоящий в правой части последнего равенства интеграл не зависит от значения $s$, следовательно, для любых $c,d\in\mathbb{R}$ $\int\limits_c^{c+T}f(x)dx=\int\limits_d^{d+T}f(x)dx=\int\limits_0^Tf(x)dx$.

Задача 8.4.4: Найти значение предела $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left(\frac{n}{(n+1)^2}+\frac{n}{(n+2)^2}+\dots+\frac{n}{(2n)^2}\right)$

Решение: Представим выражение стоящее под знаком предела в виде интегральной суммы для функции $f(x)=\frac1{x^2}$ на отрезке $[1,2]$, где разбиение $(P_n,\xi_n)$ задается следующим образом: $$\forall{k}\in\overline{1,n}\left(\frac{n}{(n+k)^k}=\frac1{n}\frac{n^2}{(n+k)^2}=\frac1{n}\left(\frac{n}{n+k}\right)^2= \frac1{n}\frac1{\left(1+\frac{k}{n}\right)^2}\Rightarrow {x}_k=\xi_k:=1+\frac{k}{n},\Delta{x}_k=\frac1{n},f(\xi_k)=\frac1{\left(1+\frac{k}{n}\right)^2}\right)$$ Тогда $$\lim_{n\to\infty}\left(\frac{n}{(n+1)^2}+\frac{n}{(n+2)^2}+\dots+\frac{n}{(2n)^2}\right)= \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\left(\frac1{n}\frac1{\left(1+\frac{k}{n}\right)^2}\right)=\lim_{n\to\infty}\sigma(f,P_n,\xi_n)= \int\limits_1^2\frac{dx}{x^2}=\left.-\frac1{x}\right|_1^2=-\frac1{2}+1=\frac1{2}$$

Задача 8.4.5: Доказать, что $\displaystyle{F}(x)=\int\limits_1^{x^2}\frac{e^t}{t}dt\sim\frac1{x^2}e^{x^2},\:x\to\infty$.

Решение: Применим $n$ раз интегрирование по частям $$\int\limits_1^{x^2}\frac1{e^t}{t}dt=\left.\frac{e^t}{t}\right|_1^{x^2}+\int\limits_1^{x^2}\frac{e^t}{t^2}dt= \frac1{x^2}e^{x^2}-e+\left.\frac{e^t}{t^2}\right|_1^{x^2}+2\int\limits_1^{x^2}\frac{e^t}{t^3}dt= \frac1{x^2}e^{x^2}+\frac1{x^4}e^{x^2}+\dots+\frac1{x^{2n}}e^{x^2}+n\int\limits_1^{x^2}\frac{e^t}{t^{n+1}}dt-ne$$ Так как для любого $n\in\mathbb{N}$ функция $\displaystyle\frac{e^t}{t^{n+1}}$ непрерывна на $[1,\infty)$ и $\displaystyle\lim_{t\to\infty}\frac{e^t}{t^{n+1}}=+\infty$, то существует такое $x_0\in[1,\infty)$, что для любого $x>x_0$ $\displaystyle\max_{t\in[1,x]}\frac{e^t}{t^{n+1}}=\frac{e^x}{x^{n+1}}$, следовательно, для любого $x>x_0$ $\displaystyle\int\limits_1^{x^2}\frac{e^t}{t^{n+1}}dt\leq(x^2-1)\frac{e^{x^2}}{x^{2(n+1)}}\leq\frac{e^{x^2}}{x^{2n}}$. В свою очередь, для любого $n>1$ $\displaystyle\frac{e^{x^2}}{x^{2n}}=o\left(\frac1{x^2}e^{x^2}\right),\:x\to\infty$, следовательно, все слагаемые суммы $\displaystyle\frac1{x^2}e^{x^2}+\frac1{x^4}e^{x^2}+\dots+\frac1{x^{2n}}e^{x^2}+\int\limits_1^{x^2}\frac{e^t}{t^{n+1}}dt-ne$ кроме первого равны $\displaystyle{o}\left(\frac1{x^2}e^{x^2}\right),\:x\to\infty$, поэтому $\displaystyle\int\limits_1^{x^2}\frac{e^t}{t}dt\sim\frac1{x^2}e^{x^2},\:x\to\infty$

previous contents next