سرفصل‌های این مبحث

انتگرال

انتگرال معین (ویژگی‌ها)

آخرین ویرایش: 05 اسفند 1402

دسته‌بندی: انتگرال

امتیاز:

نظر کاربران: برای نظر دادن اولین باش!

ویژگی انتقال در انتگرال معین

قضیه

اگر تابع $f$ بر بازه بسته $[a, b]$ انتگرال پذیر و $c$ هر عدد حقیقی باشد، آنگاه:

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

اثبات

فرض می‌کنیم $x = t + c$ باشد:

$\begin{array}{l} i f x = a + c \overset{x = t + c}{\to} t + c = a + c \Rightarrow t = a \end{array}$

$i f x = b + c \overset{x = t + c}{\to} t + c = b + c \Rightarrow t = b$

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

تمرین

$\begin{array}{l} i f \int_{4}^{12} f (x - 2) d x = \int_{1}^{9} f (x + c) d x \Rightarrow c = ? \end{array}$

$\begin{array}{l} \int_{4}^{12} f (x - 2) d x = \int_{1}^{9} f (x + c) d x \end{array}$

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

$\begin{array}{l} \Rightarrow \int_{1}^{9} f [(x - 2) + 3] d x = \int_{1}^{9} f (x + c) d x \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \int_{1}^{9} f (x + 1) d x = \int_{1}^{9} f (x + c) d x \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow (x + 1) = (x + c) \\ \Rightarrow c = 1 \end{array}$

$i f \int_{3}^{7} f (x - 3) d x = 12 \Rightarrow \int_{0}^{4} f (x) d x = ?$

$\begin{array}{l} \int_{3}^{7} f (x - 3) d x = 12 \\ \Rightarrow \int_{0 + 3}^{4 + 3} f (x - 3) d x = 12 \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \int_{0}^{4} f [(x - 3) + 3] d x = 12 \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \int_{0}^{4} f (x) d x = 12 \end{array}$

دریافت مثال

دریافت فایل PDF

ویژگی فشردگی و کشیدگی در انتگرال معین

قضیه

فرض کنیم $a$ و $b$ و $c$ اعداد حقیقی باشند به‌طوری‌که $a c < b c$ و تابع $f$ بر بازه بسته $[a c, b c]$ انتگرال پذیر باشد، آن‌گاه:

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

اثبات

$\begin{array}{l} i f x = c t \Rightarrow d x = c d t \end{array}$

$\begin{array}{l} i f x = b c \Rightarrow b c = c t \Rightarrow t = b \end{array}$

$i f x = a c \Rightarrow a c = c t \Rightarrow t = a$

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

تمرین

$\begin{array}{l} i f \int_{2}^{8} f (x) d x = 4 \Rightarrow \int_{1}^{4} f (2 x) d x \end{array}$

$\begin{array}{l} \int_{a c}^{b c} f (x) d x = c \int_{a}^{b} f (c x) d x \\ \int_{2}^{8} f (x) d x = 4 \end{array}$

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

$i f \int_{3}^{12} f (2 x + 5) d x = \int_{1}^{4} c f (a x + b) d x \Rightarrow a, b, c = ?$

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

$\begin{array}{l} \int_{3}^{12} f (2 x + 5) d x = \int_{1}^{4} c f (a x + b) d x \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \int_{1 \times 3}^{4 \times 3} f (2 x + 5) d x = c \int_{1}^{4} f (a x + b) d x \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow 3 \int_{1}^{4} f [3 (2 x + 5)] d x = c \int_{1}^{4} f (a x + b) d x \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow 3 \int_{1}^{4} f (6 x + 15) d x = c \int_{1}^{4} f (a x + b) d x \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \{\begin{cases} b = 15 \\ a = 6 \\ c = 3 \end{cases} \end{array}$

دریافت مثال

دریافت فایل PDF

نکته

با استفاده از قضیه فوق یک خاصیت مهم $L n x$ ثابت می‌شود:

$\begin{array}{l} L n x = \int_{1}^{x} \frac{1}{t} d t \\ \Rightarrow L n a b = \int_{1}^{a b} \frac{1}{t} d t \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow L n a b = \int_{1}^{a} \frac{1}{t} d t + \int_{1}^{b} \frac{1}{t} d t \end{array}$

$\Rightarrow L n a b = L n a + L n b$

انتگرال گیری از تابع متناوب

قضیه

اگر تابع $f$ روی $R$ متناوب باشد، یعنی عدد حقیقی مانند $T \neq 0$ وجود دارد که به ازای هر $x$ داریم:

$f (x + T) = f (x)$

در این‌صورت داریم:

$\int_{0}^{n T} f (x) d x = n \int_{0}^{T} f (x) d; n \in N$

اثبات

$\int_{0}^{n T} f (x) d x = \int_{0}^{T} f (x) d x + \int_{T}^{2 T} f (x) d x + \int_{2 T}^{3 T} f (x) d x + .... + \int_{(n - 1) T}^{n T} f (x) d x$

با استقرای ریاضی ثابت می‌کنیم:

به‌ازای $n = 1$ تساوی برقرار است:

$p (1) : n = 1; \int_{0}^{1 T} f (x) d x = 1 \int_{0}^{T} f (x) d x$

فرض استقرای ریاضی:

$p (k) : n = k; \int_{0}^{k T} f (x) d x = \int_{0}^{T} f (x) d x + \int_{T}^{2 T} f (x) d x + \int_{2 T}^{3 T} f (x) d x + .... + \int_{(k - 1) T}^{k T} f (x) d x$

حکم استقرای ریاضی:

$p (k + 1) : n = k; \int_{0}^{(k + 1) T} f (x) d x = \int_{0}^{T} f (x) d x + \int_{T}^{2 T} f (x) d x + \int_{2 T}^{3 T} f (x) d x + .... + \int_{k T}^{(k + 1) T} f (x) d x$

به ازای هر عدد طبیعی $k$ داریم:

$\begin{array}{l} \int_{k T}^{(k + 1) T} f (x) d x = \int_{0 + k T}^{T + k T} f (x) d x; \int_{a + c}^{b + c} f (x) d x = \int_{a}^{b} f (x + c) d x \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \int_{k T}^{(k + 1) T} f (x) d x = \int_{0}^{T} f (x + k T) d x; f (x \pm k T) = f (x) \end{array}$

$\Rightarrow \int_{k T}^{(k + 1) T} f (x) d x = \int_{0}^{T} f (x) d x$

چون تابع $f$ روی $R$ متناوب با دوره تناوب $T$ است و $k \neq 0$ :

$f (x \pm k T) = f (x)$

$\begin{array}{l} \int_{0}^{T} f (x) d x + \int_{T}^{2 T} f (x) d x + \int_{2 T}^{3 T} f (x) d x + .... + \int_{k T}^{(k + 1) T} f (x) d x \end{array}$

$= \int_{0}^{T} f (x) d x + \int_{0 + T}^{T + T} f (x) d x + \int_{0 + 2 T}^{T + 2 T} f (x) d x + .... + \int_{k T}^{(k + 1) T} f (x) d x$

$\begin{array}{l} = \int_{0}^{T} f (x) d x + \int_{0}^{T} f (x + T) d x + \int_{0}^{T} f (x + 2 T) d x + .... + \int_{0}^{T} f (x) d x; f (x \pm k T) = f (x) \end{array}$

$\begin{array}{l} = \int_{0}^{T} f (x) d x + \int_{0}^{T} f (x) d x + \int_{0}^{T} f (x) d x + .... + \int_{0}^{T} f (x) d x \end{array}$

$= n \int_{0}^{T} f (x) d x$

تمرین

انتگرال ‌های زیر را محاسبه کنید.

$\begin{array}{l} \int_{0}^{200} (x - 2 [\frac{x}{2}]) d x \end{array}$

یادآوری)

$\begin{array}{l} i f f (x) = [x] - n [\frac{x}{n}] \Rightarrow T_{f (x)} = n \end{array}$

$\begin{array}{l} i f f (x) = x - 2 [\frac{x}{2}] \Rightarrow T = 2 \end{array}$

$\begin{array}{l} \int_{0}^{n T} f (x) d x = n \int_{0}^{T} f (x) d x; n \in N \end{array}$

$\begin{array}{l} \int_{0}^{200} (x - 2 [\frac{x}{2}]) d x \\ = \int_{0}^{2 \times 100} (x - 2 [\frac{x}{2}]) d x \end{array}$

$\begin{array}{l} = 100 \int_{0}^{2} (x - 2 [\frac{x}{2}]) d x; i f 0 \leq x \leq 2 \Rightarrow 0 \leq \frac{x}{2} \leq 1 \Rightarrow [\frac{x}{2}] = 0 \end{array}$

$\begin{array}{l} = 100 \int_{0}^{2} x d x \\ = 100 [\frac{1}{2} x^{2} |\begin{array}{l} 2 \\ 0 \end{array} \\ = 200 \end{array}$

$\int_{0}^{4 π} \sin^{2} x d x$

$\begin{array}{l} i f \{\begin{cases} y = \sin^{2 n} a x \\ y = \cos^{2 n} a x \end{cases}〉 T_{f (x)} = \frac{π}{|a|} \end{array}$

$\begin{array}{l} i f f (x) = \sin^{2} x \Rightarrow T = π \end{array}$

$\begin{array}{l} \int_{0}^{n T} f (x) d x = n \int_{0}^{T} f (x) d x; n \in N \end{array}$

$\begin{array}{l} \int_{0}^{4 π} \sin^{2} x d x \\ = 4 \int_{0}^{π} \sin^{2} x d x \\ = 4 \int_{0}^{π} [\frac{1}{2} (1 - \cos 2 x)] d x \\ = 2 \int_{0}^{π} (1 - \cos 2 x) d x \\ = 2 [x - \frac{1}{2} \sin 2 x |\begin{array}{l} π \\ 0 \end{array} \\ = 2 π \end{array}$

دریافت مثال

دریافت فایل PDF

قضیه

اگر تابعی متناوب با دوره تناوب $T$ باشد و تابع $f$ بر بازه بسته $[0 . T]$ انتگرال پذیر باشد، ، آن‌گاه به ازای هر $a$ حقیقی:

$\int_{0}^{T} f (x) d x = \int_{a}^{a + T} f (x) d x$

اثبات

$\begin{array}{l} \int_{a}^{a + T} f (x) d x = \int_{a}^{0} f (x) d x + \int_{0}^{T} f (x) d x + \int_{T}^{a + T} f (x) d x; \int_{b + c}^{a + c} f (x) d x = \int_{b}^{a} f (x + c) d x \end{array}$

$\Rightarrow \int_{a}^{a + T} f (x) d x = - \int_{0}^{a} f (x) d x + \int_{0}^{T} f (x) d x + \int_{0}^{a} f (x + T) d x; f (x + T) = f (x)$

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

$\Rightarrow \int_{a}^{a + T} f (x) d x = \int_{0}^{T} f (x) d x$

قضیه

اگر تابع $f$ متناوب و مشتق پذیر باشد، مشتق آن هم متناوب است:

$\begin{array}{l} f (x + T) = f (x) \Rightarrow f^{'} (x + T) = f^{'} (x) \end{array}$

اثبات

$\begin{array}{l} f (x + T) = f (x) \Rightarrow {[f (x + T)]}^{'} = {[f (x)]}^{'} \Rightarrow f^{'} (x + T) = f^{'} (x) \end{array}$

تمرین

تابع متناوب $f (x) = \sin x$ را در نظر بگیرید، آیا مشتق این تابع متناوب است؟

تابع $f^{'} (x) = \cos x$ متناوب است.

تذکر

عکس قضیه فوق همواره صحیح نیست.

تمرین

تابع متناوب $f^{'} (x) = 1 + \sin x$ را در نظر بگیرید، آیا تابع اولیه تابع مشتق، متناوب است؟

تابع $f (x) = x - \cos x$ متناوب نمی‌باشد.

قضیه

اگر $f^{'}$ تابعی متناوب با دوره تناوب $T$ باشد، آن‌گاه $f$ هم متناوب با دوره تناوب $T$ است اگر و فقط اگر:

$f (T) = f (0)$

اثبات

$f^{'}$ متناوب است:

$f^{'} (x + T) = f^{'} (x)$

$\begin{array}{l} f^{'} (x + T) = f^{'} (x) \\ \Rightarrow \int f^{'} (x + T) d x = \int f^{'} (x) d x \\ \Rightarrow f (x + T) = f (x) + c; i f x = 0 \\ \Rightarrow f (T) = f (0) + c; f (T) = f (0) \\ \Rightarrow c = 0 \end{array}$

$\begin{array}{l} f (x + T) = f (x) + c \Rightarrow f (x + T) = f (x) \end{array}$

$f$ متناوب است.

انتگرال گیری از توابع زوج و فرد

قضیه

اگر تابع $f$ انتگرال پذیر باشد، ، آن‌گاه:

$\int_{- a}^{a} f (x) d x = \int_{0}^{a} f (x) d x + \int_{0}^{a} f (- x) d x$

اثبات

$i f \{\begin{cases} x = - t \Rightarrow d x = - d t \\ x = 0 \Rightarrow t = 0 \\ x = - a \Rightarrow t = a \end{cases}$

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

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

$\Rightarrow \int_{- a}^{a} f (x) d x = \int_{t = a}^{t = 0} f (- t) (- d t) + \int_{0}^{a} f (x) d x$

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

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

$\Rightarrow \int_{- a}^{a} f (x) d x = \int_{0}^{a} f (- x) d x + \int_{0}^{a} f (x) d x$

ویژگی‌های انتگرال معین - پیمان گردلو

$f (- x)$ قرینه $f (x)$ نسبت به محور $y$ ها است. از روی شکل واضح است که:

$\int_{- a}^{0} f (x) d x = \int_{0}^{a} f (- x) d x$

قضیه

اگر تابع انتگرال پذیر $f$ روی بازه $[- a, a]$ تابعی فرد باشد، آن‌گاه:

ویژگی‌های انتگرال معین - پیمان گردلو

$\int_{- a}^{a} f (x) d x = 0$

اثبات

می‌دانیم که توابع فرد نسبت به مبدا متقارنند.

$\begin{array}{l} \int_{- a}^{a} f (x) d x = \int_{- a}^{0} f (x) d x + \int_{0}^{a} f (x) d x; (Ι) \end{array}$

$\Rightarrow \int_{- a}^{a} f (x) d x = \int_{- a}^{0} f (x) d x + (- \int_{0}^{a} f (- x) d x); c \int_{a}^{b} f (c x) d x = \int_{a c}^{b c} f (x) d x$

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

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

$\Rightarrow \int_{- a}^{a} f (x) d x = 0$

$(Ι) : f (- x) = - f (x)$

$\Rightarrow \int_{0}^{a} f (- x) d x = - \int_{0}^{a} f (x) d x$

$\Rightarrow - \int_{0}^{a} f (- x) d x = \int_{0}^{a} f (x) d x$

قضیه

اگر تابع انتگرال پذیر $f$ روی بازه $[- a, a]$ تابعی زوج باشد، آن‌گاه:

ویژگی‌های انتگرال معین - پیمان گردلو

$\int_{- a}^{a} f (x) d x = 2 \int_{0}^{a} f (x) d x$

اثبات

می‌دانیم که توابع زوج نسبت به محور $y$ ها متقارنند.

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

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

$\Rightarrow \int_{- a}^{a} f (x) d x = - \int_{0}^{- a} f (- x) d x + \int_{0}^{a} f (x) d x$

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

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

$\Rightarrow \int_{- a}^{a} f (x) d x = 2 \int_{0}^{a} f (x) d x$

تمرین

انتگرال های زیر را محاسبه کنید.

$\begin{array}{l} I = \int_{- a}^{a} \cos x . \log_{b} \frac{a - x}{a + x} \end{array}$

$\begin{array}{l} i f f (x) = \cos x \\ \Rightarrow f (- x) = \cos (- x) \\ \Rightarrow f (- x) = \cos x \\ \Rightarrow f (- x) = f (x) \end{array}$

$f (x)$ تابعی زوج است.

$\begin{array}{l} i f g (x) = \log_{b} \frac{a - x}{a + x} \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow g (x) = \log_{b}^{} (a - x) - \log_{b} (a + x) \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow g (- x) = \log_{b}^{} (a + x) - \log_{b}^{} (a - x) \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow g (- x) = - [\log_{b}^{} (a - x) - \log_{b}^{} (a + x)] \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow g (- x) = - \log_{b} \frac{a - x}{a + x} \\ \Rightarrow g (- x) = - g (x) \end{array}$

$g (x)$ تابعی فرد است.

حاصل ضرب يک تابع فرد در يک تابع زوج، يک تابع فرد است، پس:

$I = \int_{- a}^{a} \cos x . \log_{b} \frac{a - x}{a + x} = 0$

$I = \int_{- 2}^{2} \frac{x^{3} + x^{2} + 1}{x^{2} + 4} d x$

$\begin{array}{l} I = \int_{- 2}^{2} \frac{x^{3} + x^{2} + 1}{x^{2} + 4} d x \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow I = \int_{- 2}^{2} \frac{x^{3}}{x^{2} + 4} d x + \int_{- 2}^{2} \frac{x^{2} + 1}{x^{2} + 4} d x \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow I = I_{1} + I_{2} \end{array}$

در انتگرال $I_{1}$ تابع $f$ فرد است، بنابراین داریم:

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

در انتگرال $I_{2}$ تابع $f$ زوج است، بنابراین داریم:

$\begin{array}{l} I_{2} = \int_{- 2}^{2} \frac{x^{2} + 1}{x^{2} + 4} d x \\ \Rightarrow I_{2} = 2 \int_{0}^{2} \frac{x^{2} + 1}{x^{2} + 4} d x \\ \Rightarrow I_{2} = 2 \int_{0}^{2} \frac{x^{2} + 4 - 3}{x^{2} + 4} d x \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow I_{2} = 2 \int_{0}^{2} \frac{x^{2} + 4}{x^{2} + 4} d x + 2 \int_{0}^{2} \frac{- 3}{x^{2} + 4} d x \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow I_{2} = 2 \int_{0}^{2} d x - 6 \int_{0}^{2} \frac{1}{x^{2} + 4} d x \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow I_{2} = 2 [x |\begin{array}{l} 2 \\ 0 \end{array} - 6 [\frac{1}{2} A r c \tan \frac{x}{2} |\begin{array}{l} 2 \\ 0 \end{array} \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow I_{2} = 4 - \frac{3 π}{4} \end{array}$

$I = I_{1} + I_{2} = 0 + (4 - \frac{3 π}{4}) = 4 - \frac{3 π}{4}$

دریافت مثال

دریافت فایل PDF

انتگرال گیری از تابع متقارن

قضیه

اگر تابع $f$ انتگرال پذیر باشد، ، آن‌گاه:

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

اثبات

$\begin{array}{l} i f a - x = t \Rightarrow - d x = d t \Rightarrow d x = - d t \end{array}$

$\begin{array}{l} i f x = 0 \Rightarrow t = a \\ i f x = \frac{a}{2} \Rightarrow t = \frac{a}{2} \end{array}$

$\begin{array}{l} \int_{0}^{a} f (x) d x = \int_{0}^{\frac{a}{2}} f (x) d x + \int_{\frac{a}{2}}^{a} f (x) d x \end{array}$

$\Rightarrow \int_{0}^{a} f (x) d x = \int_{0}^{\frac{a}{2}} f (x) d x + \int_{\frac{a}{2}}^{a} f (t) . d t$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \int_{0}^{a} f (x) d x = \int_{0}^{\frac{a}{2}} f (x) d x - \int_{\frac{a}{2}}^{a} f (t) . (- d t) \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \int_{0}^{a} f (x) d x = \int_{0}^{\frac{a}{2}} f (x) d x + \int_{t = a}^{t = \frac{a}{2}} f (t) . (- d t) \end{array}$

$\Rightarrow \int_{0}^{a} f (x) d x = \int_{0}^{\frac{a}{2}} f (x) d x + \int_{0}^{\frac{a}{2}} f (a - x) d x$

این خاصیت به طور شهودی در نمودار زیر نشان داده می‌شود:

ویژگی‌های انتگرال معین - پیمان گردلو

تمرین

انتگرال زیر را محاسبه کنید.

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

یادآوری)

$\begin{array}{l} \int_{o}^{a} f (x) = \int_{0}^{a} f (a - x) d x \\ I = \int_{0}^{π} \frac{x \sin x}{1 + \sin x} d x \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow I = \int_{0}^{π} \frac{(π - x) \sin (π - x)}{1 + \sin (π - x)} d x \\ \Rightarrow I = \int_{0}^{π} \frac{(π - x) \sin x}{1 + \sin x} d x \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow I = π \int_{0}^{π} \frac{\sin x}{1 + \sin x} d x - \int_{0}^{π} \frac{x \sin x}{1 + \sin x} d x \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow I = π \int_{0}^{π} \frac{\sin x}{1 + \sin x} d x - I \\ \Rightarrow 2 I = π \int_{0}^{π} \frac{\sin x}{1 + \sin x} d x \\ \Rightarrow I = \frac{π}{2} \int_{0}^{π} \frac{\sin x}{1 + \sin x} d x \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow I = \frac{π}{2} \int_{0}^{π} \frac{\sin x}{1 + \sin x} . \frac{1 - \sin x}{1 - \sin x} d x \end{array}$

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

$\begin{array}{l} \Rightarrow I = \frac{π}{2} \int_{0}^{π} (\sin x . \cos^{- 2} x - \tan^{2} x) d x \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow I = \frac{π}{2} [\frac{1}{\cos x} - \tan x + x |\begin{array}{l} π \\ 0 \end{array} \\ \Rightarrow I = \frac{π}{2} (π - 2) \end{array}$

دریافت مثال

دریافت فایل PDF

قضیه

تقارن نسبت به $x = \frac{a}{2}$

اگر $f (a - x) = f (x)$ باشد، آن‌گاه:

$\int_{0}^{a} f (x) d x = 2 \int_{0}^{\frac{a}{2}} f (x) d x$

اثبات

$\{\begin{cases} \int_{0}^{a} f (x) d x = \int_{0}^{\frac{a}{2}} f (x) d x + \int_{0}^{\frac{a}{2}} f (a - x) d x \\ f (a - x) = f (x) \end{cases}〉 \int_{0}^{a} f (x) d x = \int_{0}^{\frac{a}{2}} f (x) d x + \int_{0}^{\frac{a}{2}} f (x) d x = 2 \int_{0}^{\frac{a}{2}} f (x) d x$

نکته

اگر در تابعی $f (a - x) = f (x)$ باشد، آن‌گاه خط $x = \frac{a}{2}$ محور تقارن شکل است.

$f (- x)$ قرینه $f$ نسبت به محور $y$ ها است که با انتقال $f (- x)$ به اندازه $a$ واحد به‌سمت راست، نمودار $f (a - x)$ به‌دست می‌آید که به دلیل تقارن نسبت به خط $x = \frac{a}{2}$ روی خود $f (x)$ قرار می‌گیرد.

ویژگی‌های انتگرال معین - پیمان گردلو

تمرین

انتگرال زیر را محاسبه کنید.

$I = \frac{\int_{0}^{a} x^{n} {(2 a - x)}^{n} d x}{\int_{0}^{a} x^{n} {(a - x)}^{n} d x}$

$\begin{array}{l} I = \frac{\int_{0}^{a} x^{n} {(2 a - x)}^{n} d x}{\int_{0}^{a} x^{n} {(a - x)}^{n} d x} = \frac{B}{C} \end{array}$

$\begin{matrix} \Rightarrow \{\begin{cases} B = \int_{0}^{a} x^{n} {(2 a - x)}^{2} . d x \\ C = \int_{0}^{a} x^{n} {(a - x)}^{n} d x \end{cases} \end{matrix}$

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

$\begin{matrix} B = \int_{0}^{a} x^{n} {(2 a - x)}^{2} . d x = 2 \int_{0}^{\frac{a}{2}} {(2 x)}^{n} {(2 a - 2 x)}^{n} . d x = {2.2}^{n} {.2}^{n} \int_{0}^{\frac{a}{2}} x^{n} {(a - x)}^{n} d x \end{matrix}$

$\begin{matrix} \begin{array}{l} i f f (a - x) = f (x) \Rightarrow \int_{0}^{a} f (x) d x = 2 \int_{0}^{\frac{a}{2}} f (x) d x \end{array} \end{matrix}$

$\begin{array}{l} f (a - x) = {(a - x)}^{n} {[a - (a - x)]}^{n} = {(a - x)}^{n} {(x)}^{n} = f (x) \end{array}$

$\begin{array}{l} C = \int_{0}^{a} x^{n} {(a - x)}^{n} d x = 2 \int_{0}^{\frac{a}{2}} x^{n} {(a - x)}^{n} d x \end{array}$

$\begin{array}{l} I = \frac{B}{C} = \frac{{2.2}^{n} {.2}^{n} \int_{0}^{\frac{a}{2}} x^{n} {(a - x)}^{n} d x}{2 \int_{0}^{\frac{a}{2}} x^{n} {(a - x)}^{n} d x} = 2^{2 n} \end{array}$

دریافت مثال

دریافت فایل PDF

قضیه

ویژگی تقارن نسبت به نقطه $(\frac{a}{2}, 0)$

اگر تابع $f$ انتگرال پذیر و $f (a - x) = - f (x)$ باشد، آن‌گاه:

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

اثبات

هرگاه در تابعی $f (a - x) = - f (x)$ ، آن‌گاه نمودار تابع نسبت به نقطه $(\frac{a}{2}, 0)$ متقارن است، یعنی این نقطه مرکز تقارن شکل است.

ویژگی‌های انتگرال معین - پیمان گردلو

پس در بازه $[0, a]$ نمودار $f$ نسبت به نقطه $(\frac{a}{2}, 0)$ متقارن، در نتیجه:

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

دریافت مثال

دریافت فایل PDF

قضیه

اگر تابع $f$ انتگرال پذیر باشد، آن‌گاه:

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

اثبات

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

$\begin{array}{l} \{\begin{cases} t = a + b - x \Rightarrow d t = - d x \Rightarrow d x = - d t \\ i f x = a \Rightarrow t = b \\ i f x = b \Rightarrow t = a \end{cases} \end{array}$

$\begin{array}{l} I = \int_{a}^{b} (a + b - x) d x \\ \Rightarrow I = \int_{x = a}^{x = b} f (a + b - x) d x \\ \Rightarrow I = \int_{t = b}^{t = a} f (t) . (- d t) \\ \Rightarrow I = - \int_{a}^{b} f (t) (- d t) \\ \Rightarrow I = \int_{a}^{b} f (t) d t \\ \Rightarrow I = \int_{a}^{b} f (x) d x \end{array}$

شکل زیر حالتی از قضیه را به‌طور شهودی نشان می‌دهد:

ویژگی‌های انتگرال معین - پیمان گردلو

نکته

در شکل فوق $f (- x)$ قرینه $f$ نسبت به محور $y$ ها در بازه $[- b, - a]$ است.

$f (b + a - x)$ انتقال یافته افقی $f (- x)$ به اندازه $(a + b)$ به‌سمت راست است که در این‌صورت نمودار $f (x)$ و $f (b + a - x)$ نسبت به خط $x = \frac{a + b}{2}$ متقارن است و مساحت های بین دو نمودار با محور $x$ ها از $a$ تا $b$ برابرند.

دریافت مثال

دریافت فایل PDF

تذکر

تساوی‌های زیر در حل بعضی انتگرال ها بسیار مفید است:

$\begin{array}{l} \int_{0}^{\frac{π}{2}} f (\sin x) d x = \int_{0}^{\frac{π}{2}} f (\cos x) d x \end{array}$

$\begin{array}{l} \int_{0}^{\frac{π}{2}} f (\tan x) d x = \int_{0}^{\frac{π}{2}} f (\cot g x) d x \end{array}$

$\int_{0}^{π} x f (\sin x) d x = \frac{π}{2} \int_{0}^{π} f (\sin x) d x$

دریافت مثال

دریافت فایل PDF

قضیه

اگر تابع $f$ انتگرال پذیر باشد و $f (a - x) = f (x)$ آن‌گاه:

$I = \int_{0}^{a} x f (x) d x = \frac{a}{2} \int_{0}^{a} f (x) d x$

اثبات

$i f f (x) = f (a - x) \Rightarrow \int_{0}^{a} x f (x) d x = \int_{0}^{a} (a - x) f (a - x) d x = \int_{0}^{a} (a - x) f (x) d x$

$\begin{array}{l} I = \int_{0}^{a} x f (x) d x \\ \Rightarrow I = \int_{0}^{a} (a - x) f (x) d x \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow I = \int_{0}^{a} a f (x) d x - \int_{0}^{a} x f (x) d x \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow I = a \int_{0}^{a} f (x) d x - I \\ \Rightarrow 2 I = a \int_{0}^{a} f (x) d x \\ \Rightarrow I = \frac{a}{2} \int_{0}^{a} f (x) d x \end{array}$

دریافت مثال

دریافت فایل PDF

خرید پاسخ‌ها

انتگرال معین (ویژگی‌ها)

14,000تومان

برای ارسال نظر وارد سایت شوید

انتگرال

انتگرال معین (ویژگی‌ها)

ویژگی انتقال در انتگرال معین

ویژگی فشردگی و کشیدگی در انتگرال معین

انتگرال گیری از تابع متناوب

انتگرال گیری از توابع زوج و فرد

انتگرال گیری از تابع متقارن

nenomatica

مجموعه قوانین

دسترسی سریع

آیا می‌خواهید فیلم معرفی را مشاهده نمایید؟