سرفصل‌های این مبحث

انتگرال

انتگرال معین (قضیه بنیادی)

آخرین ویرایش: 05 اسفند 1402

دسته‌بندی: انتگرال

امتیاز:

نظر کاربران: برای نظر دادن اولین باش!

قضیه بنیادی حساب دیفرانسیل و انتگرال

اگر $x$ عددی در بازه $[a, b]$ باشد، آن‌گاه $f$ بر $[a, x]$ پیوسته است و چون بر $[a, b]$ پیوسته است، بنابراین:

$\int_{x}^{a} f (t) d t$

موجود و یکتا است که مقدارش بستگی به $x$ دارد.

بنابراین $\int_{x}^{a} f (t) d t$ تابعی مانند $F$ را تعریف می‌کند که دامنه اش همه اعداد بازه بسته $[a, b]$ است.

مقدار تابع در هر عددی مانند $x$ در بازه $[a, b]$ به‌صورت زیر می‌باشد:

$F (x) = \int_{x}^{a} f (t) d t; (Ι)$

نکته

اگر حدود انتگرال معین، متغیر باشند، علائم متفاوتی برای این حدود و برای متغیر مستقل انتگرال به کار برده می‌شود.

از این روی در $(Ι)$ چون $x$ حد بالای انتگرال است، حرف $t$ را به‌عنوان متغیر مستقل انتگرال به کار می‌بریم.

اگر در معادله $F (x) = \int_{x}^{a} f (t) d t$ برای تمام مقادیر $t$ در بازه $[a, b]$ تابع $f (t) \geq 0$ باشد:

آن‌گاه مقدار تابع $F (x)$ را می‌توان از نظر هندسی به‌عنوان اندازه مساحت ناحیه محدود به منحنی با معادله $y = f (t)$ ، محور $t$ ها ، $t = a$ و $t = x$ تعبیر کرد.

توجه به این نکته که $F (a) = \int_{a}^{a} f (t) d t$ مقدارش صفر است.

قضیه بنیادی حساب دیفرانسیل و انتگرال - پیمان گردلو

تمرین

نمودار $f$ در زیر رسم شده است:

قضیه بنیادی حساب دیفرانسیل و انتگرال - پیمان گردلو

مقدار $F (x) = \int_{0}^{x} f (t) d t$ را به‌دست آورید.

$F (x) = \int_{0}^{x} f (t) d t ⇒ F (- 2) = \int_{0}^{-2} f (t) d t =0$

جمع جبری مساحت ها در بازه $[- 2, 0]$ صفر است.

تمرین

اگر $f (t) = sgn t = \{\begin{cases} 1; t > 0 \\ 0; t = 0 \\ - 1; t < 0 \end{cases}$ باشد، ضابطه $F (x)$ را در انتگرال معین زیر به‌دست آورید:

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

قضیه بنیادی حساب دیفرانسیل و انتگرال - پیمان گردلو

تمرین

اگر $F (x) = \int_{0}^{x} [t] d t$ باشد، آن‌گاه نمودار تابع $F$ را رسم کنید.

نمودار تابع $f (t) = [t]$ را در $R$ رسم می‌کنیم:

قضیه بنیادی حساب دیفرانسیل و انتگرال - پیمان گردلو

برای رسم نمودار $F (x)$ داریم:

قضیه بنیادی حساب دیفرانسیل و انتگرال - پیمان گردلو

اکنون به بیان و اثبات قضیه مهمی می‌پردازیم که به‌وسیله آن می‌توان مشتق تابعی مانند $F$ را که به‌صورت انتگرال معین با یک حد بالای متغییر تعریف شده است، پیدا کنیم:

اولین قضیه بنیادی حساب دیفرانسیل و انتگرال

قضیه

اگر تابع $f$ بر بازه بسته $[a, b]$ پیوسته باشد و $x$ عدد دلخواهی در $[a, b]$ باشد، اگر تابع $F$ به‌صورت

$F (x) = \int_{a}^{x} f (t) d t$ تعریف شده باشد، آن‌گاه:

$F^{'} (x) = f (x)$

اثبات

دو عدد $x_{1}$ و $x_{1} + ∆ x$ را در بازه $[a, b]$ در نظر می‌گیریم:

$\{\begin{cases} F (x_{1}) = \int_{a}^{x_{1}} f (t) d t \\ F (x_{1} + Δ x) = \int_{a}^{x_{1} + Δ x} f (t) d t \end{cases}$

$F (x_{1} + Δ x) - F (x_{1}) = \int_{a}^{x_{1} + Δ x} f (t) d t - \int_{a}^{x_{1}} f (t) d t; (Ι)$

یادآوری می‌کنیم که:

$\begin{array}{l} \int_{a}^{x_{1}} f (t) d t + \int_{x_{1}}^{x_{1} + Δ x} f (t) d t = \int_{a}^{x_{1} + Δ x} f (t) d t \end{array}$

$\begin{array}{l} \int_{x_{1}}^{x_{1} + Δ x} f (t) d t = \int_{a}^{x_{1} + Δ x} f (t) d t - \int_{a}^{x_{1}} f (t) d t; (Ι) \end{array}$

$\int_{x_{1}}^{x_{1} + Δ x} f (t) d t = F (x_{1} + Δ x) - F (x_{1}); (Ι Ι)$

بنابر قضیه مقدار میانگین، عددی مانند $X$ در بازه بسته‌ای که محدود به دو عدد $x_{1}$ و $x_{1} + ∆ x$ است، وجود دارد به‌قسمی که:

$\begin{array}{l} \int_{x_{1}}^{x_{1} + Δ x} f (t) d t = f (X) [(x_{1} + Δ x) - x_{1}] \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \int_{x_{1}}^{x_{1} + Δ x} f (t) d t = f (X) . Δ x; (Ι Ι) \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow F (x_{1} + Δ x) - F (x_{1}) = f (X) . Δ x \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{F (x_{1} + Δ x) - F (x_{1})}{Δ x} = f (X) \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \lim_{Δ x \to 0} \frac{F (x_{1} + Δ x) - F (x_{1})}{Δ x} = \lim_{Δ x \to 0} f (X) \end{array}$

$\Rightarrow F^{'} (x_{1}) = \lim_{Δ x \to 0} f (X); (1)$

برای تعیین $\lim_{Δ x \to 0} f (X)$ داریم:

چون $X$ در بازه بسته‌ای قرار دارد که محدود به دو عدد $x_{1}$ و $x_{1} + ∆ x$ می‌باشد، داریم:

$\begin{array}{l} x_{1} \leq X \leq x_{1} + Δ x \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \lim_{Δ x \to 0} x_{1} \leq \lim_{Δ x \to 0} X \leq \lim_{Δ x \to 0} (x_{1} + Δ x) \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \lim_{Δ x \to 0} x_{1} \leq \lim_{Δ x \to 0} X \leq \lim_{Δ x \to 0} x_{1} \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \lim_{Δ x \to 0} X = \lim_{Δ x \to 0} x_{1} \\ \Rightarrow \lim_{Δ x \to 0} X = x_{1} \end{array}$

چون $f$ در $x_{1}$ پیوسته است، داریم:

$i f \lim_{Δ x \to 0} X = x_{1} \Rightarrow \lim_{Δ x \to 0} f (X) = f (x_{1}); (2)$

بنابراین:

$\{\begin{cases} (1); F^{'} (x_{1}) = \lim_{Δ x \to 0} f (X) \\ (2); F^{'} (x_{1}) = f (x_{1}) \end{cases}$

$F^{'} (x_{1}) = f (x_{1})$

قضیه

اگر تابع $f$ بر بازه بسته $[a, b]$ انتگرال پذیر باشد و $F$ به‌صورت $F (x) = \int_{a}^{x} f (t) d t$ تعریف شود، آن‌گاه $F$ روی $[a, b]$ پیوسته است.

اثبات

اگر تابع $f$ بر بازه بسته $[a, b]$ انتگرال پذیر باشد، طبق تعریف کراندار است پس عددی مانند $M$ وجود دارد که به ازای هر $x \in [a, b]$ داریم $|f (x)| \leq M$ .

فرض کنیم $c$ متعلق به $[a, b]$ باشد. اگر $h > 0$ باشد، آن‌گاه:

$F (c + h) - F (c) = \int_{a}^{c + h} f (t) d t - \int_{a}^{c} f (t) d t = \int_{c}^{c + h} f (t) d t; (Ι)$

برطبق قضیه مقدار میانگین داریم:

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

$\begin{array}{l} \Rightarrow - M \leq \frac{1}{(c + h) - c} \int_{c}^{c + h} f (t) d t \leq M \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow - M \leq \frac{1}{h} \int_{c}^{c + h} f (t) d t \leq M \end{array}$

$\Rightarrow - M h \leq \int_{c}^{c + h} f (t) d t \leq M h; (Ι)$

$\begin{array}{l} \Rightarrow - M h \leq F (c + h) - F (c) \leq M h \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \lim_{h \to 0} (- M h) \leq \lim_{h \to 0} [F (c + h) - F (c)] \leq \lim_{h \to 0} (M h) \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \lim_{h \to 0} (F (c + h) - F (c)) = 0 \\ \Rightarrow \lim_{h \to 0} F (c + h) = F (c) \end{array}$

یعنی $f$ در هر نقطه $c$ پیوسته است. برای $h < 0$ هم به‌همین صورت ثابت می‌شود.

نکته

1- واضح است که اگر $f$ تابعی پیوسته باشد، طبق قضیه اول اساسی $F$ مشتق پذیر است پس پیوسته است.

اما قضیه حالت کلی‌تری را نشان می‌دهد، یعنی می‌توان $f$ ناپیوسته باشد.

2- تابعی را که به‌صورت $F (x) = \int_{a}^{x} f (t) d t$ تعریف کردیم، انتگرال نامعین $f$ می‌نامیم.

یادآوری

به‌طور کلی اگر $f$ پیوسته هم نباشد اما انتگرال پذیر باشد، تعریف فوق به‌قوت خود باقی است.

ممکن است $f$ تابعی انتگرال پذیر اما ناپیوسته باشد، مثلا در نقاطی با تغییر $x$ جهشی در مقدار تابع ایجاد شود، اما انتگرال نامعین نظیرش این رفتار را نشان می‌دهد، بلکه همواره تابعی پیوسته‌ای را نشان ‌دهد.

این خاصیت کلی از انتگرال نامعین است، از نظر شهودی وقتی $f$ انتگرال پذیر است، $\int_{a}^{x} f (t) d t$ همواره مساحتی را از نظر جبری نشان می‌دهد.

مثلا در نقطه $c$ جهشی در تابع حاصل شده است، این جهش مساحت کوچکی را به مساحت قبلی اضافه می‌کند، لذا تغییر کوچکی در مقدار $F (x)$ رخ می‌دهد.

قضیه بنیادی حساب دیفرانسیل و انتگرال - پیمان گردلو

تمرین

با به کارگيری اولین قضيه بنیادی حساب دیفرانسیل و انتگرال مقادیر زیر را محاسبه کنید:

$\begin{array}{l} i f F (x) = \int_{1}^{x} \sqrt{2 + t} d x \Rightarrow F^{'} (x) = ? \end{array}$

یادآوری)

$\begin{array}{l} i f F (x) = \int_{a}^{x} f (t) d t \Rightarrow F^{'} (x) = f (x) \end{array}$

$\begin{array}{l} i f F (x) = \int_{1}^{x} \sqrt{2 + t} d t \Rightarrow F^{'} (x) = f (x) = \sqrt{2 + x} \end{array}$

$i f F (x) = \int_{0}^{x} [t] \sin π t d t \Rightarrow F^{'} (x) = ?$

یادآوری)

$\begin{array}{l} i f F (x) = \int_{a}^{x} f (t) d t \Rightarrow F^{'} (x) = f (x) \end{array}$

$\begin{array}{l} i f F (x) = \int_{0}^{x} [t] \sin π t d t \Rightarrow F^{'} (x) = f (x) = [x] \sin π x \end{array}$

دریافت مثال

دریافت فایل PDF

قضیه

$i f F (x) = \int_{a}^{g (x)} f (t) d t \Rightarrow F^{'} (x) = g^{'} (x) \times f (g (x))$

اثبات

اگر $u = g (x)$ باشد، چون $F$ تابعی از $u$ و $u$ تابعی از $x$ است، داریم:

$\begin{array}{l} F^{'} (x) = \frac{d F}{d x} \\ \Rightarrow F^{'} (x) = \frac{d F}{d u} . \frac{d u}{d x} \\ \Rightarrow F^{'} (x) = F^{'} (u) . u^{'} (x) \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow F^{'} (x) = f (u) \times g^{'} (x); u = g (x) \end{array}$

$\Rightarrow F^{'} (x) = f (g (x)) \times g^{'} (x)$

قضیه

$i f F (x) = \int_{g (x)}^{a} f (t) d t \Rightarrow F^{'} (x) = - g^{'} (x) \times f (g (x))$

اثبات

$\begin{array}{l} F (x) = \int_{g (x)}^{a} f (t) d t \\ \Rightarrow F (x) = - \int_{a}^{g (x)} f (t) d t \\ \Rightarrow F^{'} (x) = {(- \int_{a}^{g (x)} f (t) d t)}^{'} \\ \Rightarrow F^{'} (x) = - g^{'} (x) \times f (g (x)) \end{array}$

یادآوری می‌کنیم که:

$F^{'} (x) = - u^{'} (x) \times f (u)$

تمرین

مقادیر زیر را محاسبه کنید.

$\begin{array}{l} i f F (x) = \int_{2}^{x^{2} + 1} \frac{1}{t^{2} + 1} d t \Rightarrow F^{'} (x) = ? \end{array}$

$\begin{array}{l} i f F (x) = \int_{a}^{g (x)} f (t) d t \Rightarrow F^{'} (x) = g^{'} (x) \times f (g (x)) \end{array}$

$\begin{array}{l} F (x) = \int_{2}^{x^{2} + 1} \frac{1}{t^{2} + 1} d t \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow F^{'} (x) = {(x^{2} + 1)}^{'} . \frac{1}{{(x^{2} + 1)}^{2} + 1} \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow F^{'} (x) = 2 x \times \frac{1}{{(x^{2} + 1)}^{2} + 1} \\ \Rightarrow F^{'} (x) = \frac{2 x}{{(x^{2} + 1)}^{2} + 1} \end{array}$

$\begin{array}{l} i f F (x) = \int_{e^{x^{2}}}^{2} \frac{1}{t + 1} d t \Rightarrow F^{'} (0) = ? \end{array}$

$\begin{array}{l} F (x) = \int_{e^{x^{2}}}^{2} \frac{1}{t + 1} d t \\ \Rightarrow F (x) = - \int_{2}^{e^{x^{2}}} \frac{1}{t + 1} d t \\ \Rightarrow F^{'} (x) = - {(e^{x^{2}})}^{'} \frac{1}{e^{x^{2}} + 1} \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow F^{'} (x) = - 2 x e^{x^{2}} \frac{1}{e^{x^{2}} + 1}; x = 0 \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow F^{'} (0) = 0 \end{array}$

تمرین

مقادیر زیر را محاسبه کنید.

$\begin{array}{l} \lim_{x \to 0} \frac{\int_{0}^{x} e^{t^{2}} d t}{x e^{x}} \end{array}$

$\begin{array}{l} \lim_{x \to 0} \frac{\int_{0}^{x} e^{t^{2}} d t}{x e^{x}} = \frac{0}{0} \end{array}$

$\begin{array}{l} \lim_{x \to 0} \frac{{(\int_{0}^{x} e^{t^{2}} d t)}^{'}}{{(x e^{x})}^{'}} = \lim_{x \to 0} \frac{1 \times e^{x^{2}}}{e^{x} + x e^{x}} = \frac{e^{0}}{e^{0}} = 1 \end{array}$

برای رفع ابهام حد فوق، از قاعده هوپیتال استفاده کرده‌ایم.

$\lim_{x \to 0} \frac{\int_{0}^{x^{2}} \sin \sqrt{t} d t}{x^{3}}$

$\begin{array}{l} \lim_{x \to 0} \frac{\int_{0}^{x^{2}} \sin \sqrt{t} d t}{x^{3}} = \frac{0}{0} \end{array}$

$\begin{array}{l} \lim_{x \to 0} \frac{{(\int_{0}^{x^{2}} \sin \sqrt{t} d t)}^{'}}{{(x^{3})}^{'}} = \lim_{x \to 0} \frac{{(x^{2})}^{'} \sin \sqrt{x^{2}}}{3 x^{2}} = \lim_{x \to 0} \frac{2 x \sin |x|}{3 x^{2}} \end{array}$

برای رفع ابهام حد فوق، از قاعده هوپیتال استفاده کرده‌ایم.

$\begin{array}{l} \lim_{x \to 0^{+}} \frac{2 x \sin |x|}{3 x^{2}} = \lim_{x \to 0^{+}} \frac{2 x \sin x}{3 x^{2}} = \frac{2}{3} \end{array}$

$\begin{array}{l} \lim_{x \to 0^{-}} \frac{2 x \sin |x|}{3 x^{2}} = \lim_{x \to 0^{-}} \frac{- 2 x \sin x}{3 x^{2}} = - \frac{2}{3} \end{array}$

حد چپ و راست با هم برابر نیست، بنابراین تابع در $x = 0$ حد ندارد.

دریافت مثال

دریافت فایل PDF

قضیه

$i f F (x) = \int_{v (x)}^{g (x)} f (t) d t$

$\Rightarrow F^{'} (x) = - v^{'} (x) f (v (x)) + g^{'} (x) . f (g (x))$

اثبات

$\begin{array}{l} F (x) = \int_{v (x)}^{g (x)} f (t) d t \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow F (x) = \int_{v (x)}^{a} f (t) d t + \int_{a}^{g (x)} f (t) d t \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow F (x) = - \int_{a}^{v (x)} f (t) d t + \int_{a}^{g (x)} f (t) d t \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow F^{'} (x) = {(- \int_{a}^{v (x)} f (t) d t + \int_{a}^{g (x)} f (t) d t)}^{'} \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow F^{'} (x) = {(- \int_{a}^{v (x)} f (t) d t)}^{'} + {(\int_{a}^{g (x)} f (t) d t)}^{'} \end{array}$

$\Rightarrow F^{'} (x) = - v^{'} (x) f (v (x)) + g^{'} (x) . f (g (x))$

تمرین

مقادیر زیر را محاسبه کنید.

$\begin{array}{l} i f F (x) = \int_{x}^{2 x} \sqrt{1 + t^{2}} d t \Rightarrow F^{'} (x) = ? \end{array}$

$\begin{array}{l} F (x) = \int_{v (x)}^{g (x)} f (t) d t \end{array}$

$\begin{matrix} \Rightarrow F^{'} (x) = - v^{'} (x) f (v (x)) + g^{'} (x) . f (g (x)) \end{matrix}$

$\begin{matrix} \begin{array}{l} F (x) = \int_{x}^{2 x} \sqrt{1 + t^{2}} d t \end{array} \end{matrix}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow F^{'} (x) = - {(x)}^{'} . \sqrt{1 + {(x)}^{2}} + {(2 x)}^{'} . \sqrt{1 + {(2 x)}^{2}} \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow F^{'} (x) = - \sqrt{1 + x^{2}} + 2 \sqrt{1 + 4 x^{2}} \end{array}$

$\begin{array}{l} f (x) = \int_{\frac{1}{x}}^{\tan x} \frac{d t}{1 + t^{2}} \Rightarrow f^{'} (x) = ? \end{array}$

$\begin{array}{l} f (x) = \int_{\frac{1}{x}}^{\tan x} \frac{d t}{1 + t^{2}} \\ \Rightarrow f^{'} (x) = {(\int_{\frac{1}{x}}^{\tan x} \frac{d t}{1 + t^{2}})}^{'} \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow f^{'} (x) = - {(\frac{1}{x})}^{'} \frac{1}{1 + {(\frac{1}{x})}^{2}} + {(\tan x)}^{'} . \frac{1}{1 + {(\tan x)}^{2}} \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow f^{'} (x) = - (- \frac{1}{x^{2}}) \frac{1}{1 + \frac{1}{x^{2}}} + (1 + \tan^{2} x) \frac{1}{1 + \tan^{2} x} \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow f^{'} (x) = \frac{1}{x^{2} + 1} + 1 \\ \Rightarrow f^{'} (x) = \frac{x^{2} + 2}{x^{2} + 1} \end{array}$

$\lim_{x \to 0} \frac{\int_{x}^{\tan x} t d t}{\int_{0}^{x^{2}} \sqrt[3]{t} d t} = ?$

$\begin{array}{l} \lim_{x \to 0} \frac{\int_{x}^{\tan x} t}{\int_{0}^{x^{3}} \sqrt[3]{t} d t} d t = \frac{0}{0} \\ \lim_{x \to 0} \frac{{(\int_{x}^{\tan x} t d t)}^{'}}{{(\int_{0}^{x^{3}} \sqrt[3]{t} d t)}^{'}} \end{array}$

$\begin{array}{l} = \lim_{x \to 0} \frac{(1 + \tan^{2} x) (\tan x) - (1) x}{3 x^{2} (\sqrt[3]{x^{3}})} \end{array}$

$\begin{array}{l} = \lim_{x \to 0} \frac{\tan x - x + \tan^{3} x}{3 x^{3}} \\ = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{1}{3} x^{3} + x^{3}}{3 x^{3}} \\ = \frac{\frac{4}{3}}{3} \\ = \frac{4}{9} \end{array}$

برای رفع ابهام حد فوق، از قاعده هوپیتال استفاده کرده‌ایم.

دریافت مثال

دریافت فایل PDF

دومین قضیه بنیادی حساب دیفرانسیل و انتگرال

قضیه

فرض کنید تابع $f$ بر بازه بسته $[a, b]$ پیوسته و $g$ تابعی باشد که به ازای هر $x$ در $[a, b]$ داشته باشیم $g^{'} (x) = f (x)$ باشد، در این‌صورت داریم:

$\int_{a}^{b} f (t) d t = g (b) - g (a)$

اثبات

اگر تابع $f$ بر بازه بسته $[a, b]$ پیوسته باشد، $\int_{a}^{x} f (t) d t$ با حد بالای متغیر $x$ تابعی مانند $F$ را تعریف می‌کند که مشتق آن بر $[a, b]$ تابع $f$ است، زیرا با فرض $g^{'} (x) = f (x)$ داریم:

$i f g^{'} (x) = f (x)$

$\Rightarrow g (x) = \int_{a}^{x} f (t) d t + k$

$\Rightarrow \{\begin{cases} g (a) = \int_{a}^{a} f (t) d t + k \\ g (b) = \int_{a}^{b} f (t) + k \end{cases}$

طرفین تساوی های زیر را از هم کم می‌کنیم:

$g (b) - g (a) = \int_{a}^{b} f (t) d t - \underset{0}{\underset{⏟}{\int_{a}^{a} f (t) d t}} \Rightarrow \int_{a}^{b} f (t) d t = g (b) - g (a)$

تذکر

باید بر تفاوت بین انتگرال نامعین و انتگرال معین تاکید کرد:

انتگرال نامعین $\int f (x) d x$ به‌عنوان تابعی چون $g$ تعریف می‌شود، به‌طوری‌که:

$D_{x} [g (x)] = f (x)$

انتگرال معین $\int_{a}^{b} f (x) d x$ عددی است که مقدارش بستگی به تابع $f$ و اعداد $a$ و $b$ دارد و به‌صورت حد یک مجموعه ریمانی تعریف می‌شود.

تمرین

مقادیر زیر را محاسبه کنید.

$\begin{array}{l} i f f (x) = L n (\int_{0}^{x^{2}} \frac{2 t}{1 + t^{2}} d t) \Rightarrow f^{'} (1) = ? \end{array}$

یادآوری)

$i f y = L n u \Rightarrow y^{'} = {\frac{u}{u}}^{'}$

$\begin{array}{l} f^{'} (x) = \frac{{(\int_{0}^{x^{2}} \frac{2 t}{1 + t^{2}} d t)}^{'}}{(\int_{0}^{x^{2}} \frac{2 t}{1 + t^{2}} d t)} \\ \Rightarrow f^{'} (x) = \frac{2 x \times \frac{2 x^{2}}{1 + x^{4}}}{L n |1 + t^{2}| |\begin{array}{l} x^{2} \\ 0 \end{array}} \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow f^{'} (x) = \frac{\frac{4 x^{3}}{1 + x^{4}}}{(L n |1 + x^{2}| - L n |1 + 0|)} \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow f^{'} (x) = \frac{\frac{4 x^{3}}{1 + x^{4}}}{L n |1 + x^{2}|} \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow f^{'} (x) = \frac{4 x^{3}}{(1 + x^{4}) L n |1 + x^{2}|} \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow f^{'} (1) = \frac{4}{2 L n 2} \\ \Rightarrow f^{'} (1) = \frac{2}{L n 2} \end{array}$

$\begin{array}{l} i f f (x) = e^{\int_{0}^{\sin x} e^{t} d t} \Rightarrow f^{'} (π) = ? \end{array}$

یادآوری)

$i f f (x) = e^{u} \Rightarrow f^{'} (x) = u^{'} e^{u}$

$\begin{array}{l} f (x) = e^{\int_{0}^{\sin x} e^{t} d t} \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow f^{'} (x) = {(\int_{0}^{\sin x} e^{t} d t)}^{'} \times e^{\int_{0}^{\sin x} e^{t} d t} \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow f^{'} (x) = \cos x \times e^{\sin x} \times e^{\int_{0}^{\sin x} e^{t} d t} \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow f^{'} (x) = \cos x \times e^{\sin x} \times e^{(e^{\sin x} - 1)}; (1) \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow f^{'} (π) = \cos π \times e^{\sin π} \times e^{(e^{\sin π} - 1)} \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow f^{'} (π) = (- 1) \times e^{0} \times e^{(e^{0} - 1)} \\ \Rightarrow f^{'} (π) = - 1 \end{array}$

$\begin{array}{l} (1) : \int_{0}^{\sin x} e^{t} d t = e^{t} |\begin{array}{l} \sin x \\ 0 \end{array} = e^{\sin x} - e^{0} = e^{\sin x} - 1 \end{array}$

$i f f (x) = \sin [π \int_{0}^{\sqrt{x}} (\sin t) d t] \Rightarrow f^{'} (\frac{π^{2}}{4}) = ?$

$\begin{array}{l} f (x) = \sin [π \int_{0}^{\sqrt{x}} (\sin t) d t] \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow f^{'} (x) = {[π \int_{0}^{\sqrt{x}} (\sin t) d t]}^{'} . \cos [π \int_{0}^{\sqrt{x}} (\sin t) d t] \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow f^{'} (x) = π \times \frac{1}{2 \sqrt{x}} \sin \sqrt{x} . \cos [π \int_{0}^{\sqrt{x}} (\sin t) d t]; x = \frac{π^{2}}{4} \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow f^{'} (\frac{π^{2}}{4}) = π \times \frac{1}{2 \sqrt{\frac{π^{2}}{4}}} . \sin \sqrt{\frac{π^{2}}{4}} . \cos [π \int_{0}^{\sqrt{\frac{π^{2}}{4}}} (\sin t) d t] \end{array}$

$\begin{matrix} \begin{array}{l} \Rightarrow f^{'} (\frac{π^{2}}{4}) = \frac{π}{2 \times \frac{π}{2}} . \sin \frac{π}{2} . \cos [π \int_{0}^{\frac{π}{2}} (\sin t) d t] \end{array} \end{matrix}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow f^{'} (\frac{π^{2}}{4}) = \cos [π \underset{Ι}{\underset{⏟}{\int_{0}^{\frac{π}{2}} (\sin t) d t}}] \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow f^{'} (\frac{π^{2}}{4}) = \cos (π \times 1) \\ \Rightarrow f^{'} (\frac{π^{2}}{4}) = - 1 \end{array}$

$\begin{array}{l} I = \int_{0}^{\frac{π}{2}} (\sin t) d t = - \cos t |\begin{array}{l} \frac{π}{2} \\ 0 \end{array} = - (\cos \frac{π}{2} - \cos 0) = - (0 - 1) = 1 \end{array}$

دریافت مثال

دریافت فایل PDF

خرید پاسخ‌ها

انتگرال معین (قضیه بنیادی)

12,000تومان

برای ارسال نظر وارد سایت شوید

انتگرال

انتگرال معین (قضیه بنیادی)

قضیه بنیادی حساب دیفرانسیل و انتگرال

اولین قضیه بنیادی حساب دیفرانسیل و انتگرال

دومین قضیه بنیادی حساب دیفرانسیل و انتگرال

nenomatica

مجموعه قوانین

دسترسی سریع

آیا می‌خواهید فیلم معرفی را مشاهده نمایید؟