Док-во

Ф(х) = ∫ f(t)dt также первообразная.

Cлед-но ∫ f(x)dx = F(x) - F(a)

Положим x=b, тогда ∫ f(t)dt = F(b) - F(a)

Что и требовалось доказать

Ф-ла служит для вычисления

Замена переменной или способ подстановки.

Пусть мы не можем сразу найти первообр-ю для подыинт. выр-я. Сделаем замену перем. х=t по ф-ле х=j(t), где j(t) – непрер. и дифф. ф-я на отрезке [a;b] причем j(a)=a, j(β)=b. Тогда имеет место след. рав-во:

∫ f(x)dx = ∫ f[φ(t)] * φ'(t) dt, здесь φ'(t) dt = dx

Док-во.

Пусть F(x) – первообр. для ф-и f(x). Тогда можно записать:

∫ f(x)dx = F(x) + C

∫ f[φ(t)] * φ'(t) dt = F[φ(t)] + C

∫ f(x)dx =F(x) │= F(b)-F(a), ∫ f[φ(t)]*φ'(t)dt =F[φ(t)] │= F[j(β)] - F[j(a)]= F(b) - F(a)

Пр. часть 2-х посл. рав-в равны, значит, равны и левые. Что и требовалось доказать. Особенностью этой ф-лы явл то, что одновременно с заменой подыинт. выр-я заменяется соответ. образом и пределы инт-я.

Интегрирование по частям.

Рассмотрим рав-во. (u*v)' = u'v + v'u, где v,u - непрерывные фун-ии.

Проинтегрируем по х от a до b:

∫ (u*v)dx = ∫ u'v dx + ∫ uv' dx

т.к. ∫ (u*v)'dx = uv + C, то ∫ (u*v)'dx = uv │, то получим

∫ u dv = uv│ - ∫ v du, здесь du = u' dx

Вычисление площади плоской фигуры.

Пусть на отрезке [a;b] ф-я y = f(x) неотрицательна.

Тогда S_{крив. трап.}, огран. этой кривой, осью

Q = ∫ f(x)dx

	b   a		b   a

Если f(x)≤0, то -Q = ∫ f(x)dx, Q = - ∫ f(x)dx

Если ф-я - конечное число раз меняет знак на отр. [a;b], то инт-л по всему отр. разбиваем на сумму инт-лов по частичн. отрезкам. Он будет больше там, где

f(x) >0, и меньше там, где f(x)<0.

Для того, чтобы получить сумму площадей, надо найти или вычислить интеграл

Q = ∫ │f(x)│dx

Q = ∫ [ f₂(x) - f₁(x) ]dx

Замечание.

двум интегралам. ∫ f(x)dx =2 ∫ f(x)dx, Q=2 ∫ xdx

Пусть теперь кривая, огран. площадь,

задана параметрически, т.е. в виде y = ψ(t), где α ≤ t ≤ β

a = φ(α), b = φ(β) x = φ(t)

Пусть это ур-е опред. некотр. ф-ю. y=f(x).