Masalan,
0 5
x2dx x2dx 5 0
Endi a b
bo’lganda ta’rifga ko’ra, ixtiyoriy
f ( x)
funksiya uchun
a
f (x)dx 0
a
(5)
tenglik o’rinli.
Bu geometrik nuqtai nazardan ham tabiiy. Haqiqatan ham egri chiziqli trapetsiya asosi nolga teng uzunlikka ega, demak, uning yuzasi nolga teng.
Aniq integralning asosiy xossalari
1-xossa. O’zgarmas ko’paytuvchini aniq integral belgisidan tashqariga chiqarish mumkin: agar A const
bo’lsa, u holda
b b
Af ( x) dx A f ( x) dx
a
Isboti.
(1)
b n
Af ( x) dx lim Af ( i ) xi
a max x0 i1
n b
A lim f ( i ) xi A f ( x) dx
max x0 i1 a
xossa. Bir necha funksiyalarning algebraic yig’indisidan olingan aniq integral qo’shiluvchilardan olingan integrallarning algebraic yig’indisiga teng. Ikki qo’shiluvchi bo’lgan holda
b b
f1(x) f2 (x)dx f1(x)dx f2 (x)dx
(2)
f1(x) f2 (x)dx lim [ f1(i )
f2 (i )]xi
n
lim
n
f ( )x
f ( )x
max x0 1 i i i1
2
i1
i i
n n
lim f1(i )xi lim f2 (i )xi
max x0 i1 max x0 i1
b b
f1(x)dx f2 (x)dx
a a
Qo’shiluvchi soni ixtiyoriy bo’lganda ham shunaqa isbotlanadi.
1- va 2- xossalar a b
hol uchun isbotlangan bo’lsada, ular a b
holda ham o’rinli.
Ammo quyidagi xossa faqat a b
holda o’rinli:
xossa. Agar [a,b]
kesmada ( a b )
f ( x)
va ( x)
f ( x) ( x)
shartni qanoatlantirsa, u holda
f (x)dx (x)dx
(3)
a
Isboti. Quyidagi ayirmani qaraymiz:
b b
(x)dx f (x)dx [(x)
f (x)]dx
a a a
lim
max x0
[(i )
n
i1
f (i )]xi
Bu yerda har bir ayirma,
(i )
f (i ) 0 , xi
0 . Demak, yig’indining har bir qo’shiluvchisi nomanfiy, butun
yig’indi ham nomanfiy va uning limiti ham nomanfiy, ya’ni
b
[ ( x)
a
yoki
f ( x)]dx 0
b b
( x) dx
a
f ( x) dx 0
bu yerdan (3) tengsizlik kelib chiqadi.
Agar
f (x) 0
va (x) 0
bo’lsa, aytib o’tilgan xossa geometric ma’noga ega (213-rasm).
(x)
f (x)
bo’lganligi uchun emas.
aA1B1b egri chiziqli trapetsiyaning yuzasi
aA2B2b egri chiziqli trapetsiya yuzasidan kata
xossa. Agar m va M - bo’lsa, u holda
f ( x)
funksiyaning [ a, b]
kesmadagi eng kichik va eng kata qiymatlari bo’lib, a b
b
m( b a)
a
f ( x) dx M ( b a)
(4)
Isbot. Shartga ko’ra
m f ( x) M
(3) xossa asosida topamiz:
b b
mdx f (x)dx M dx
(4’)
a a a
Ammo
b
mdx m(b a)
a
b
M dx M (b a)
a
Bu ifodalarni (4’) tengsizlikka qo’shib (4) tengsizlikni olamiz.
Agar yuzi
f (x) 0
aA1B1b va
bo’lsa, u holda bu xossa geometric talqinga ega (214-rasm): aABb egri chiziqli trapetsiyaning
aA2B2b to’g’ri to’rtburchaklarning yuzalari orasida joylashgan.
xossa. (o’rta qiymat haqida teorema). Agar shunday nuqta topiladiki,
f ( x)
funksiya [ a, b]
kesmada uzluksiz bo’lsa, u holda bu kesmada
b
f ( x) dx ( b a) f ( )
a
(5)
tenglik o’rinli bo’ladi.
Isbot. Aniqlik uchun a b
bo’lsin. Agar m va M mos ravishda
f ( x) ning [ a, b]
kesmadagi eng kichik va eng
a
m b a
f (x)dx M
Bu yerdan
1 b
a
b a
f (x)dx , bu yerda m M
f (x) funksiya uzluksiz bo’lganligi uchun, u m va M orasidagi hamma qiymatlarni qabul qiladi. Demak,
(a
b)
biror qiymatida
f ( )
bo’ladi, ya’ni
b
f (x)dx
a
f ( )(b a)
xossa. Ixtiyoriy uchta a,b,c sonlar uchun
b c b
f (x)dx f (x)dx
f (x)dx
(6)
a a c
Isbot. a c b
deb faraz qilamiz va
f (x)
funksiya uchun [a,b]
kesmada integral yig’indisini topamiz.
Integral yig’indining limiti [a,b] kesmani bo’laklarga bo’lish usuliga bog’liq emas, shuning uchun biz [a,b]
b
kesmalarga shunday ajratamizki, c nuqta bo’linish nuqtasi bo’lsin. So’ngra yig’indilarga ajratamiz:
integral yig’indini ikkita
a
c
b
va
a c
b c b
U holda
f (i )xi f (i )xi f (i )xi
a a c
Oxirgi tenglikda maxxi 0
bo’lganda limitga o’tib (6) munosabatni olamiz.
Agar a b c
bo’lsa, isbotlanganlar asosida yozamiz:
c b c
f ( x) dx f ( x) dx f ( x) dx
a b
yoki
c c
f ( x) dx f ( x) dx f ( x) dx
a a b
Ammo 2-§dagi (4) formulaga asosan
c b
f ( x) dx f ( x) dx
b c
Shuning uchun
b c b
f ( x) dx f ( x) dx f ( x) dx
a a c
215-rasmda 6-xossaning
f (x) 0 , a c b
bo’lganda geometric talqini aks ettirilgan: aABb trapetsiyaning yuzi aACc va cCBb trapetsiyalar
yuzalarining yig’indisiga teng.
Aniq integralni hisoblash. Nyuton-Leybnits formulasi
b
f (x)dx
a
Aniq integralda quyi a chegara mahkamlangan, yuqori b chegara esa o’zgraib tursin. U holda integralning qiymati ham o’zgarib turadi, ya’ni integral yuqori chegaraning funksiyasi bo’lib qoladi.
Yuqori chegarani x bilan, integral o’zgaruvchini t bilan belgilaymiz:
x
f ( t) dt
a
Integralga ega bo’lamiz. a o’zgarmas son bo’lganda bu integral x yuqori chegaraning funksiyasi bo’ladi. Bu funksiyani biz bilan belgilaymiz:
( x)
Agar
f ( t)
- nomanfiy funksiya bo’lsa, u holda
(x)
x
( x) f ( t) dt
a
miqdor son jihatdan aAXx egri chiziqli trapetsiyaning yuziga teng (216-rasm).
x o’zgarganda bu yuza o’zgarishi ochiq ravshan.
(x)
funksiyaning hosilasini topamiz, ya’ni (1) integraldan yuqori chegara bo’yicha hosila olamiz.
Teorema 1. Agar
f ( x)
uzluksiz funksiya va
x
( x) f ( t) dt
a
bo’lsa, u holda
tenglik o’rinli.
'(x)
f (x)
Boshqacha aytganda, aniq integraldan yuqori chegara bo’yicha olingan hosila integral ostidagi funksiyaga teng.
Isbot. x argumentga musbat yoki manfiy x
orttirma beramiz; u holda topamiz (6-xossa):
xx x xx
(x x) f (t)dt f (t)dt
f (t)dt
(x)
funksiyaning orttirmasi
a a x
x xx x
(x x) (x) f (t)dt f (t)dt f (t)dt
xx
x
f (t)dt
Oxirgi integralga o’rta qiymat haqidagi teoramani qo’llaymiz (5-xossa).
bu yerda miqdor x va x x
orasida joylashgan.
f ( )(x x x)
f ( )x
Funksiya orttirmasining argument orttirmasiga nisbatan topamiz:
x
f ( )x
x
f ( )
Demak,
'(x) lim lim
f ( )
Ammo x da
x 0
bo’lganligi uchun
x0 x x0
f (x)
uzliksiz bo’lganligi uchun
lim
x0
f ( ) lim f ( )
x
Shunday qilib,
'(x)
f (x). Teorema isbotlandi.
lim f ( )
x
f (x)
Teorema 2. Agar
F (x)
funksiya
f (x)
uzluksiz funksiyaning qandaydir boshlang’ichi bo’lsa, u holda
b
f ( x) dx F ( b) F ( a)
a
formula o’rinli. Bu formula Nyuton-Leybnits formulasi deyiladi.
(2)
Isbot.
F ( x)
funksiya
f ( x)
funksiyaning biror boshlang’ichi bo’lsin. 1-teoremaga ko’ra,
x
f ( t) dt
a
funksiya ham
f ( x)
funksiyaning
boshlang’ichi bo’ladi. Ammo berilgan funksiyaning ixtiyoriy ikkita boshlang’ichlari bir biridan o’zgarmas C* qo’shiluvchiga farq qiladi.
Endi C* o’zgarmasni toppish uchun bu tenglikda x a
x
f ( t) dt F ( x) C*
a
deb olamiz, u holda
(3)
yoki
a
f ( t) dt F ( a) C*
a
Bu yerdan C* F (a) . Demak,
Endi x b deb olib, Nyuton-Leybnits formulasini olamiz:
x
f (t)dt F (x) F (a)
a
yoki integrallash o’rniga x ni qo’ysak
b
f ( t) dt F ( b) F ( a)
a
b
f (x)dx F (b) F (a)
a
F(b) F(a) ayirma F boshlang’ich funksiyaning tanlanishiga bog’liq emas.
Agar
a
belgilash kiritsak
F(b) F(a) F(x) |b
b
a
f (x)dx F (x) |b F (b) F (a)
a
Nyuton-Leybnits formula aniq integrallarni hisoblashning qulay usulidir.
Dostları ilə paylaş: |