سرفصل‌های این مبحث

انتگرال

انتگرال معین (قضایا)

آخرین ویرایش: 15 خرداد 1404

دسته‌بندی: انتگرال

امتیاز:

نظر کاربران: برای نظر دادن اولین باش!

یادآوری

خیلی خوش اومدی به یه گوشه کوچیکی از دنیای بزرگ ما!

برای دسترسی رایگان به ۱۲۶,۰۰۰ محتوای آموزشی در این سایت، فقط این ۳ تا قدم ساده رو بردار و از این اقیانوس عظیم اطلاعات لذت ببر

قدم اول) یه لحظه وقت بذار و رایگان تو سایت ثبت‌نام کن، کلی چیزای خوب منتظرته، پس معطل نکن

قدم دوم) یه سر به پیج اینستاگراممون بزن و فالو کن! اسم و فامیلِ شریفتو که باهاش تو سایت ثبت نام کردی رو تویه دایرکت برامون بفرست، منتظرت هستیم

قدم سوم) کار تمومه، حداکثر ۱۲ ساعت دیگه، می‌تونی به کل محتوای سایت دسترسی داشته باشی، پس آماده باش!

ما به قولمون پایبندیم!

اگه به هر دلیلی محتوایی که قول دادیم برات فعال نشد، راحت باش! می‌تونی خیلی ساده ما رو آنفالو کنی، بدون هیچ دردسری

بیا با هم یه جامعه‌ی بزرگ ریاضی بسازیم! توی یه بستر اجتماعی، عدالت آموزشی رو گسترش بدیم و دست دانش‌آموزای کم‌بضاعت رو بگیریم. با هم تأثیرگذار باشیم!

محاسبه انتگرال معین با استفاده از تعریف، یعنی این‌که عملا حد یک مجموع را پیدا کنیم، معمولا بسیار خسته کننده و تقریبا غیر ممکن است.

برای رسیدن به روش های بسیار ساده‌تر لازم است بعضی از قضایای انتگرال معین را بیان کنیم.

قضیه

اگر $∆$ افراز دلخواهی از بازه بسته $[a, b]$ باشد، آن‌گاه:

$\int_{a}^{b} d x = \lim_{||Δ|| \to 0} \sum_{i = 1}^{n} Δ_{i} x = b - a$

اثبات

$\sum_{i = 1}^{n} Δ_{i} x - (b - a) = (b - a) - (b - a) = 0$

برای هر $ε > 0$ هر انتخاب دل‌خواه $α > 0$ برقراری نامساوی زیر را تضمین می‌کند:

$\begin{array}{l} |\sum_{i = 1}^{n} Δ_{i} x - (b - a)| < ε, ||Δ|| < α \end{array}$

$\forall ε > 0 \exists α > 0; ||Δ|| < α \Rightarrow |\sum_{i = 1}^{n} Δ_{i} x - (b - a)| < ε \Rightarrow \lim_{||Δ|| \to 0} \sum_{i = 1}^{n} Δ_{i} x = b - a$

قضیه

اگر تابع $y = f (x)$ بر بازه بسته $[a, b]$ تعریف شده باشد و حد زیر موجود باشد.

$\lim_{||Δ|| \to 0} \sum_{i = 1}^{n} f (ξ_{i}) Δ_{i} x$

و $∆$ افراز دل‌خواهی از بازه $[a, b]$ باشد و $k$ ثابت دل‌خواه، آن‌گاه داریم:

$\lim_{||Δ|| \to 0} \sum_{i = 1}^{n} k f (ξ_{i}) Δ_{i} x = k \lim_{||Δ|| \to 0} \sum_{i = 1}^{n} f (ξ_{i}) Δ_{i} x$

به‌عبارت دیگر، اگر تابع $f$ بر بازه بسته $[a, b]$ انتگرال پذیر بوده و $k$ ثابتی دل‌خواه باشد، آن‌گاه:

$\int_{a}^{b} k f (x) d x = k \int_{a}^{b} f (x) d x$

قضیه

اگر $k$ ثابتی دلخواه باشد، آن‌گاه:

$\int_{a}^{b} k d x = k (b - a)$

اثبات

روش اول:

$\int_{a}^{b} f (x) d x = \lim_{||Δ|| \to 0} \sum_{i = 1}^{n} f (ξ_{i}) Δ_{i} x$

اگر برای تمام $x$ های در $[a, b]$ که $f (x) = k$ باشد، آن‌گاه خواهیم داشت:

$\int_{a}^{b} k d x = \lim_{|Δ| \to 0} \sum_{i = 1}^{n} k Δ_{i} x = k \lim_{|Δ| \to 0} \sum_{i = 1}^{n} Δ_{i} x = k (b - a)$

روش دوم:

$\begin{array}{l} Δ x = \frac{b - a}{n} \end{array}$

$\begin{array}{l} l_{n} (f) = \sum_{i = 1}^{n} f (x_{i - 1}) Δ x = \sum_{i = 1}^{n} k \frac{b - a}{n} = k \frac{b - a}{n} \sum_{i = 1}^{n} 1 = \frac{k}{n} (b - a) n = k (b - a) \end{array}$

$\begin{array}{l} u_{n} (f) = \sum_{i = 1}^{n} f (x_{i}) Δ x = \sum_{i = 1}^{n} k \frac{b - a}{n} = k \frac{b - a}{n} \sum_{i = 1}^{n} 1 = \frac{k}{n} (b - a) n = k (b - a) \end{array}$

$\int_{a}^{b} k d x = k (b - a)$

تمرین

انتگرال زیر را حساب کنید.

$\int_{- 3}^{5} 4 d x$

$\int_{- 3}^{5} 4 d x = 4 [5 - (- 3)] = 4 (8) = 32$

دریافت مثال

دریافت فایل PDF

قضیه

اگر توابع $f$ و $g$ بر بازه $[a, b]$ انتگرال پذیر باشند، آن‌گاه $f + g$ روی $[a, b]$ انتگرال پذیر است و داریم:

$\int_{a}^{b} [f (x) + g (x)] d x = \int_{a}^{b} f (x) d x + \int_{a}^{b} g (x) d x$

اثبات

طبق فرض توابع $f$ و $g$ بر بازه $[a, b]$ انتگرال پذیر هستند:

$\begin{array}{l} \int_{a}^{b} f (x) d x = M \\ \int_{a}^{b} g (x) d x = N \end{array}$

برای این‌که ثابت کنیم $f + g$ روی $[a, b]$ انتگرال پذیر است، باید نشان دهیم:

$\int_{a}^{b} [f (x) + g (x)] d x = \int_{a}^{b} f (x) d x + \int_{a}^{b} g (x) d x = M + N$

برای هر $ε > 0$ یک $α > 0$ وجود دارد به‌طوری‌که برای تمام افرازهای $∆$ با شرط $||Δ|| < α$ و به‌ازای هر $ξ_{i}$ دلخواه در $[x_{i - 1}, x_{i}]$ داریم:

$|\sum_{i = 1}^{n} [f (ξ_{i}) + g (ξ_{i})]| \cdot Δ_{i} x - (M + N) < β$

چون:

$\begin{array}{l} N = \int_{a}^{b} g (x) d x = \lim_{|Δ| \to 0} \sum_{i = 1}^{n} g (ξ_{i}) Δ_{i} x \end{array}$

$M = \int_{a}^{b} f (x) d x = \lim_{|Δ| \to 0} \sum_{i = 1}^{m} f (ξ_{i}) Δ_{i} x$

برای هر $ε > 0$ یک $α_{1} > 0$ و $α_{2} > 0$ وجود دارد به‌قسمی که به ازای تمام افرازهای $∆$ با شرط $||Δ|| < α_{1}$ و $||Δ|| < α_{2}$ و به‌ازای هر $ξ_{i}$ دلخواه در $[x_{i - 1}, x_{i}]$ داریم:

$\begin{array}{l} |\sum_{i = 1}^{n} g (ξ_{i}) Δ_{i} x - N| < \frac{ε}{2} \\ |\sum_{i = 1}^{n} f (ξ_{i}) Δ_{i} x - M| < \frac{ε}{2} \end{array}$

اگر $α = \min (α_{1}, α_{2})$ باشد، آن‌گاه برای هر $ε > 0$ و برای تمام افرازهای $∆$ با شرط $||Δ|| < α$ و به‌ازای هر $ξ_{i}$ دلخواه در $[x_{i - 1}, x_{i}]$ داریم:

$|\sum_{i = 1}^{n} f (ξ_{i}) Δ_{i} x - M| + |\sum_{i = 1}^{n} g (ξ_{i}) Δ_{i} x - N| < \frac{ε}{2} + \frac{ε}{2} = ε; (1)$

با استفاده از نامساوی مثلثی داریم:

$|(\sum_{i = 1}^{n} f (ξ_{i}) Δ_{i} x - M) + (\sum_{i = 1}^{n} g (ξ_{i}) Δ_{i} x - N)| \leq |\sum_{i = 1}^{n} f (ξ_{i}) Δ_{i} x - M| + |\sum_{i = 1}^{n} g (ξ_{i}) Δ_{i} x - N|; (2)$

از نامساوی $(2), (1)$ داریم:

$|(\sum_{i = 1}^{n} f (ξ_{i}) Δ_{i} x + \sum_{i = 1}^{n} g (ξ_{i}) Δ_{i} x) - (M + N)| < ε; (3)$

هم‌چنین داریم:

$\sum_{i = 1}^{n} f (ξ_{i}) Δ_{i} x + \sum_{i = 1}^{n} g (ξ_{i}) Δ_{i} x = \sum_{i = 1}^{n} (f (ξ_{i}) + g (ξ_{i})) Δ_{i} x; (4)$

با قرار دادن مقدار $(4)$ در $(3)$ می‌توان نتیجه گرفت:

برای هر $ε > 0$ و برای تمام افرازهای $∆$ با شرط $||Δ|| < α$ و با انتخاب $α = \min (α_{1}, α_{2})$ و به‌ازای هر $ξ_{i}$ دلخواه در $[x_{i - 1}, x_{i}]$ داریم:

$|\sum_{i = 1}^{n} [f (ξ_{i}) + g (ξ_{i})] Δ_{i} x - (M + N)| < ε$

بدین ترتیب ثابت می‌شود که $f + g$ روی $[a, b]$ انتگرال پذیر است و داریم:

$\int_{a}^{b} [f (x) + g (x)] d x = \int_{a}^{b} f (x) d x + \int_{a}^{b} g (x) d x$

قضیه

اگر تابع $f$ روی بازه های زیر انتگرال پذیر باشد:

$[c, b], [a, c], [a, b], a < c < b$

آن‌گاه:

$\int_{a}^{b} f (x) d x = \int_{a}^{c} f (x) d x + \int_{c}^{b} f (x) d x$

اثبات

مفهوم هندسی این قضیه آن است که:

می‌خواهیم اندازه مساحت ناحیه محصور بین منحنی $y = f (x)$ و محور $x$ ها را از $a$ تا $b$ که مساوی با مجموع اندازه مساحت های نواحی از $a$ تا $c$ و از $c$ تا $b$ می‌باشد را اثبات کنیم:

قضایای انتگرال - پیمان گردلو

فرض کنیم $∆$ افرازی از $[a, b]$ باشد. افراز $Δ^{'}$ از بازه $[a, b]$ را به‌صورت زیر تشکیل می‌دهیم:

اگر $c$ یکی از نقاط افراز $∆$ باشد مثلا $c = x_{i}$ برای یک $i$ باشد، آن‌گاه $Δ^{'}$ دقیقا با $∆$ یکسان است.

اگر $c$ یکی از نقاط افراز $∆$ نباشد اما در زیر بازه $[x_{i - 1}, x_{i}]$ قرار داشته باشد:

آن‌گاه افراز $Δ^{'}$ شامل تمام نقاط افراز $∆$ و به‌علاوه شامل نقطه $c$ می‌باشد. بنابراین زیر بازه های افراز $Δ^{'}$ با زیر بازه های $∆$ یکسان هستند.

با این استثنا که زیر بازه $[x_{i - 1}, x_{i}]$ از افراز $∆$ به دو زیر بازه $[x_{i - 1}, c]$ و $[c, x_{i}]$ تقسیم می‌شود.

اگر $||Δ^{'}||$ نورم $Δ^{'}$ و $||Δ||$ نورم $Δ$ باشد، آن‌گاه:

$||Δ^{'}|| \leq ||Δ||$

اگر در افراز $Δ^{'}$ بازه $[a, c]$ را به $r$ زیر بازه و بازه $[c, b]$ را به $(n - r)$ زیر بازه تقسیم کنیم:

آن‌گاه قسمتی از افراز $Δ^{'}$ از $a$ تا $c$ مجموع ریمانی زیر را می‌دهد:

$\sum_{i = 1}^{r} f (ξ_{i}) Δ_{i} x$

و قسمت دیگر افراز $Δ^{'}$ از $c$ تا $b$ مجموع ریمانی زیر را می‌دهد:

$\sum_{i = r + 1}^{n} f (ξ_{i}) Δ_{i} x$

با استفاده از تعریف انتگرال معین و خواص نماد سیگما داریم:

$\begin{array}{l} \int_{a}^{b} f (x) d x = \lim_{||Δ|| \to 0} \sum_{i = 1}^{n} f (ξ_{i}) Δ_{i} x \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \int_{a}^{b} f (x) d x = \lim_{||Δ|| \to 0} [\sum_{i = 1}^{r} f (ξ_{i}) Δ_{i} x + \sum_{i = r + 1}^{n} f (ξ_{i}) Δ_{i} x] \end{array}$

$\Rightarrow \int_{a}^{b} f (x) d x = \lim_{||Δ|| \to 0} \sum_{i = 1}^{r} f (ξ_{i}) Δ_{i} x + \lim_{||Δ|| \to 0} \sum_{i = r + 1}^{n} f (ξ_{i}) Δ_{i} x$

چون $0 < ||Δ^{'}|| \leq ||Δ||$ می‌توانیم به‌جای $||Δ|| \to 0$ قرار دهیم $||Δ^{'}|| \to 0$ که نتیجه می‌شود:

$\int_{a}^{b} f (x) d x = \lim_{||Δ^{'}|| \to 0} \sum_{i = 1}^{r} f (ξ_{i}) Δ_{i} x + \lim_{||Δ^{'}|| \to 0} \sum_{i = r + 1}^{n} f (ξ_{i}) Δ_{i} x = \int_{a}^{c} f (x) d x + \int_{c}^{b} f (x) d x$

تمرین

مقدار انتگرال های زیر را حساب کنید.

$\int_{- 1}^{1} ([x] + |x|) d x$

$\int_{- 1}^{1} ([x] + |x|) d x = \int_{- 1}^{1} [x] d x + \int_{- 1}^{1} |x| d x$

$\int_{- 1}^{1} [x] d x = \int_{- 1}^{0} [x] d x + \int_{0}^{1} [x] d x = \int_{- 1}^{0} (- 1) d x + \int_{0}^{1} (0) d x = - 1 [0 - (- 1)] + 0 (1 - 0) = - 1$

پیمان گردلو

$\int_{- 1}^{1} |x| d x = \int_{- 1}^{0} |x| d x + \int_{0}^{1} |x| d x = \int_{- 1}^{0} (- x) d x + \int_{0}^{1} x d x = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1$

پیمان گردلو

$\int_{- 1}^{1} ([x] + |x|) d x = \int_{- 1}^{1} [x] d x + \int_{- 1}^{1} |x| d x = (- 1) + 1 = 0$

$\int_{0}^{3} {(- 1)}^{[x]} [x] d x$

$\begin{array}{l} = \int_{0}^{1} {(- 1)}^{[x]} [x] d x + \int_{1}^{2} {(- 1)}^{[x]} [x] d x + \int_{2}^{3} {(- 1)}^{[x]} [x] d x \end{array}$

$\begin{array}{l} = \int_{0}^{1} 0 d x + \int_{1}^{2} (- 1) d x + \int_{2}^{3} 2 d x \end{array}$

$\begin{array}{l} = 0 + (- 1) (2 - 1) + 2 (3 - 2) \\ = 1 \end{array}$

تمرین

اگر $f$ تابعی انتگرال پذير و داشته باشیم:

$\begin{array}{l} \int_{2}^{7} f (x) d x = 3 \\ \int_{- 3}^{7} f (x) d x = 10 \end{array}$

آن‌گاه انتگرال زیر را بیابید.

$\int_{2}^{- 3} f (x) d x$

$\begin{array}{l} \int_{- 3}^{7} f (x) d x = \int_{- 3}^{2} f (x) d x + \int_{2}^{7} f (x) d x \end{array}$

$\Rightarrow 10 = \int_{- 3}^{2} f (x) d x + 3$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \int_{- 3}^{2} f (x) d x = 7; \int_{a}^{b} f (x) d x = - \int_{b}^{a} f (x) d x \end{array}$

$\Rightarrow \int_{2}^{- 3} f (x) d x = - 7$

تمرین

نمودار تابع $f$ مطابق شکل زیر است.

نمودار زیر را رسم کنيد.

$F (x) = \int_{0}^{x} f (t) d t$

$\begin{array}{l} i f 0 < x < 1 : \end{array}$

$\begin{array}{l} x = 0 \Rightarrow F (0) = \int_{0}^{0} f (t) d t = 0; A (0, 0) \end{array}$

$x = 1 \Rightarrow F (1) = \int_{0}^{1} f (t) d t = \int_{0}^{1} 3 d t = 3; B (1, 3)$

$\begin{array}{l} i f 1 < x < 3 : \end{array}$

$\begin{array}{l} x = 1 \Rightarrow F (1) = 3; B (1, 3) \end{array}$

$x = 3 \Rightarrow F (3) = \int_{0}^{3} f (t) d t = 1; C (3, 1) (Ι)$

$\begin{array}{l} (Ι) : 1 < x < 3 : \\ F (x) = \int_{0}^{3} f (t) d t \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow F (x) = \int_{0}^{1} f (t) d t + \int_{1}^{3} f (t) d t \\ \Rightarrow F (x) = \int_{0}^{1} 3 d t + \int_{1}^{3} (- 1) d t \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow F (x) = 3 (1 - 0) + (- 1) (3 - 1) \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow F (x) = 3 - 2 \\ \Rightarrow F (x) = 1 \end{array}$

تمرین

اگر داشته باشیم:

$f (x) = \int_{0}^{x} [t] d t; x \geq 0$

نمودار $f$ را در بازه $[0, 3]$ رسم کنيد.

$x = 0 : f (0) = \int_{0}^{0} [t] d t = 0; A (0, 0)$

$\{\begin{cases} x = 1 : f (1) = \int_{0}^{1} [t] d t = \int_{0}^{1} 0 d t = 0; B (1, 0) \\ 0 \leq t \leq 1 \Rightarrow [t] = 0 \end{cases}$

$\{\begin{cases} x = 2 : f (2) = \int_{0}^{2} [t] d t = \int_{0}^{1} [t] d t + \int_{1}^{2} [t] d t = 0 + \int_{1}^{2} 1 d t = 0 + 1 (2 - 1) = 1; C (2, 1) \\ 1 \leq t \leq 2 \Rightarrow [t] = 1 \end{cases}$

$\{\begin{cases} x = 3 : f (3) = \int_{0}^{3} [t] d t = \int_{0}^{1} [t] d t + \int_{1}^{2} [t] d t + \int_{2}^{3} [t] d t = 0 + 1 + \int_{2}^{3} 2 d t = 1 + 2 (3 - 2) = 3; D (3, 3) \\ 2 \leq t \leq 3 \Rightarrow [t] = 2 \end{cases}$

تمرین

نمودار تابع $f$ در شکل زیر رسم شده است.

انتگرال زیر را محاسبه کنید.

$F (x) = \int_{0}^{x} f (t) d t$

$F (2) = \int_{0}^{2} f (t) d t = \frac{1}{2} [(2 + 1)] = \frac{3}{2}$

مساحت ذوزنقه در بازه $[0, 2]$ عدد $\frac{3}{2}$ است.

$F (3) = \int_{0}^{3} f (t) d t = \frac{1}{2} [(3 + 1)] = 2$

مساحت ذوزنقه در بازه $[0, 3]$ عدد $2$ است.

$\{\begin{cases} F (2) = \frac{3}{2} = 1.5 \\ F (3) = 2 \end{cases}$

مشتق از مثبت به منفی تغيير علامت می‌دهد.

دریافت مثال

دریافت فایل PDF

قضیه

اگر تابع $f$ بر بازه بسته ای که شامل اعداد $a$ و $b$ و $c$ است، انتگرال پذیر باشد آن‌گاه بدون توجه به ترتیب این اعداد، داریم:

$\int_{a}^{b} f (x) d x = \int_{a}^{c} f (x) d x + \int_{c}^{b} f (x) d x$

اثبات

اگر اعداد $a$ و $b$ و $c$ متمایز از یکدیگر باشند، شش ترتیب ممکن برای این سه عدد به‌صورت زیر وجود دارد:

$\{\begin{cases} b < c < a \\ a < c < b \end{cases}; \{\begin{cases} c < a < b \\ b < a < c \end{cases}; \{\begin{cases} c < b < a \\ a < b < c \end{cases}$

که حالت $a < c < b$ از این قضیه استفاده کرده و ثابت می‌کنیم که تساوی زیر برقرار است:

$\int_{a}^{b} f (x) d x = \int_{a}^{c} f (x) d x + \int_{c}^{b} f (x) d x$

برای سایر ترتیب‌های اعداد $a$ و $b$ و $c$ برقرار است.

$\begin{array}{l} \int_{a}^{b} f (x) d x + \int_{b}^{c} f (x) d x = \int_{a}^{c} f (x) d x; \int_{b}^{c} f (x) d x = - \int_{c}^{b} f (x) d x \end{array}$

$\begin{array}{l} \int_{a}^{b} f (x) d x - \int_{c}^{b} f (x) d x = \int_{a}^{c} f (x) d x \end{array}$

$\int_{a}^{b} f (x) d x = \int_{a}^{c} f (x) d x + \int_{c}^{b} f (x) d x$

تمرین

اگر داشته باشیم:

$\begin{array}{l} \int_{2}^{4} f (x) d x = - 1 \\ \int_{- 1}^{4} f (x) d x = 4 \end{array}$

آن‌گاه مقدار انتگرال زیر را به‌دست آورید:

$\int_{2}^{- 1} f (x) d x$

$\begin{array}{l} \int_{2}^{- 1} f (x) d x + \int_{- 1}^{4} f (x) d x = \int_{2}^{4} f (x) d x \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \int_{2}^{- 1} f (x) d x + 4 = - 1 \\ \Rightarrow \int_{2}^{- 1} f (x) d x = - 5 \end{array}$

تمرین

نامساوی انتگرالی زیر را ثابت کنید.

$\int_{0}^{4} [x] d x > \int_{4}^{4.5} [x] d x$

یادآوری)

$\begin{array}{l} \int_{a}^{b} k d x = k \int_{a}^{d} d x = k (b - a) \end{array}$

$\begin{array}{l} A = \int_{0}^{4} [x] d x \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow A = \int_{0}^{1} [x] d x + \int_{1}^{2} [x] d x + \int_{2}^{3} [x] d x + \int_{3}^{4} [x] d x \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow A = \int_{0}^{1} (0) d x + \int_{1}^{2} (1) d x + \int_{2}^{3} (2) d x + \int_{3}^{4} (3) d x \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow A = 0 + 1 (2 - 1) + (2) (3 - 2) + (3) (4 - 3) \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow A = 1 + 2 + 3 \\ \Rightarrow A = 6 \end{array}$

$\{\begin{cases} 0 \leq x < 1 \Rightarrow [x] = 0 \\ 1 \leq x < 2 \Rightarrow [x] = 1 \\ 2 \leq x < 3 \Rightarrow [x] = 2 \\ 3 \leq x < 4 \Rightarrow [x] = 3 \end{cases}$

$\begin{array}{l} B = \int_{4}^{4.5} [x] d x \Rightarrow \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow B = \int_{4}^{4.5} [x] d x; 4 \leq x < 4.5 \Rightarrow [x] = 4 \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow B = \int_{4}^{4.5} 4 d x \\ \Rightarrow B = (4) (4.5 - 4) \\ \Rightarrow B = 2 \end{array}$

$A > B \Rightarrow \int_{0}^{4} [x] d x > \int_{4}^{4.5} [x] d x$

تمرین

اگر $f$ روی فاصله $[- 1, 2]$ انتگرال پذير باشد، حاصل عبارت زير را به‌دست آوريد.

$A = \int_{- 1}^{2} f (x) d x + \int_{2}^{0} f (x) d x + \int_{0}^{1} f (x) d x + \int_{1}^{- 1} f (x) d x$

$\begin{array}{l} A = (\int_{- 1}^{2} f (x) d x + \int_{2}^{0} f (x) d x) + \int_{0}^{1} f (x) d x + \int_{1}^{- 1} f (x) d x \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow A = (\int_{- 1}^{0} f (x) d x + \int_{0}^{1} f (x) d x) + \int_{1}^{- 1} f (x) d x \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow A = \int_{- 1}^{1} f (x) d x + \int_{1}^{- 1} f (x) d x \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow A = 0 \end{array}$

تمرین

اگر $x > 3$ باشد، انتگرال زیر را محاسبه کنید.

$\int_{2}^{x} [t] d t$

یادآوری)

$\int_{a}^{b} k d x = k \int_{a}^{d} d x = k (b - a)$

$\begin{array}{l} \int_{2}^{x} [t] d t \\ = \int_{2}^{3} [t] d t + \int_{3}^{x} [t] d t \end{array}$

$\begin{array}{l} = \int_{2}^{3} (2) d t + \int_{3}^{x} (3) d t \\ = 2 (3 - 2) + 3 (x - 3) \\ = 3 x - 7 \end{array}$

دریافت مثال

دریافت فایل PDF

قضیه

اگر توابع $f$ و $g$ بر بازه $[a, b]$ انتگرال پذیر باشند.

برای تمام $x$ های متعلق به $[a, b]$ داشته باشیم $f (x) \geq g (x)$ در این‌صورت:

$\int_{a}^{b} f (x) d x \geq \int_{a}^{b} g (x) d x$

اثبات

مفهوم هندسی:

قضایای انتگرال - پیمان گردلو

چون توابع $f$ و $g$ بر بازه $[a, b]$ انتگرال هستند، پس انتگرال های زیر هر دو موجود هستند، بنابراین داریم:

$\begin{array}{l} \int_{a}^{b} f (x) d x \\ \int_{a}^{b} g (x) d x \end{array}$

$\int_{a}^{b} f (x) d x - \int_{a}^{b} g (x) d x = \int_{a}^{b} f (x) d x + \int_{a}^{b} [- g (x)] d x = \int_{a}^{b} [f (x) - g (x)] d x$

فرض کنیم تابع $h$ به‌صورت زیر تعریف شده است:

$h (x) = f (x) - g (x)$

چون برای تمام $x$ های در $[a, b]$ داریم $f (x) \geq g (x)$ در نتیجه:

$\{\begin{cases} h (x) = f (x) - g (x) \\ f (x) \geq g (x) \Rightarrow f (x) - g (x) \geq 0 \end{cases}〉 h (x) \geq 0$

می‌خواهیم ثابت کنیم که $\int_{a}^{b} [f (x) - g (x)] d x \geq 0$ :

$\int_{a}^{b} [f (x) - g (x)] d x = \int_{a}^{b} h (x) d x = \lim_{||Δ|| \to 0} \sum_{i = 1}^{n} h (ξ_{i}) Δ_{i} x$

اثبات به برهان خلف است، فرض کنیم که:

$(Ι) : \lim_{||Δ|| \to 0} \sum_{i = 1}^{n} h (ξ_{i}) Δ_{i} x = L < 0$

در این‌صورت با فرض $ε = - L$ یک عدد مانند $α > 0$ وجود دارد که:

$\begin{array}{l} |\sum_{i = 1}^{n} h (ξ_{i}) Δ_{i} x - L| < - L, ||Δ|| < α \end{array}$

$\sum_{i = 1}^{n} h (ξ_{i}) Δ_{i} x - L \leq |\sum_{i = 1}^{n} h (ξ_{i}) Δ_{i} x - L|$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \sum_{i = 1}^{n} h (ξ_{i}) Δ_{i} x - L < - L; ||Δ|| < α \end{array}$

$\Rightarrow \sum_{i = 1}^{n} h (ξ_{i}) Δ_{i} x < 0; ||Δ|| < α$

عبارت فوق غیر ممکن است چون هر $h (ξ_{i})$ و $Δ_{i} x$ مثبت است پس به تناقض با فرض $(Ι)$ رسیدیم، بنابراین $(Ι)$ غلط است.

$\begin{array}{l} \lim_{||Δ|| \to 0} \sum_{i = 1}^{n} h (ξ_{i}) Δ_{i} x \geq 0 \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \int_{a}^{b} h (x) d x \geq 0 \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \int_{a}^{b} [f (x) - g (x)] d x \geq 0 \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \int_{a}^{b} f (x) d x - \int_{a}^{b} g (x) d x \geq 0 \end{array}$

$\Rightarrow \int_{a}^{b} f (x) d x \geq \int_{a}^{b} g (x) d x$

تذکر

عکس قضیه فوق همواره صحیح نمی‌باشد.

تمرین

اگر داشته باشیم:

$\int_{0}^{1} x^{2} d x = \frac{1}{3}$

ثابت کنید:

$\frac{1}{3 \sqrt{2}} \leq \int_{0}^{1} \frac{x^{2}}{\sqrt{1 + x}} d x \leq \frac{1}{3}$

$\begin{array}{l} i f 0 \leq x \leq 1 \\ \Rightarrow 1 \leq 1 + x \leq 2 \\ \Rightarrow 1 \leq \sqrt{1 + x} \leq \sqrt{2} \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{1}{\sqrt{2}} \leq \frac{1}{\sqrt{1 + x}} \leq 1 \\ \Rightarrow \frac{x^{2}}{\sqrt{2}} \leq \frac{x^{2}}{\sqrt{1 + x}} \leq x^{2} \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \int_{0}^{1} \frac{x^{2}}{\sqrt{2}} d x \leq \int_{0}^{1} \frac{x^{2}}{\sqrt{1 + x}} d x \leq \int_{0}^{1} x^{2} d x \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{1}{\sqrt{2}} \int_{0}^{1} x^{2} d x \leq \int_{0}^{1} \frac{x^{2}}{\sqrt{1 + x}} d x \leq \int_{0}^{1} x^{2} d x \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{1}{\sqrt{2}} \times \frac{1}{3} \leq \int_{0}^{1} \frac{x^{2}}{\sqrt{1 + x}} d x \leq \frac{1}{3} \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{1}{3 \sqrt{2}} \leq \int_{0}^{1} \frac{x^{2}}{\sqrt{1 + x}} d x \leq \frac{1}{3} \end{array}$

دریافت مثال

دریافت فایل PDF

قضیه

فرض کنید تابع $f$ بر بازه بسته $[a, b]$ پیوسته باشد.

اگر $m$ و $M$ به‌ترتیب مقادیر $m i n$ و $m a x$ مطلق $f$ بر $[a, b]$ باشند، یعنی داشته باشیم:

$\{\begin{cases} a \leq x \leq b \\ m \leq f (x) \leq M \end{cases}〉 m (b - a) \leq \int_{a}^{b} f (x) d x \leq M (b - a)$

اثبات

مفهوم هندسی:

چون تابع $f$ بر بازه بسته $[a, b]$ پیوسته است، قضیه اکسترمم وجود $m$ و $M$ را تضمین می‌کند، هم‌چنین داریم:

$\begin{array}{l} \int_{a}^{b} m d x = m (b - a) \\ \int_{a}^{b} M d x = M (b - a) \end{array}$

چون تابع $f$ بر بازه بسته $[a, b]$ پیوسته است، نتیجه می‌شود که $f$ روی $[a, b]$ انتگرال پذیر است.

از طرفی چون برای تمام $x$ های در $[a, b]$ داشته باشیم $f (x) \geq m$ پس داریم:

$(Ι) : f (x) \geq m \Rightarrow \int_{a}^{b} f (x) d x \geq \int_{a}^{b} m d x \Rightarrow \int_{a}^{b} f (x) d x \geq m (b - a)$

به‌طور مشابه، چون برای تمام $x$ های در $[a, b]$ داشته باشیم $M \geq f (x)$ پس داریم:

$(Ι Ι) : M \geq f (x) \Rightarrow \int_{a}^{b} M d x \geq \int_{a}^{b} f (x) d x \Rightarrow M (b - a) \geq \int_{a}^{b} f (x) d x$

از نامساوی هایی $(Ι Ι), (Ι)$ داریم:

$\{\begin{cases} M (b - a) \geq \int_{a}^{b} f (x) d x \\ \int_{a}^{b} f (x) d x \geq m (b - a) \end{cases}$

$m (b - a) \leq \int_{a}^{b} f (x) d x \leq M (b - a)$

تمرین

بازه بسته شامل انتگرال های زیر را پيدا کنيد.

$\begin{array}{l} \int_{\frac{1}{2}}^{4} (x^{3} - 6 x^{2} + 9 x + 1) d x \end{array}$

ماکزیمم و مینیمم مطلق تابع $f (x)$ را می‌یابیم:

$\begin{array}{l} f (x) = x^{3} - 6 x^{2} + 9 x + 1 \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow f^{'} (x) = 3 x^{2} - 12 x + 9; f^{'} (x) = 0 \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow 3 x^{2} - 12 x + 9 = 0 \\ \Rightarrow \{\begin{cases} x = 1 \Rightarrow f (1) = 5 \\ x = 3 \Rightarrow f (3) = 1 \end{cases}〉 \{\begin{cases} M = 5 \\ m = 1 \end{cases} \end{array}$

$\begin{array}{l} m (b - a) \leq \int_{a}^{b} f (x) d x \leq M (b - a) \end{array}$

$\Rightarrow m (4 - \frac{1}{2}) \leq \int_{\frac{1}{2}}^{4} (x^{3} - 6 x^{2} + 9 x + 1) d x \leq M (4 - \frac{1}{2})$

$\begin{array}{l} \Rightarrow 1 (4 - \frac{1}{2}) \leq \int_{\frac{1}{2}}^{4} (x^{3} - 6 x^{2} + 9 x + 1) d x \leq 5 (4 - \frac{1}{2}) \end{array}$

$\Rightarrow \frac{7}{2} \leq \int_{\frac{1}{2}}^{4} (x^{3} - 6 x^{2} + 9 x + 1) d x \leq \frac{35}{2}$

بنابراين بازه $[\frac{7}{2}, \frac{35}{2}]$ شامل مقدار انتگرال معين فوق می‌باشد.

$\int_{- 2}^{1} {(x + 1)}^{\frac{2}{3}} d x$

ماکزیمم و مینیمم مطلق تابع $f (x)$ را می‌یابیم:

$f (x) = {(x + 1)}^{\frac{2}{3}} \Rightarrow f^{'} (x) = \frac{2}{3} {(x + 1)}^{- \frac{1}{3}} = \frac{2}{3 \sqrt[3]{x + 1}} \neq 0$

$x = - 1$ نقطه بحرانی است.

$\{\begin{array}{l} f (- 1) = 0 \\ f (1) = \sqrt[3]{4} \\ f (- 2) = 1 \end{array}〉 \{\begin{cases} m = 0 \\ M = \sqrt[3]{4} \end{cases}$

$\begin{array}{l} m (b - a) \leq \int_{a}^{b} f (x) d x \leq M (b - a) \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow 0 (1 + 2) \leq \int_{- 2}^{1} {(x + 1)}^{\frac{2}{3}} d x \leq \sqrt[3]{4} (1 + 2) \end{array}$

$\Rightarrow 0 \leq \int_{- 2}^{1} {(x + 1)}^{\frac{2}{3}} \leq 3 \sqrt[3]{4}$

بنابراين بازه $[0, 3 \sqrt[3]{4}]$ شامل مقدار انتگرال معين فوق می‌باشد.

$\int_{0}^{1} \sqrt{x^{3} + 1} d x$

$\begin{array}{l} 0 \leq x \leq 1 \\ \Rightarrow 0 \leq x^{3} \leq 1 \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow 1 \leq x^{3} + 1 \leq 2 \\ \Rightarrow 1 \leq \sqrt{x^{3} + 1} \leq \sqrt{2} \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \int_{0}^{1} 1 d x \leq \int_{0}^{1} \sqrt{x^{3} + 1} d x \leq \int_{0}^{1} \sqrt{2} d x \end{array}$

$\Rightarrow 1 (1 - 0) \leq \int_{0}^{1} \sqrt{x^{3} + 1} d x \leq \sqrt{2} (1 - 0)$

بازه مورد نظر $[1, \sqrt{2}]$ می‌باشد.

$A = \int_{- 1}^{1} \sqrt{1 + x^{2}} d x$

$\begin{array}{l} - 1 \leq x \leq 1 \\ \Rightarrow 0 \leq x^{2} \leq 1 \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow 1 \leq 1 + x^{2} \leq 2 \\ \Rightarrow 1 \leq \sqrt{1 + x^{2}} \leq \sqrt{2} \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \int_{- 1}^{1} 1 d x \leq \int_{- 1}^{1} \sqrt{1 + x^{2}} d x \leq \int_{- 1}^{1} \sqrt{2} d x \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow 1 (1 + 1) \leq \int_{- 1}^{1} \sqrt{1 + x^{2}} d x \leq \sqrt{2} (1 + 1) \end{array}$

$\Rightarrow 2 \leq A \leq 2 \sqrt{2}$

تمرین

مقدار تقريبی انتگرال زیر را حساب کنيد.

$I = \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sqrt{1 + \frac{1}{2} \sin^{2} x} d x$

یادآوری)

$m (b - a) \leq \int_{a}^{b} f (x) d x \leq M (b - a)$

$0 \leq \sin^{2} x \leq 1$

$\begin{matrix} \Rightarrow \{\begin{cases} i f \sin^{2} x = 0 \Rightarrow f (x) = \sqrt{1} = 1 \\ i f \sin^{2} x = 1 \Rightarrow f (x) = \sqrt{1 + \frac{1}{2}} = \sqrt{\frac{3}{2}} \end{cases} \end{matrix}$

$\begin{array}{l} 1 (\frac{π}{2} - 0) \leq \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sqrt{1 + \frac{1}{2} \sin^{2} x} d x \leq \sqrt{\frac{3}{2}} (\frac{π}{2} - 0) \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow 1.57 \leq I \leq 1.91 \\ \Rightarrow I \approx \frac{1.57 + 1.91}{2} \\ \Rightarrow I \approx 1.74 \end{array}$

تمرین

اگر داشته باشیم:

$A = \int_{\frac{π}{6}}^{\frac{π}{4}} \frac{\sin x}{x} d x$

بازه با کم ترين طول شامل $A$ را بیابید.

یادآوری)

$m (b - a) \leq \int_{a}^{b} f (x) d x \leq M (b - a)$

$f (x) = \frac{\sin x}{x}$ در بازه $(0, \frac{π}{2}]$ اکيد نزولی است.

$\begin{array}{l} y^{'} = \frac{x \cos x - \sin x}{x^{2}} 0 < x \leq \frac{π}{2} \Rightarrow i f y^{'} < 0 \end{array}$

$\begin{array}{l} i f x = \frac{π}{4} : f (\frac{π}{4}) = \frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{π}{4}} = \frac{2 \sqrt{2}}{π} = m \end{array}$

$\begin{array}{l} i f x = \frac{π}{6} : f (\frac{π}{6}) = \frac{\frac{1}{2}}{\frac{π}{6}} = \frac{3}{π} = M \end{array}$

$\frac{2 \sqrt{2}}{π} (\frac{π}{4} - \frac{π}{6}) \leq \int_{\frac{π}{6}}^{\frac{π}{4}} \frac{\sin x}{x} d x \leq \frac{3}{π} (\frac{π}{4} - \frac{π}{6}) \Rightarrow \frac{\sqrt{2}}{6} \leq A \leq \frac{1}{4}$

دریافت مثال

دریافت فایل PDF

قضیه

فرض کنید تابع $f$ بر بازه بسته $[a, b]$ پیوسته باشد، آن‌گاه:

$|\int_{a}^{b} f (x) d x| \leq \int_{a}^{b} |f (x)| d x$

اثبات

یادآوری می‌کنیم که:

$- |f (x)| \leq f (x) \leq |f (x)| \Rightarrow \{\begin{cases} i f f (x) \geq 0 \Rightarrow - f (x) \leq f (x) \leq f (x) \\ i f f (x) \leq 0 \Rightarrow f (x) \leq f (x) \leq - f (x) \end{cases}$

$\begin{array}{l} - |f (x)| \leq f (x) \leq |f (x)| \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow - \int |f (x)| d x \leq \int f (x) d x \leq \int |f (x)| d x; A = \int |f (x)| d x \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow - A \leq \int f (x) d x \leq A \\ \Rightarrow |\int f (x) d x| \leq A \end{array}$

$\Rightarrow |\int_{a}^{b} f (x) d x| \leq \int_{a}^{b} |f (x)| d x$

تذکر

عکس قضیه فوق همواره صحیح نیست، یعنی ممکن است $f$ روی یک بازه انتگرال پذیر نباشد، اما $|f|$ انتگرال پذیر باشد.

خرید پاسخ‌ها

انتگرال معین (قضایا)

4,400تومان

برای ارسال نظر وارد سایت شوید

انتگرال

انتگرال معین (قضایا)

nenomatica

مجموعه قوانین

دسترسی سریع

آیا می‌خواهید فیلم معرفی را مشاهده نمایید؟