سرفصل‌های این مبحث

انتگرال

انتگرال معین (قضیه فشردگی و مقدار میانگین)

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!

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.

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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