Aniq integrallar tushunchasi.Integralashuvchilikning zaruriy sharti Darbu yig‘indilari va ularning xossalari. Aniq integralning mavjudlik sharti - Алгебра - Рефераты

Информация о документе

Цена	2000UZS
Размер	391.3KB
Покупки	0
Дата загрузки	07 Ноябрь 2026
Расширение	docx
Раздел	Рефераты
Предмет	Алгебра

Aniq integrallar tushunchasi.Integralashuvchilikning zaruriy sharti Darbu yig‘indilari va ularning xossalari. Aniq integralning mavjudlik sharti

Купить

Aniq integrallar
tushunchasi.Integralashuvchilikning zaruriy sharti
Darbu yig’indilari va ularning xossalari. Aniq
integralning mavjudlik sharti .
Reja:
1. Aniq integral tushunchasi
2. Aniq integralning xossalari
3. N`yuton-Leybnis formulasi
4. Aniq integralni o`zgaruvchini almashtirish usuli bilan hisoblash
5. Aniq integralni bo`laklab integrallash

1. Aniq integral tushunchasi
Ixtiyoriy y= f(x) funksiya biror [a,b] oraliqda berilgan bo`lib, u
uzluksiz bo`lsin.
[a,b] oraliqda n ta x0,x1,x2,x3,… ,xn ketma- ket kuqtalar
olamiz. U holda, bu nuqtalar
[a,b] oraliqni n ta qismga ajratadi. Bunda a= x0
va
b= xn deb olamiz. Hosil bo`lgan elementar kesmalarni quyidagicha
ifodalaymiz: y
[x0,x1],[x1,x2],… ,[xn−1,xn].
y= f(x)
[x0,x1]
kesmada ξ1,[x1,x2] da
ξ2,[x2,x3]
da ξ3 va hokazo, [xn−1,xn] da ξ1 ξ2 ξ3 ξ4 ξ5 ξn
ξn
nuqta olamiz. U holda, quyidagi 0 a=x0 x1 x2 x3 x4 x5 b=xn x
yig`indi o`rinli bo`ladi:
Sn= f(ξ1)(x1− x0)+ f(ξ2)(x2− x1)+… + f(ξn)(xn− xn−1)
(1)
yoki
∑
k=1
k=n
f(ξk)(xk− xk−1). (2)
x1− x0= Δx 1, x2− x1= Δx 2,… ,xn− xn−1= Δx n
belgilashlar kiritamiz. U
holda (1) va (2) ni quyidagicha yozish mumkin:

Sn= f(ξ1)Δx 1+ f(ξ2)Δx 2+… + f(ξn)Δx n yoki
Sn= ∑
k=n
n
f(ξk)Δx k= f(ξ1)Δx 1+ f(ξ2)Δx 2+… + f(ξn)Δx n
. (3)
(3) ga
f(x) funksiyaning [a,b] oraliqdagi integral yig`indisi deyiladi.
Ta`rif:
f(x) funksiyaning [a,b] kesmadag aniq integrali deb integral
yig`indining elementar kesmalardan eng kattasining uzunligi
λ= 0
bo`lgandagi limitiga aytiladi va quyidagi ko`rinishda ifodalanadi:
∫
a
b
f(x)dx = lim
λ→0
∑
k=1
n
f(ξk)Δx k.
(4)

Bunda a - integralning quyi, b - yuqori chegarasidir. Integralning o`qilishi:
«Integral
a dan b gacha, ef iks de iks».
Agar
f(x) funksiya [a,b] oraliqda uzluksiz bo`lsa, u holda integral
yig`indi
Sn chekli limitga ega bo`ladi, ya`ni qarralayotgan f(x) funksiya
[a,b]
da integrallanuvchi bo`lib, integral yig`indining limiti [a,b] oraliqning
bo`linish usuliga va har bir elementar kesmadagi
ξ nuqtaning olinishiga
bog`liq bo`lmaydi.
Misol.
∫
0
1
xdx integralni ta`rif asosida hisoblang.
Yechilishi: Berilishiga ko`ra
f(x)= x, a=0 va b=1. [0,1] oraliqni
quyidagi
x0= 0, x1= 1
n
, x2= 2
n
,… ,xn−1= n− 1
n
,xn= 1 nuqtalar yordamida
n ta
teng elementar kesmalarga ajratamiz va berilgan funksiyaning ularga mos
qiymatlarini topamiz:
f(x0)= 0,
f(x1)= (
1
n)
2
, f(x2)= (
2
n)
2
,… ,f(xn−1)= (
n− 1
n )
2
, f(xn)= (
n
n)
2
= 1.
U holda, integral yig`indining qo`shiluvchilari
f(xk)⋅Δx k= (
k
n)
2
⋅
1
n
=
k2
n3.
Integral yig`indi quyidagicha bo`ladi:
Sn= ∑
k=0
n−1
f(xk)Δx k= 1
n ∑
k=0
n−1
xk
2= 1
n (x0
2+ x1
2+… + xn−1
2 )=
12+22+… +(n− 1)2
n3 =
=
(n− 1)⋅n⋅(2n− 1)
6 n3 = 1
n3⋅2 n3+3n2+ n
6
= 1
3
+ 1
2n
+ 1
6n2.
U holda,
S= lim Sn= lim
n→∞(
1
3 + 1
2n + 1
6n2)= 1
3 . Demak, ∫
0
1
x2dx = 1
3 kv. birl.
2. Aniq integralning xossalari
1- xossa. Har qanday
M o`zgarmas son uchun quyidagi tenglik o`rinli:

∫
a
b
Mdx = M (b− a).(1)
Isboti:
f(x)= M funksiyaning [a,b] dagi integral yig`indisini qaraydik:
∑
i=1
n
f(ξ1)Δx i= ∑
i=1
n
M ⋅Δx = M ∑
i=1
n
Δx i= M (b− a)
Demak, (1) tenglik o`rinli ekan.
2- xossa. O`zgarmas sonni integral belgisi oldiga chiqarish mumkin:

∫
a
b
Mf (x)dx = M ∫
a
b
f(x)dx . (2)
Isboti:
Mf (x) funusiyaning [a,b] dagi integral yig`indisi uchun quyidagi
o`rinlidir:
∑
i=1
n
Mf (ξi)⋅Δx i= M ∑
i=1
n
f(ξi)⋅Δx i.
Shuning uchun
lim
n→∞
∑
i=1
n
Mf (ξi)⋅Δx i= M lim
n→∞
∑
i=1
n
f(ξi)⋅Δx i= M ∫
a
b
f(x)dx .
Demak,
Mf (x) funksiya [a,b] oraliqda integrallanuvchi bo`lib, (2) formula
o`rinli ekan.
3-xossa. Agar
f(x) va g(x) funksiyalar [a,b] oraliqda integrallanuvchi
bo`lsa, ularning algebraik yig`indisi ham shu oraliqda integrallanuvchi bo`ladi,
ya`ni:

∫
a
b
[f(x)± g(x)]dx =∫
a
b
f(x)dx ±∫
a
b
g(x)dx . (3)
Isboti:
∫
a
b
[f(x)± g(x)]dx = lim
n→∞
∑
i=1
n
[f(ξi)± g(ξi)]Δx i= lim
n→∞
∑
i=1
n
f(ξi)Δx i±

± lim
n→∞
∑
i=1
n
g(ξi)Δx i=∫
a
b
f(x)dx ± ∫
a
b
g(x)dx .

4-xossa. Agar aniq integralning chegaralari o`zaro almashtirilsa, uning
ishorasi qarama –qarshiga o`zgaradi:∫
a
b
f(x)dx =−∫
b
a
f(x)dx .
(4)
Isboti talabalarga havola qilinadi.
5-xossa. Chegaralari o`zaro teng, ya`ni
a= b bo`lgan aniq integral nolga
teng:
∫
b
a
f(x)dx = 0.
(5)
Isboti talabalarga havola qilinadi.
6-xossa. Agar
f(x) fnksiya [a,b] da musbat bo`lib, a< b bo`lsa, quyidagi
tengsizlik o`rinli bo`ladi:
∫
a
b
f(x)dx ≥ 0.
(6)
Isboti:
[a,b] oraliq ixtiyoriy [xi−1,xi] elementar kesmalarga ajratilganda
va
ξi nuqta [xi−1,xi] da ixtiyoriy tanlanganda f(ξi)≥ 0 va Δx i>0 bo`ladi. U
holda,
∑
i=1
n
f(ξi)Δx i≥ 0.
Bundan,
lim
n→∞
∑
i=1
n
f(ξi)Δx i=∫
a
b
f(x)dx ≥ 0.
7-xossa. Agar
[a,b] oraliqda a< b bo`lganda f(x)≥ ϕ(x) bo`lsa,
∫
a
b
f(x)dx ≥∫
a
b
ϕ(x)dx
. (7)
o`rinli bo`ladi.
Isboti: Shartga asosan
f(x)≥ ϕ(x). U holda, uni [a,b] da integrallaymiz:

∫
a
b
[f(x)− ϕ(x)]dx ≥ 0.3-xossaga asosan
∫
a
b
f(x)dx −∫
a
b
ϕ(x)dx ≥ 0.
8-xossa. Agar
[a,b] oraliqda a< b bo`lib, m va M lar f(x) funksiyaning
shu oraliqdagi eng kichik va eng katta qiymatlari bo`lsa, quyidagi o`rinli
bo`ladi:
m (b− a)≤∫
a
b
f(x)dx ≤ M (b− a).
(8)
Isboti: Shartga asosan
m ≤ f(x)≤ M .
Tengsizlikni
[a,b] oraliqda integrallaymiz:
∫
a
b
mdx ≤∫
a
b
f(x)dx ≤∫
a
b
Mdx .
U holda, 2- xossaga va 1- xossaga asosan
m (b− a)≤∫
a
b
f(x)dx ≤ M (b− a).
9-xossa. (O`rta qiymat haqidagi teorema). Agar
f(x) funksiya [a,b]
oraliqda uzluksiz bo`lsa, bu oraliqda shunday
c nuqta mavjud bo`ladiki, uning
uchun

∫
a
b
f(x)dx = f(c)(b− a). (9)
tenglik o`rinli bo`ladi.
Isboti:
[a,b] oraliqda m va M lar f(x) funksiyaning eng kichik hamda
eng katta qiymatlari bo`lsin. U holda, 8 –xossaga asosan
m (b− a)≤∫
a
b
f(x)dx ≤ M (b− a).

Bundan, m ≤ 1
b− a∫
a
b
f(x)dx ≤ M .
f(x) funksiya uzluksiz bo`lganligi
sababli u
[a,b] oraliqdagi barcha qiymatlarni qabul qiladi. U holda, c [a,b]
dagi
x1 va x2 nuqtalar orasida yotadi, ya`ni x1< c< x2. Bundan
a< c< b.
Demak,
1
b− a∫
a
b
f(x)dx = f(c) yoki ∫
a
b
f(x)dx = (b− a)f(c).
3. N`yuton-Leybnis formulasi
Faraz qilaylik,
f(x) funksiya [a,b] oraliqda uzluksiz bo`lsin. U holda,
funksiya shu oraliqda boshlang`ich funksiyaga ega bo`ladi. Boshlang`ich
funksiyalaridan biri
Q (x) bo`lib, u quyidagidan iborat bo`lsin:
Q (x)=∫
a
x
f(t)dt ,
bunda
a≤ x≤ b. (1)
Shu oraliqda
f(x) funksiyaning boshqa boshlang ` ichi F(x) ham mavjud
bo ` lsin . U holda, bu boshlang`ich funksiyalar bir – biridan biror
c o`zgarmas
songa farq qilishi ma`lum, ya`ni
∫
a
x
f(t)dt = F (x)+c.
(2)
Agar
x= a bo`lsa, (1) tenglik hamda 5- xossaga asosan quyidagiga ega
bo`lamiz:

∫
a
a
f(t)dt = F (а)+c. (3)
F (a)+c= 0 , c= − F (a).
(4)
(4) ni (2) ga qo`ysak

∫
a
x
f(t)dt = F (x)− F (a). (5)
hosil bo`ladi.
x= b deb olsak
∫
a
b
f(x)dx = F (b)− F (a).
(6)
(6) formulaga Nyuton –Leybnis formulasi deyiladi.
F (b)− F (a)
ayirmani quyidagi ko`rinishlarda yozish qabul qilingan.
F(x)|a
b
yoki
[F (x)]a
b
U holda, (6) formula bunday ifodalanadi:
∫
a
b
f(x)dx = F (x)|a
b= F (b)− F (a).
(7)
Yuqori chegarasi o`zgaruvchidan iborat bo`lgan (5) aniq integralni
hisoblashning Nyuton –Leybnis usuli quyidagi ko`rinishda bo`ladi:
∫
a
x
f(t)dt = F (t)|a
x= F (x)− F (a).
(8)
Shuningdek, quyi chegarasi o`zgaruvchidan iborat bo`lgan aniq integral ifodasi
esa quyidagicha bo`ladi:
∫
x
b
f(t)dt = F (t)|x
b= F (b)− F (x).
(9)
∫
a
b
f(x)dx
aniq integralni hisoblashda quyidagi bosqich ishlari ketma – ket
bajariladi:
1. Quyidagi aniqmas integral topiladi:

∫ f(x)dx = F (x)+c.
2.
F (x)+c ning x= b dagi qiymati topiladi, ya`ni F (b)+c.

3.F (x)+c ning x= a dagi qiymati hisoblanadi, ya`ni F (a)+c.
4.
[F (b)+c]− [F (a)+c]= F (b)− F (a) ayirama topiladi.
1-misol.
∫
1
3
x2dx integralni hisoblang.
Yechilishi: Bunda
a= 1 va b= 3 .
1. Aniqmas integral
∫ x2dx ni hisoblaymiz:
∫ x2dx = x3
3
+c.
2.
F (b) ni topamiz:
F (b)= F (3)= 33
3
= 9.
3.
F (a) ni topamiz:
F (a)= F (1)= 1
3
.
4.
F (b)+F (a)= 9− 1
3
= 26
3
= 82
3
.
Demak,
∫
1
3
x2dx = x3
3
|
1
3
= 33
3
− 13
3
= 9− 1
3
= 8 2
3
.
2-misol. Hisoblang:
∫
a
b
cos xdx .
Yechilishi: Integralni hisoblashni yuqoridagi bosqichlar asosida, ya`ni (7)
formulani qo`llash orqali bajaramiz:
∫
a
b
cos xdx = − sin x|a
b= − (sin b− sin a)= sin a− sin b.
3-misol. Integralni hisoblang:
∫
2
3
(x3+2x)dx .

Yechilishi: Aniq integralning 3- xossasiga asosan berilgan integralni ikki
qismga ajratamiz va Nyuton –Leybnis formulasidan foydalanib, hisoblaymiz:∫
2
3
(x3+2x)dx =∫
2
3
x3dx +∫
2
3
2 xdx = x4
4
|2
3+ 2x2
2
|2
3= 81
4
− 4+9− 4= 85
4
= 21 1
4
.
Mustaqil yechish uchun mashqlar.
№1.
∫
1
2
xdx №7. ∫
1
3
(x3+2x)dx .
№2.
∫
0
3
x2dx №8. ∫
0
π
4
(
3
cos 2x
+2sin x)dx .
№3.
∫
−1
0
(x−1)dx №9. ∫
−1
1
(2x3+3)dx .
№4.
∫
1
2
(4x3− 3x2+2x)dx №10. ∫
−3
−1
7(x2+1)dx .
№5.
∫
0
π
sin xdx №11. ∫
0
8
x2dx
№6.
∫
π
2
π
cos xdx №12.
∫
0
π
(2ex+5sin x)dx .
O`rta qiymat haqidagi teorema
Teorema. Agar
f(x) funksiya [a,b] kesmada uzluksiz bo`lsa, u holda,
shu kesmada shunday
c nuqta mavjud bo`ladiki, uning uchun
∫
a
b
f(x)dx = f(c)(b− a)
(1)
tenglik o`rinli bo`ladi.
Isboti: Faraz qilaylik,
a< b bo`lsin. U holda, funksiyaning berilgan [a,b]
kesmadagi eng katta qiymati
M va eng kichik qiymati m bo`lsin, ya`ni

m ≤ f(x)≤ M. (2)
[a,b]
da (2) tengsizlikni integrallaymiz:
∫
a
b
mdx ≤∫
a
b
f(x)dx ≤∫
a
b
M dx .
Bundan,
m (b− a)≤∫
a
b
f(x)dx ≤ M (b− a). (3)
(3)ni
b− a> 0 ga hadma – had bo`lamiz:

m ≤ 1
b− a∫
a
b
f(x)dx ≤ M . (4)
Berilgan
f(x) funksiya [a,b] da uzluksiz bo`lganligi uchun qo`yi va
yuqori chegara oralig`idagi (ya`ni [
m , M ]) istalgan qiymatni qabul qiladi. U
holda,
[a,b] da shunday c nuqta mavjud bo`ladiki,
f(c)= 1
b− a∫
a
b
f(x)dx
bo`lishini ta`minlaydi. Bu esa (1) formuladan iborat. Teorema isbot bo`ldi.
4. Aniq integralni o`zgaruvchini almashtirish (o`rniga qo`yish) usuli
bilan hisoblash
Aniqmas integralni o`zgaruvchini almashtirish usulida yechishdan
ma`lumki, agar integrallash qoidalari, xossalari yoki formulalar yordamida
integrallash qiyinlik tug`dirsa integral ostidagi funksiyaga yangi o`zgaruvchi
kiritish lozim. Aniq integralni hisoblashda ham shu usul qo`llaniladi.
∫
a
b
f(x)dx
ni o`zgaruvchini almashtirish usulida hisoblash talab qilinsin.
Yangi
t o`zgaruvchini kiritaylik. U holda, x= ϕ(t). ϕ(t) funksiya [a,b]
kesmada uzluksiz va differensiallanuvchi bo`lsin. Agarda
t o`zgaruvchi [α,β]
kesmada o`zgarganda
x o`zgaruvchi [a,b] da o`zgarsa, ya`ni ϕ(α)= a,

ϕ(β)= b, hamda f(ϕ(t)) murakkab funksiya [α,β] kesmada uzluksiz va
aniqlangan bo`lsa, quyidagi formula o`rinli bo`ladi:
∫
a
b
f(x)dx =∫
α
β
f(ϕ(t))⋅ϕ'(t)dt .
(1)
(1) formulaga o`zgaruvchini almashtirish usulida integral formulasi
deyiladi.
F (x)
funksiya f(x) ning boshlang`ichi bo`lsin. U holda, F (ϕ(t))
funksiya
f(ϕ(t))⋅ϕ'(t) ning boshlang`ichi bo`ladi. Shuning uchun
∫
α
β
f(ϕ(t))⋅ϕ'(t)dt = F (ϕ(β))− F (ϕ(α))= F (b)− F (a)= ∫
a
b
f(x)dx .
Demak, (1) formula hosil bo`ldi.
Yuqoridagilarni umumlashtirib, o`zgaruvchini almashtirish usulida
integrallashni quyidagi ketma – ketlikda bajarish tavsiya qilinadi:
1. Imkoni bo`lsa, integral ostida berilgan ifodani soddalashtirish.
2. Yangi o`zgaruvchini kiritish (
x= ϕ(t) ).
3. Integralning yangi chegaralarini aniqlash.
4. Hosil bo`lgan integralni hisoblash.
1- misol.
∫
2
3
(2x−1)3dx ni hisoblang.
Yechilishi:
2x− 1= t almashtirishni bajaramiz. Uning ikkala tomonini
differensiallaymiz:
d(2x− 1)= du ,
2dx = du . Bundan
dx = 1
2
du .
Integralning yangi chegaralarini topamiz. Buning uchun
2x− 1= u dagi x
ning o`rniga avval integralning yuqori chegarasi 3 ni, keyin esa quyi
chegarasi 2 ni qo`yib hisoblaymiz:
uю= 2⋅3− 1= 5,
uк= 2⋅2− 1= 3.

Demak, yangi chegaralar uю= 5 va uк= 3 ekan. U holda,
∫
2
3
(2x− 1)3dx = 1
2∫
2
3
u3du = 1
2
⋅u4
4 ∫
2
3
= 1
8
(54− 34)= 68 .
2- misol. Integralni hisoblang:
∫
0
2
(2x+1)4dx .
Yechilishi: Integral ostidagi
2x+1 ni t o`zgaruvchi bilan almashtiramiz. U
holda
2x+1= t ning differensiali quyidagicha bo`ladi: 2dx = dt . Bundan,
dx = 1
2
dt .
Endi yangi chegaralarni topamiz. Buning uchun
2x+1= t dagi x
ning o`rniga yuqori chegara 2 ni, keyin esa quyi chegara 0 ni quyib
hisoblaymiz:
x= 2
da tю= 5, x= 0 da tк= 1.
Demak, yangi integralning yuqori chegarasi
tю= 5 , quyi chegarsi tк= 1
ga teng ekan. Yuqorida aytilganlarning analitik ifodasini keltiramiz:
∫
0
2
(2x+1)
4
dx = ¿{2x+1=t,¿¿{|¿2x+1=t,2⋅2+1=t,tю=5;¿}¿}= ¿
= ∫
1
5
t4⋅1
2
dt = 1
2
⋅t5
5
|
1
5
= t5
10
|1
5= 1
10
(55− 15)= 1
10
⋅3124 = 312 ,4.
3-misol. Integralni hisoblang:
∫
0
a
√a2− x2dx , a>0.
Yechilishi: Bunda integral ostidagi ifodadagi
x ni asin t bilan
almashtiramiz:
x= asin t.
U holda,
dx = asin tdt hosil bo`ladi. Endi integralning yangi chegaralarini
topamiz:
x= a
da a= asin t, sin t= 1,
tю= π
2
;

x= 0 da 0= asin t, sin t= 0, tк= 0.
Demak,
∫
0
a
√a2− x2dx = ¿{x= asin t,¿¿{| ¿tю=
π
2
,¿}¿}=∫
0
π
2
√a2− a2sin 2t⋅acos tdt =
= ∫
a
π
2
a⋅cos t⋅acos tdt = a2∫
0
π
2
cos 2tdt = a2∫
0
π
2 1+cos 2t
2 dt = a2
2 ∫
0
π
2
dt + a2
2 ∫
0
π
2
cos 2tdt =
= a2
2 (t+ 1
2
sin 2t)|0
π
2= a2
2 (
π
2
− 0+ 1
2
⋅sin (2⋅π
2 )− 1
2
⋅sin 0)=
= a2
2 (
π
2
+ 1
2
⋅0− 1
2
⋅0)= a2
2
⋅π
2
= a2π
4
.
4-misol. Integralni hisoblang:
∫
0
1
2 x+1
1+4x2dx .
Yechilishi: Integral ostidagi ifodani ikkita kasrga ajratib, integrallar
yig`indisiga keltiramiz va ularni alohida – alohida hisoblaymiz, ya`ni:
∫
0
1
2 x+1
1+4x2dx = ∫
0
1
2 x
1+4x2dx +∫
0
1
2 1
1+4x2dx
.
Birinchi integralda
1+4x2= t, ikkinchisida esa 2x= u almashtirishni
bajaramiz. U holda, birinchi integralning yangi chegaralari:
tю= 2, tк=1,
ikkinchisiniki esa
uю= 1, uк= 0 bo`ladi. Integralni hisoblashning analitik
ifodasi quyidagicha:
∫
0
1
2 x+1
1+4x2dx = ∫
0
1
2 x
1+4x2dx +∫
0
1
2 1
1+4x2dx =
=
{
(1+4x2=dt
(xdx =1
8
dt
(¿|tю= 2
|tк=1
),
(2x= u
(dx =1
2
du
(¿
|uю= 2
|uк=1
)
}
= ¿

= ∫
1
2
1
8t
dt +∫
0
1
1
2(1+u2)
du = 1
8∫
1
2
1
t
dt + 1
2∫
0
1
1
1+u2du = 1
8
ln t|1
2+ 1
2
arctgu |0
1=
=
1
8
(ln 2− ln 1)+
1
2
(arctg 1− arctg 0)=
1
8
ln 2+
1
2(
√2
2
− 0)≈ 0,48 .Mustaqil yechish uchun mashqlar
Quyidagi integrallarni o`zgaruvchini almashtirish usuli yordamida
hisoblang:
№13.
∫
4
5
(4− x)3dx . №21. ∫
−a
a
√a2− x2dx .
№14.
∫
0
1
1
(3x+1)
dx . №22. ∫
0
1
√1− x2dx .
№15.
∫
1
2
1
√5x−1
dx . №23. ∫
π
2
π 2sin x
(1− cos x)2dx .
№16.
∫
0
1
(2x3+1)4x2dx . №24. ∫
0
3
2x2√9− x2dx .
№17.
∫
0
2
9√x3+1x2dx . №25. ∫
π
12
π
8sin 24x+cos 22x
sin 24x⋅cos 22x
dx .
№18.
∫
0
7
1
3
√(8− x)2dx . №26. ∫
π
4
π
2
sin 3x⋅cos xdx .
№19.
∫
0
3
x√1+xdx . №27. ∫
0
1
7exdx
ex+3
dx .
№20.
∫
5
13
√2x−1dx . №28. ∫
0
π
2
4esin x⋅cos xdx .

5. Aniq integralni bo`laklab integrallashu(x)
va v(x) funksiyalar berilgan bo`lib, ular [a,b] kesmada uzluksiz
hosillalar (
u'(x) va v'(x) ) ga ega bo`lsin. U holda, bizga ma`lum bo`lgan
(u(x)v(x))′= u'(x)v(x)+u(x)v'(x)
(1)
tenglikni
[a,b] kesmada integrallaymiz:
∫
a
b
[u(x)v(x)]′dx =∫
a
b
u'(x)v(x)dx +∫
a
b
u(x)v'(x)dx
. (2)
(2)ni quyidagi ko`rinishda ham ifodalash mumkin:
∫
a
b
(uv )′dx =∫
a
b
u'vdx +∫
a
b
u v'dx .
(3)
(3)ning chap tomonini quyidagicha yozish mumkin:
∫
a
b
(uv )′dx = uv |a
b
. (4)
U holda (3):
uv |a
b=∫
a
b
u'vdx +∫
a
b
u v'dx
(5)
yoki
∫
a
b
udv = uv |a
b−∫
a
b
vdu . (6)
hosil bo`ladi. Bu formulaga aniq integralni bo`laklab integrallash formulasi
deyiladi.
1-misol.
∫
a
π
2
xcos xdx integralni hisoblang.
Yechilishi: Berilgan aniq integralni bo`laklab integrallash usulida
yechish uchun
x= u
va cos xdx = dv
deb belgilaymiz. U holda,

dx = du va v= sin x
bo`ladi. Bularni (6)ga qo`yamiz:
∫
0
π
2
x cos xdx = ¿ { x = u ¿ ¿ ¿ ¿ ¿
= π
2⋅sin π
2− 0⋅sin 0+cos x|0
π
2= π
2⋅1+cos π
2− cos 0= π
2+0− 1= π
2− 1.
2-misol. Hisoblang:
∫
0
1
xe xdx .
Yechilishi: (6) formulani qo`llaymiz:
∫
0
1
xe x dx = ¿ { x = u ¿ ¿ ¿ ¿ ¿
= e− e
t
|0
1
= e− e− e
0
= 1.
3-misol. Hisoblang:
∫
0
π
6
cos xdx .
Yechilishi:
∫
0
π
6
x cos 3 xdx = ¿ { x = u ¿ ¿ ¿ ¿ ¿
4-misol. Hisoblang:
∫
π
6
π
2 x
sin 2x
dx .
Yechilishi: Belgilashlar kiritamiz, so`ngra (6) formulani qo`llaymiz:
∫
π
6
π
2
x
sin 2 x
dx = ¿ { x = u ¿ ¿ ¿ ¿ ¿

= − xctgx |π
6
π
2+∫
π
6
π
2
ctgxdx = π√3
6 +ln sin x|π
6
π
2= π √3
6 +ln 1− ln 1
2=
= π√3
6
− ln 1
2
= π√3
6
− ln 1+ln 2= π√3
6
+ln 2.Mustaqil yechish uchun mashqlar
№29.
∫
−1
2
(x2−1)3xdx . №33. ∫
1
3
ln xdx .
№30.
∫
1
√3
128 x
(x2+1)5dx . №34. ∫
0
π
xsin xdx .
№31.
∫
1
2
2
(2x−1)3dx . №35.
∫
1
e
dx
x .
№32.
∫
π
6
π
4
sin 2xdx . №36.
∫
0
2
xe xdx .

Adabiyotlar
1. Abdalimov V., Solixov Sh. Oliy matematika qisqa kursi.- Toshkent:
O`qituvchi, 1981.
2. Bogomolov N.V. Matematikadan amaliy mashg`ulotlar. – Toshkent:
O`qituvchi, 1984.
3. Vigodskiy M.Ya. Spravochnik po v ы sshey matematike.-Moskva: Nauka,
1977.
4. Glagolev N.S. va boshqalar. Matematika, III qism. - Toshkent : O`qituvchi,
1947.
5. Kachenovskiy M.I. va boshqalar. Algebra va analiz asoslari. 2-qism. –
Toshkent: O`qituvchi, 1982.
6. Kudryavsev V.A., Demidovich V.R. Kratkiy kurs v ы sshey matematiki.
- Moskva: Nauka, 1985.
7. Loboskaya N.L. Osnov ы v ы sshey matematiki. – Minsk, 1978.

Aniq integrallar tushunchasi.Integralashuvchilikning zaruriy sharti Darbu yig‘indilari va ularning xossalari. Aniq integralning mavjudlik sharti

Купить

Похожие документы
Ayirmali sxemalar, ularni qurish va differensial masalani approksimasiyalash. Dirixle masalasi. Chekli — ayirmali tenglamalar sistemasini iterasiya usuli bilan yechish (Libman o‘rtalash jarayoni)
Bernulli tenglamasi. puazeyl va darsi-veysbax formulalari. gidravlik zarba
Boshlang‘ich sinflarda matematikadan uy ishlari va o‘quvchilar bilimini reyting baholash va baho normalalri
Bir o‘lchamli nostatsionar issiqlik o‘tkazuvchanlik tenglamasini chekli ayirmalar usuli bilan yechish
Boshlang‘ich sinflarda matematika o‘qitish metodlari va ularning kilassifikatsiyasi