Интеграл от модуля синуса

Интеграл от модуля синуса

Интеграл от синуса по таблице интегрирования равен: $$ int sin x dx = — cos x + C $$

Словами это читается так: интеграл от синуса равен сумме отрицательного косинуса и произвольной постоянной.

Пример 1
Найти интеграл от синус 2x: $$ int sin 2x dx $$
Решение

Напрямую интеграл взять не получится, так как аргумент синуса и знака дифференциала отличаются. Выполняем подведение под дифференциал $ 2x $ и добавляем перед интегралом дробь $ frac<1> <2>$:

$$ int sin 2x dx = frac<1> <2>int sin 2x d(2x) = -frac<1> <2>cos 2x + C $$

Если не получается решить свою задачу, то присылайте её к нам. Мы предоставим подробное решение. Вы сможете ознакомиться с ходом вычисления и почерпнуть информацию. Это поможет своевременно получить зачёт у преподавателя!

Ответ $$ int sin 2x dx = -frac<1> <2>cos 2x + C $$

В данном случае необходимо воспользоваться одной из тригонометрических формул. Конкретно формулой понижения степени синуса: $$ sin^2 x = frac<1-cos 2x> <2>$$

Заменяем выражение под интегралом:

$$ int sin^2 x dx = int frac<1-cos 2x> <2>dx = frac<1> <2>int (1-cos 2x) dx = $$

$$ = frac<1> <2>int 1dx — frac<1> <2>int cos 2x dx = frac<1><2>x — frac<1><2>cdotfrac<1><2>int cos 2x d(2x) = $$

Пример 2
Найти интеграл от синуса в квадрате: $$ int sin^2 x dx $$
Решение
Ответ
$$ int sin^2 x dx = frac<1><2>x — frac<1><4>sin 2x + C $$

Здесь нужно вспомнить свойство степеней и учесть: $$ sin^3 x = sin x cdot sin^2 x $$

Подставляем, полученное выражение в интеграл и заносим $ sin x $ под знак дифференциала:

$$ int sin^3 x dx = int sin x sin^2 x dx = — int sin^2 x d(cos x) = $$

Далее используем свойство $ sin^2 x = 1 — cos^2 x $:

$$ = -int (1-cos^2 x) d(cos x) = -int d(cos x) + int cos^2 x d(cos x) = $$

$$ = — cos x + frac<cos^3 x> <3>+ C = frac<1> <3>cos^3 x — cos x + C $$

$$ int sin^3 x dx = frac<1> <3>cos^3 x — cos x + C $$

Пример 3
Найти интеграл от синуса в кубе: $$ int sin^3 x dx $$
Решение
Ответ

Вычисление начнем как в случае с неопределенным интегралом и в конце используем формулу Ньютона-Лейбница $ int_a^b f(x) dx = F(x) igg |_a^b = F(b)-F(a) $:

$$ int_0^pi sin x dx = -cos x igg |_0^pi = -cos pi + cos 0 = -(-1) + 1 = 1+1=2 $$

7.5 Свойства интеграла

$DeclareMathOperator<arctg>$ 1. Линейность интеграла. Если функции $f$ и $g$ интегрируемы на отрезке $lbrack a, b
brack$, а числа $alpha, eta in mathbb $, то
$$intlimits_a^b lbrackalpha fleft(x
ight) + eta gleft(x
ight)
brack,dx = alphaintlimits_a^b fleft(x
ight),dx + etaintlimits_a^b gleft(x
ight),dx.$$

Это свойство получено нами ранее при доказательстве интегрируемости линейной комбинации.

2. Аддитивность интеграла. Пусть числа $b x_ <1>> ldots > x_ = b,$ выберем точки $xi_ in lbrack x_, x_
brack$ и составим сумму $displaystylesigma = sumlimits_^ fleft(xi_

ight)Delta x_
.$ Заметим, что в этой сумме все $Delta x_ Определение. Пусть $b $$intlimits_a^b fleft(x
ight),dx = -intlimits_b^a fleft(x
ight),dx.$$
Далее, для каждой функции $f$, определенной в точке $a$, полагаем по определению

$$intlimits_a^a fleft(x
ight),dx = 0.$$

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
$$intlimits_a^b fleft(x
ight),dx = intlimits_a^c fleft(x
ight),dx + intlimits_c^b fleft(x
ight),dx.$$

Пусть, например, $a 3. Интеграл от модуля. Пусть функция $f$ интегрируема на отрезке $lbrack a, b
brack left(a 4. Монотонность интеграла. Пусть функции $f$ и $g$ интегрируемы на $lbrack a, b
brack left(a 0$ и складывая, получим
$$sumlimits_^ fleft(xi_
ight)Delta x_
leqslantsumlimits_^ gleft(xi_
ight)Delta x_
.$$
Отсюда, устремляя к нулю диаметр разбиения, получаем требуемое неравенство.

Следствие 1. Пусть $f$ — неотрицательная интегрируемая функция на $lbrack a, b
brack left(a Следствие 2. Если интегрируемая функция $f$ строго положительна на $lbrack a, b
brack left(a 0.$$

Действительно, в силу критерия Лебега , найдется точка $x_<0>inlbrack a, b
brack$, в которой функция непрерывна . Поскольку $fleft(x_0
ight) > 0$, то найдется такое $delta > 0$, что $displaystyle fleft(x
ight) > frac<1><2>fleft(x_0
ight)$ для всех $x in left(x_0-delta, x_0 + delta
ight) cap lbrack a, b
brack.$ Выберем отрезок $lbrackalpha, eta
brack subset left(x_0-delta, x_0 + delta
ight) cap lbrack a, b
brack, aleqslantalpha 0.$$
Таким образом, $displaystyleintlimits_a^b fleft(x
ight),dx > 0$.

Следствие 3. Пусть функция $f$ интегрируема на $lbrack a, b
brack$ и $m leqslant fleft(x
ight) leqslant M$ для всех $x in lbrack a, b
brack$. Тогда
$$ eginlabelmleft(b-a
ight) leqslant intlimits_a^b fleft(x
ight),dx leqslant Mleft(b-a
ight)end
.$$

Это следствие сразу вытекает из свойства монотонности интеграла.

Замечание. В условиях следствия 3 найдется такое число $mu in lbrack m, M
brack$, что
$$intlimits_a^b fleft(x
ight),dx = muleft(b-a
ight).$$

Действительно, положим $displaystylemu = frac<1><left(b-a
ight)>intlimits_a^b fleft(x
ight),dx$. 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 $lbrack a, b
brack$, то найдется такая точка $xi in lbrack a, b
brack$, что
$$ intlimits_a^b fleft(x
ight),dx = fleft(xi
ight)left(b-a
ight).$$

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

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:
$$-1 leqslant sin leqslant 1 Rightarrow$$
$$3 leqslant 5 + 2sin
leqslant 7 Rightarrow$$
$$sqrt <3>leqslant sqrt<5 + 2sin
> leqslant sqrt <7>Rightarrow$$
$$frac<1><sqrt<7>> leqslant frac<1><sqrt<5 + 2sin
>> leqslant frac<1><sqrt<3>>.$$
Отсюда и из монотонности интеграла следует, что
$$intlimits_0^ <2pi>frac<,dx><sqrt<7>> leqslant intlimits_0^<2pi>frac<,dx><sqrt<5 + 2sin
>>leqslantintlimits_0^ <2pi>frac<,dx><sqrt<3>>.$$
Таким образом,
$$frac<2pi><sqrt<7>> leqslant intlimits_0^<2pi>frac<,dx><sqrt<5 + 2sin
>>leqslantfrac<2pi><sqrt<3>>.$$

Найти определенный интеграл $displaystyleintlimits_0^2 left|1-x
ight|,dx$.
Решение


Из аддитивности интеграла
$$intlimits_0^2 left|1-x
ight|,dx = intlimits_0^1 left|1-x
ight|,dx + intlimits_1^2 left|1-x
ight|,dx =$$ $$= intlimits_0^1 left(1-x
ight),dx + intlimits_1^2 left(x-1
ight),dx = intlimits_0^1 ,dx-intlimits_0^1 x ,dx + intlimits_1^2 x ,dx-intlimits_1^2 ,dx =$$ $$= 1-0-left.frac<2>
ight|_0^1 + left.frac<2>
ight|_1^2-(2-1) = 1-frac<1> <2>+ 0 + frac<2^2><2>-frac<1><2>-1 = 1.$$

Найти определенный интеграл $displaystyleintlimits_0^3 frac,dx$
Решение

$$intlimits_0^3 frac,dx = intlimits_0^3 frac<left(x^4 -1
ight) + 1>,dx =$$ $$= intlimits_0^3 frac<left(x^2-1
ight)left(x^2 + 1
ight) + 1>,dx = intlimits_0^3 left(x^2-1 + frac<1>
ight),dx.$$
Воспользовавшись свойством линейности интеграла, получим
$$intlimits_0^3 left(x^2-1 + frac<1>
ight),dx = intlimits_0^3 x^2 ,dx-intlimits_0^3 ,dx + intlimits_0^3 frac<,dx> =$$ $$= left.frac<3>
ight|_0^3-(3-0) + left.arctg
ight|_0^3 = 9-0-3+ arctg<3>-arctg <0>=$$ $$=6 + arctg<3>.$$

Не вычисляя интегралов, определить какой из них больше: $displaystyleintlimits_2^3 e^<-x>sin,dx$ или $displaystyleintlimits_2^3 e^<-x^2>sin,dx$.
Решение

Сравним подынтегральные функции. Пусть $fleft(x
ight) = e^<-x>sin$, $gleft(x
ight) = e^<-x^2>sin
$.
$$fleft(x
ight)-gleft(x
ight) = e^<-x>sin
-e^<-x^2>sin = sinleft(e^<-x>-e^<-x^2>
ight) =$$ $$= e^<-x>sin
left(1-e^<-x^2 + x>
ight).$$
На промежутке $lbrack 2, 3
brack$ функции $sin
$ и $e^<-x>$ принимают положительные значения (поскольку синус на $lbrack 0, pi
brack$ положительный). Значит нам достаточно сравнить с нулем выражение $1-e^<-x^2 + x>$. Поскольку на $lbrack 2, 3
brack$ $x^2 > x$, то $-x^2 + x 0$, из чего следует, что $fleft(x
ight) > gleft(x
ight)$.
Ответ:
$$intlimits_2^3 e^<-x>sin
,dx > intlimits_2^3 e^<-x^2>sin,dx.$$

Найти среднее значение функции на данном отрезке: $sin$, $displaystyle 0 leqslant x leqslant frac<pi><2>$.
Решение

Воспользуемся четвертым следствием из свойства монотонности интеграла. Средним значением функции $fleft(x
ight)$ на отрезке $lbrack a, b
brack$ называется число $displaystylemu = frac<1><left(b-a
ight)>intlimits_a^b fleft(x
ight),dx.$
Из этого следует:
$$mu = frac<1><left(frac<pi><2>-0
ight)> intlimits_0^<frac<pi><2>> sin,dx = left.-frac<2><pi>cos
ight|_0^<frac<pi><2>> = -frac<2><pi>(0-1) = frac<2><pi>.$$
Ответ: $displaystylefrac<2><pi>.$

Администратор
Роман

Tel. +380685083397
yukhym.roman@gmail.com
skype, facebook:
roman.yukhym

Решение задач
Андрей

facebook:
dniprovets25

Пример 4
Вычислить определенный интеграл от синуса: $$ int_0^pi sin x dx $$
Решение
Читайте также:  Сила удара в бильярде
Ссылка на основную публикацию
Adblock detector