سرفصل‌های این مبحث

انتگرال

انتگرال معین (قضیه فشردگی و مقدار میانگین)

آخرین ویرایش: 05 اسفند 1402

دسته‌بندی: انتگرال

امتیاز:

نظر کاربران: برای نظر دادن اولین باش!

قضیه فشردگی در انتگرال

قضیه

فرض کنیم $f$ و $g$ و $h$ توابع کرانداری روی بازه $[a, b]$ باشند و به ازای هر $x$ از این بازه:

$g (x) \leq f (x) \leq h (x)$

اگر $g$ و $h$ بر $[a, b]$ انتگرال پذیر و داشته باشیم:

$\int_{a}^{b} g (x) d x = \int_{a}^{b} h (x) d x = A$

آن‌گاه $f$ روی بازه $[a, b]$ انتگرال پذیر و $\int_{a}^{b} f (x) d x = A$ می‌باشد.

اثبات

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

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

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

قضیه مقدار میانگین در انتگرال

این قضیه در اثبات بسیاری از قضایای مهم به‌کار می‌رود که یکی از برجسته‌ترین آنها قضیه بنیادی حساب دیفرانسیل و انتگرال است.

قبل از بیان قضیه میانگین برای انتگرال ها، نمونه‌ای را که تعبیر هندسی این قضیه می‌باشد، ارائه می‌دهیم.

فرض کنید برای تمام مقادیر

x

در

[a, b]

تابع

f (x) \geq 0

باشد، پس

\int_{a}^{b} f (x) d x \geq 0

اندازه مساحت ناحیه محدود به منحنی

y = f (x)

و محور

x

ها و خطوط

x = a

x = b

را می‌دهد.

شکل زیر را ببینید:

قضیه مقدار میانگین برای انتگرال ها می‌گوید که عددی مانند $X \in [a, b]$ وجود دارد به‌طوری‌که:

مساحت $A E F B$ به ارتفاع $f (X)$ واحد و قاعده $(b - a)$ واحد، مساوی با مساحت ناحیه $A D C B$ می‌باشد:

\int_{a}^{b} f (x) d x = f (X) (b - a)

قضیه

اگر تابع $f$ بر بازه بسته $[a, b]$ پیوسته باشد، آن‌گاه عددی مانند $X$ در $[a, b]$ وجود دارد به‌طوری‌که:

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

اثبات

چون تابع $f$ بر بازه بسته $[a, b]$ پیوسته است، با توجه به قضیه اکسترمم، تابع $f$ روی $[a, b]$ دارای مقدار $m i n$ مطلق و مقدار $m a x$ مطلق می‌باشد.

فرض کنیم $m$ مقدار $m i n$ مطلق در $x = x_{m}$ باشد:

$f (x_{m}) = m; a \leq x_{m} \leq b$

فرض کنیم $M$ مقدار $m a x$ مطلق در $x = x_{M}$ باشد:

$f (x_{M}) = M; \leq x_{M} \leq b$

بنابراین می‌توان نتیجه گرفت:

$\begin{array}{l} \forall x \in [a, b] \\ \Rightarrow m \leq f (x) \leq M \end{array}$

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

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

چون $b > a$ می‌باشد و $b - a > 0$ است، طرفین نامساوی مفروض را بر $(b - a)$ تقسیم می‌کنیم:

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

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

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

توجه شود که عددی مانند $X$ در بازه بسته شامل $x_{m}$ و $x_{M}$ وجود دارد به‌قسمی که:

$f (X) = \frac{\int_{a}^{b} f (x) d x}{b - a} \Rightarrow \int_{a}^{b} f (x) d x = f (X) (b - a); a \leq X \leq b$

نکته

1- مقدار $X$ لزوما یکتا نیست.

این قضیه روشی برای یافتن $X$ ارائه نمی‌دهد، اما می‌گوید که مقداری از $X$ موجود است و از این مطلب برای اثبات قضایای دیگری استفاده می‌شود.

2- مقدار $f (X)$ را مقدار متوسط یا مقدار میانگین می‌نامند که به‌صورت زیر محاسبه می‌شود:

$f (X) = \frac{\int_{a}^{b} f (x) d x}{b - a}$

3- تعبیری از $\frac{\int_{a}^{b} f (x) d x}{b - a}$

فرض کنیم $\{f (x_{1}), f (x_{2}), ..., f (x_{n})\}$ مجموعه‌ای از $n$ عدد باشد، میانگین این $n$ عدد برابر است با:

$\bar{x} = \frac{f (x_{1}) + f (x_{2}) + ... + f (x_{n})}{n} = \frac{\sum_{i = 1}^{n} f (x_{i})}{n}$

فرض کنیم $M$ مقدار این میانگین باشد:

$\begin{array}{l} M = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} f (x_{i}) \\ \Rightarrow M = \sum_{i = 1}^{n} f (x_{i}) \frac{1}{n} \\ \Rightarrow M = \frac{1}{b - a} \sum_{i = 1}^{n} f (x_{i}) \frac{b - a}{n} \end{array}$

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

لذا به طور تقریب $M$ میانگین $n$ عدد فوق با $\frac{1}{b - a} \int_{a}^{b} f (x) d x$ برابر است:

$M ≃ \frac{1}{b - a} \int_{a}^{b} f (x) d x$

4- در قضیه مقدار میانگین، اگر $f$ پیوسته باشد، آن‌گاه مقدار متوسط، موجود و $\frac{1}{b - a} \int_{a}^{b} f (x) d x$ موجود است.

اما توجه داشته باشیم که تعریف مقدار متوسط به پیوستگی بستگی ندارد، یعنی ممکن است تابعی ناپیوسته و مقدار متوسط موجود باشد اما هیچ $X$ موجود نباشد که $f (X)$ برابر مقدار متوسط باشد.

تمرین

تابع زیر را در نظر بگیرید:

$f (x) = \{\begin{cases} 1; 1 \leq x < 2 \\ 2; 2 \leq x < 3 \end{cases}$

مقدار متوسط را به‌دست آورید:

$\int_{1}^{3} f (x) d x = 3$

$\frac{1}{b - a} \times \int_{1}^{3} f (x) d x = \frac{1}{3 - 1} \times (3) = \frac{3}{2}$

مقدار $X$ را بیابید.

هیچ $X$ ی وجود ندارد که $f (X) = \frac{3}{2}$ شود.

تمرین

با استفاده از قضيه مقدار ميانگين برای انتگرال ها، نامساوی زير را ثابت کنيد.

$\int_{0}^{π} \sin \sqrt{x} d x \leq π$

یادآوری)

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

$\begin{array}{l} \{\begin{cases} f (x) = \sin \sqrt{x} \Rightarrow f (X) = \sin \sqrt{X} \\ \int_{0}^{π} \sin \sqrt{x} d x = \sin \sqrt{X} (π - 0) \end{cases} \end{array}$

$\begin{array}{l} \forall x \in [0, π] \\ \Rightarrow \sin \sqrt{x} \leq 1 \\ \Rightarrow π \sin \sqrt{x} \leq π \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow π \sin \sqrt{X} \leq π; \int_{0}^{π} \sin \sqrt{x} d x = π \sin \sqrt{X} \end{array}$

$\Rightarrow \int_{0}^{π} \sin \sqrt{x} d x \leq π$

$\int_{- 3}^{3} \frac{1}{x^{2} + 6} d x \leq 1$

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

$\{\begin{cases} f (x) = \frac{1}{x^{2} + 6} \Rightarrow f (X) = \frac{1}{X^{2} + 6} \\ \int_{- 3}^{3} \frac{1}{x^{2} + 6} d x = \frac{1}{X^{2} + 6} (3 + 3) = \frac{6}{X^{2} + 6} \end{cases}$

$\begin{array}{l} \frac{1}{x^{2} + 6} \leq \frac{1}{6}; x \in [- 3, 3] \\ \Rightarrow 6 \times \frac{1}{x^{2} + 6} \leq 6 \times \frac{1}{6} \\ \Rightarrow \frac{6}{x^{2} + 6} \leq 1 \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{6}{X^{2} + 6} \leq 1; \int_{- 3}^{3} \frac{1}{x^{2} + 6} d x = \frac{6}{X^{2} + 6} \end{array}$

$\Rightarrow \int_{- 3}^{3} \frac{1}{x^{2} + 6} d x \leq 1$

$\int_{0}^{2} \frac{1}{x^{2} + 4} d x \leq \frac{1}{2}$

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

$\{\begin{cases} f (x) = \frac{1}{x^{2} + 4} \Rightarrow f (X) = \frac{1}{X^{2} + 4} \\ \int_{0}^{2} \frac{1}{x^{2} + 4} d x = \frac{1}{X^{2} + 4} (2 - 0) = \frac{2}{X^{2} + 4} \end{cases}$

$\begin{array}{l} \frac{1}{x^{2} + 4} \leq \frac{1}{4}; x \in [0, 2] \\ \Rightarrow 2 \times \frac{1}{x^{2} + 4} \leq 2 \times \frac{1}{4} \\ \Rightarrow \frac{2}{x^{2} + 4} \leq \frac{1}{2} \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{2}{X^{2} + 4} \leq \frac{1}{2}; \int_{0}^{2} \frac{1}{x^{2} + 4} d x = \frac{2}{X^{2} + 4} \end{array}$

$\Rightarrow \int_{0}^{2} \frac{1}{x^{2} + 4} d x \leq \frac{1}{2}$

تمرین

نامساوی های زير را با استفاده از قضیه مقدر میانگین ثابت کنید.

$0 \leq \int_{2}^{5} \frac{1}{x^{3} + 1} d x \leq \frac{1}{3}$

طبق قضيه مقدار ميانگين:

$\int_{a}^{b} f (x) d x = f (X) (b - a) \Rightarrow \int_{2}^{5} \frac{1}{x^{3} + 1} d x = \frac{1}{X^{3} + 1} \times 3; (Ι)$

$\begin{array}{l} \forall x \in [2, 5] : \end{array}$

$\begin{array}{l} \frac{1}{x^{3} + 1} \leq \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{3}{x^{3} + 1} \leq \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{3}{X^{3} + 1} \leq \frac{1}{3} \overset{(Ι)}{\to} \int_{2}^{5} \frac{1}{x^{3} + 1} d x \leq \frac{1}{3} \end{array}$

$\begin{array}{l} \forall x \in [2, 5] \Rightarrow \frac{1}{x^{3} + 1} \geq 0 \Rightarrow \int_{2}^{5} \frac{1}{x^{3} + 1} d x \geq \int_{2}^{5} 0 d x \Rightarrow \int_{2}^{5} \frac{1}{x^{3} + 1} d x \geq 0 \end{array}$

$0 \leq \int_{2}^{5} \frac{1}{x^{3} + 1} \leq \frac{1}{3}$

$0 \leq \int_{0}^{2} \sin \frac{π}{2} x d x \leq 2$

طبق قضيه مقدار ميانگين:

$\int_{a}^{b} f (x) d x = f (X) (b - a) \Rightarrow \int_{0}^{2} \sin \frac{π}{2} x d x = 2. \sin \frac{π}{2} X; (Ι)$

$\begin{array}{l} \forall x \in [0, 2] : \end{array}$

$\begin{array}{l} \sin \frac{π}{2} x \leq 1 \Rightarrow 2 \sin \frac{π}{2} x \leq 2 \Rightarrow 2 \sin \frac{π}{2} X \leq 2 \overset{(Ι)}{\to} \int_{0}^{2} \sin \frac{π}{2} x d x \leq 2 \end{array}$

$\begin{array}{l} \forall x \in [0, 2] \Rightarrow \int_{0}^{2} \sin \frac{π}{2} x \geq 0 \Rightarrow \int_{0}^{2} \sin \frac{π}{2} x d x \geq \int_{0}^{2} 0 d x \Rightarrow \int_{0}^{2} \sin \frac{π}{2} x d x \geq 0 \end{array}$

$0 \leq \int_{0}^{2} \sin \frac{π}{2} x d x \leq 2$

تمرین

فرض کنيد تابع $f$ بر $[- 4, 7]$ انتگرال پذير است.

اگر مقدار متوسط $f$ بر بازه فوق برابر $\frac{17}{4}$ باشد، انتگرال زیر را محاسبه کنید.

$\int_{- 4}^{7} f (x) d x$

$\begin{array}{l} f (X) = \frac{\int_{a}^{b} f (x) d x}{b - a} \\ \Rightarrow f (X) = \frac{\int_{- 4}^{7} f (x) d x}{11} \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow 11 \times f (X) = \int_{- 4}^{7} f (x) d x; f (X) = \frac{17}{4} \end{array}$

$\Rightarrow \int_{- 4}^{7} f (x) d x = 11 \times \frac{17}{4}$

دریافت مثال

دریافت فایل PDF

قضیه

اگر توابع $f$ و $g$ بر بازه بسته $[a, b]$ پیوسته باشد:

برای تمام مقادیر $x$ در بازه $(a, b)$ داشته باشیم $g (x) > 0$ ، آن‌گاه عددی مانند $X$ در $[a, b]$ وجود دارد به‌طوری‌که:

$\int_{a}^{b} f (x) . g (x) d x = f (X) \int_{a}^{b} g (x) d x$

اثبات

چون تابع $f$ بر بازه بسته $[a, b]$ پیوسته است، تابع $f$ روی $[a, b]$ دارای $m a x$ و $m i n$ مطلق است:

اگر $m i n$ مطلق را با $m$ و $m a x$ مطلق را $M$ نشان دهیم:

$\{\begin{cases} f (x_{m}) = m, a \leq x_{m} \leq b \\ f (x_{M}) = M, a \leq x_{M} \leq b \end{cases}$

$\forall x \in [a, b]; m \leq f (x) \leq M$

چون به ازای هر $x$ در بازه $(a, b)$ داریم $g (x) > 0$ پس:

$\begin{array}{l} i f m \leq f (x) \leq M \\ \Rightarrow m g (x) \leq f (x) . g (x) \leq M . g (x) \end{array}$

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

$\Rightarrow m \leq \frac{\int_{a}^{b} f (x) . g (x) d x}{\int_{a}^{b} g (x) d x} \leq M$

فرض کنیم:

$k = \frac{\int_{a}^{b} f (x) . g (x) d x}{\int_{a}^{b} g (x) d x}; m \leq k \leq M$

چون تابع $f$ بر بازه بسته $[a, b]$ پیوسته است، پس عددی مانند $X$ روی $[a, b]$ وجود دارد به قسمی‌که $f (X) = k$ .

$\begin{array}{l} i f f (X) = k \\ \Rightarrow f (X) = \frac{\int_{a}^{b} f (x) . g (x) d x}{\int_{a}^{b} g (x) d x} \end{array}$

$\Rightarrow \int_{a}^{b} f (x) . g (x) d x = f (X) . \int_{a}^{b} g (x) d x$

تمرین

با استفاده از قضيه بيان شده، نامساوی های زير را ثابت کنيد.

$\int_{0}^{4} \frac{x}{x^{3} + 2} d x < \int_{0}^{4} x d x$

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

$\begin{array}{l} i f \{\begin{cases} f (x) = \frac{1}{x^{3} + 2} \\ g (x) = x \end{cases}〉 f (x) . g (x) = \frac{1}{x^{3} + 2} \times x = \frac{x}{x^{3} + 2} \end{array}$

$\int_{0}^{4} \frac{x}{x^{3} + 2} d x = \int_{0}^{4} \frac{1}{x^{3} + 2} \times x d x = \frac{1}{X^{3} + 2} \int_{0}^{4} x d x$

$\begin{array}{l} \forall X \in [0, 4] \\ \Rightarrow \frac{1}{X^{3} + 2} < 1 \\ \Rightarrow \frac{X}{X^{3} + 2} < X \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \int_{0}^{4} \frac{X}{X^{3} + 2} d X < \int_{0}^{4} X d X \\ \Rightarrow \int_{0}^{4} \frac{x}{x^{3} + 2} d x < \int_{0}^{4} x d x \end{array}$

$\int_{- 1}^{1} \frac{x^{2}}{\sqrt{x^{2} + 4}} d x < \int_{- 1}^{1} x^{2} d x$

$\begin{array}{l} i f \{\begin{cases} f (x) = \frac{1}{\sqrt{x^{2} + 4}} \\ g (x) = x^{2} \end{cases}〉 f (x) . g (x) = \frac{1}{\sqrt{x^{2} + 4}} . x^{2} \end{array}$

$\int_{a}^{b} f (x) . g (x) d x = f (X) \int_{a}^{b} g (x) d x$

$\int_{- 1}^{1} \frac{1}{\sqrt{x^{2} + 4}} . x^{2} d x = \frac{1}{\sqrt{X^{2} + 4}} \int_{- 1}^{1} x^{2} d x$

$\begin{array}{l} \forall X \in [- 1, 1] : \\ \frac{1}{\sqrt{X^{2} + 4}} < 1 \\ \Rightarrow X^{2} \times \frac{1}{\sqrt{X^{2} + 4}} < X^{2} \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \int_{- 1}^{1} \frac{X^{2}}{\sqrt{X^{2} + 4}} d X < \int_{- 1}^{1} X^{2} d X \\ \Rightarrow \int_{- 1}^{1} \frac{x^{2}}{\sqrt{x^{2} + 4}} d x < \int_{- 1}^{1} x^{2} d x \end{array}$