Спецкурс для 11 класса «Нестандартные задачи по теме:» Определённый интеграл

О содержании спецкурса «нестандартные задачи по теме «Определенный интеграл»»

Тема «Определённый интеграл» занимает достаточно большой объём в вузовских программах математической подготовки специалистов и бакалавров как в силу использования интегралов в технике, так и благодаря их широчайшему применению в физико-математических теориях. Однако, как показывает опрос 100 студентов ИФМИЭО, уровень усвоения соответствующего материала довольно низкий. С моей точки зрения, это обусловлено такими факторами как низкий уровень предварительной подготовки студентов, отсутствие интереса к данной теме, недостаточное иллюстрирование практического применения интегралов. В основном, студенты лишь осваивают стандартные методы их вычисления и сталкиваются со значительными трудностями, когда возникает необходимость применить свои знания в конкретной практической задаче. Таким образом, отношение большинства студентов к данной теме негативное.

В связи с этим можно предложить какие-то нестандартные задачи по данной теме, содержащие оригинальные идеи и разносторонние подходы, что, во-первых, будет способствовать развитию технических навыков студентов, а во-вторых, позволят глубже понять суть этого математического образа. Поэтому студентов необходимо привлекать к решению подобных задач, например, на спецкурсах. Несмотря на априорное отсутствие единого алгоритма решения таких задач, можно всё-таки отметить некоторые общие моменты.

Таким образом, целью данной работы является, во-первых, пробуждение интереса и мотивация студентов к изучению темы «Определённый интеграл», а во-вторых, отбор материала для проведения спецкурса по данной теме и составление методических рекомендаций, опирающихся на результаты эксперимента. Для этого необходимо решить следующие задачи: обозначить основные идеи вычисления интегралов и привести соответствующие примеры из ранее проводившихся олимпиад различных уровней, проиллюстрировав тем самым разнообразие задач по данной теме и подходов к их решению. Затем, предлагая студентам и преподавателям ИФМИЭО решить задачи, составленные автором, проследить, какие методы решения преобладают, выявить, какими приёмами студенты владеют не достаточно хорошо, и знакомы ли они с отдельными теоретическими фактами, не входящими в обязательный курс. Полученная таким образом информация позволит сделать вывод о содержании спецкурса, а также о способах подготовки студентов к решению олимпиадных задач по данной теме.

§1. Нестандартные задачи по теме «Определённый интеграл»

и основные методы их решения

Среди методов решения нестандартных задач по теме «Определённый интеграл» в качестве основных можно выделить следующие: замена переменной, использование симметрии пределов интегрирования, использование свойств подынтегральной функции, использование теорем интегрального исчисления, применение «известных» (в том числе, неберущихся) интегралов, использование разложения подынтегральной функции в ряд Тейлора. Кроме того, причём наиболее часто, применяют их различные сочетания, то есть проводят комбинирование нескольких методов. Сейчас попытаемся проиллюстрировать каждый из этих методов, рассматривая задачи на соответствующие идеи. Почти все эти задачи были предложены на олимпиадах различных уровней.

1) Замена переменной.

В качестве примера на использование этой идеи можно привести одно из заданийэтапа Конкурса призовых задач, проходившего в НГПУ в 2005 году.

Задача.

Решение.

Выполним замену переменной Тогда интеграл преобразуется к виду:

Cложим полученный интеграл с

Ответ: 1.

2) Использование симметрии пределов интегрирования.

Задача на данную идею была предложена на межвузовской олимпиаде 2002 года в НГУ (г. Новосибирск) для ВУЗов математического профиля.

Задача.

Решение.

Ответ:.

3) Использование свойств подынтегральной функции.

Рассмотрим задачу из олимпиады, проводившейся на инженерном факультете Университета Дружбы Народов в 1987 году.

Задача.

Решение.

Рассмотрим функцию Заметим, что

Вычислим производную функции

Поскольку, очевидно, то есть функция выпукла вниз, то – точка минимума.

Вычислим значение функции в точке минимума:то есть прямоугольник с вершинами имеет площадь, большую, чем . Причём, этот прямоугольник вписан в криволинейную трапецию, площадь которой равна , следовательно, он имеет меньшую площадьВерно.

4) Использование теорем интегрального исчисления.

Например, возьмём задачу из олимпиады, проходившей в г. Иркутске в 2011 году.

Задача.Вычислить интеграл .

Решение.

Вычислим отдельно неопределённый интеграл. Воспользуемся теоремой об интегрировании по частям:

=[ ещё раз интегрируем по частям ] =

Следовательно, обозначая через исходный интеграл, получим:

Тогда,

Ответ:.

5) Использование известных интегралов.

Данная задача взята из «Сборника задач и упражнений по математическому анализу» под редакцией Б.П.Демидовича.

Задача.Вычислить интеграл

Решение.

В данном случае, прежде чем сослаться на некий «известный» интеграл, необходимо сделать соответствующие преобразования и выполнить интегрирование по частям.

Рассмотрим первый интеграл; ясно, что второй интеграл вычисляется совершенно аналогично, с точностью до обозначений.

Сделаем замену Получим интеграл

Он, как известно, равен . Следовательно,

Значит,

Ответ:

6) Разложение подынтегральной функции в ряд Тейлора.

Обычно с помощью разложения подынтегральной функции в ряд интеграл можно вычислить лишь приближённо, с некоторой заданной точностью. Однако существуют такие интегралы, значения которых можно вычислить точно с помощью указанного метода. Ясно, что в таком случае желательно, чтобы подынтегральная функция не была слишком громоздкой или, по крайней мере, без особых усилий разлагалась в ряд Тейлора. При этом промежуток интегрирования должен целиком принадлежать области сходимости соответствующего ряда – тогда, как известно, на этом промежутке степенной ряд можно почленно проинтегрировать, применяя формулу Ньютона-Лейбница. В результате получается разность двух сходящихся числовых рядов. Заметим, что в принципе эти ряды могут оказаться условно сходящимися, поэтому обращаться с ними следует с известной осторожностью.

Стоит отметить, что метод разложения подынтегральной функции в ряд является максимально эффективным лишь тогда, когда получаются ряды, суммы которых известны или вычисляются без принципиальных трудностей. Хотя в некоторых случаях можно ограничиться ответом в виде числового ряда, общий член которого указан (либо в виде разности двух рядов) – под этим будет подразумеваться некоторое число.

Понятно, что нельзя однозначно оценить эффективность данного метода даже в конкретном случае – это зависит от того, какой ответ необходимо получить. Если достаточно выразить ответ в виде линейной комбинации числовых рядов, то этот метод проходит во всех случаях, когда подынтегральную функцию можно разложить в ряд Тейлора, сходящийся на соответствующем промежутке. Если же в качестве ответа необходимо указать конкретное число, метод окажется пригодным, если суммы полученных рядов выражаются обыкновенными дробями или известными трансцендентными числами.

Приведём пример из «Сборника задач и упражнений по математическому анализу» Б.П. Демидовича, когда данный метод позволяет найти точное значение интеграла. Вычислим интеграл

В данном случае подынтегральная функция элементарно раскладывается в ряд:

Исследуем полученный ряд на сходимость. Имеем:

Согласно признаку Даламбера,

Получили интервал сходимости степенного ряда. Теперь исследуем сходимость ряда в концах интервала:

в точке очевидно, ряд расходится (получается гармонический ряд);

в точке получается условно сходящийся ряд (ряд Лейбница), сумма которого, как известно, равна

Следовательно, мы можем почленно проинтегрировать подынтегральную функцию, представленную степенным рядом, по отрезку

Из приведённого примера видно, что при применении данного метода основной трудностью является доказательство корректности этого применения – сам же процесс интегрирования становится абсолютно элементарным.

Приведём ещё один характерный пример.

Вычислить интеграл

Заметим, что здесь уже нельзя применить указанный приём. Действительно, полученный в результате интегрирования степенной ряд расходится в точке . В то же время, если бы требовалось найти интеграл

то метод оказался бы пригодным, в чём нетрудно удостовериться. Кстати, этот интеграл можно очень легко посчитать, опираясь на прошлый пример:

7) Комбинирование идей.

Данный подход наиболее часто применяется при решении олимпиадных задач. Приведём пример из заданий «Конкурса призовых задач» (НГПУ, 2008 г.)

Задача.Вычислить интеграл

Решение.

Во- первых, заметим, что подынтегральная функция является нечётной.

Попробуем провести симметризацию пределов интегрирования и посмотрим, повлияет ли это на нечётность подынтегральной функции: выполним замену

Очевидно, подынтегральная функция осталась нечётной, следовательно, интеграл равен нулю. Итак, в данном случае были использованы 3 идеи:

1) замена переменной;

2) симметризация пределов интегрирования;

3) свойства (нечётность) подынтегральной функции.

Ответ: 0.

Комментарии к задачам из олимпиад

Задача №1

Явная громоздкость подынтегральной функции указывает на то, что интеграл не нужно вычислять непосредственно. Исследовать функцию тоже очень трудно. Попытки симметризации пределов интегрирования к цели не приводят – подынтегральная функция не является нечётной (после преобразования). Использовать геометрию здесь также не имеет смысла. В таком случае можно заметить однообразие слагаемых, стоящих в числителе и знаменателе дроби. Кроме того, обратим внимание на связь аргументов и пределов интегрирования с величиной , а именно:

, – причём, положив замечаем «перевод» выражений друг в друга. Далее, эта же величина переводит пределы интегрирования один в другой. Возникает желание выполнить подстановку После этого получаем интеграл, отличающийся от первоначального только числителем. При этом видим, что сумма числителей подынтегральной функции даёт их общий знаменатель. Следовательно, сложение интегралов приведет к уничтожению подынтегральной функции.

Задача №2

Видя симметричность пределов интегрирования относительно нуля, проверим подынтегральную функцию на чётность. Этот метод здесь не приводит к цели. Теперь можно воспользоваться аддитивностью интеграла, причём так, чтобы в результате получить один интеграл. Возникает вопрос, как этого добиться, если должно в обязательном порядке получиться два интеграла. Можно заметить, что интеграл перевести в интеграл после чего действительно получится один интеграл (в силу свойства линейности). Дальнейшие преобразования очевидны. Здесь мы, фактически, попытались сократить промежуток интегрирования, в результате чего получили значительное упрощение подынтегральной функции.

Задача №3

Во-первых, необходимо доказать неравенство, во-вторых, подынтегральная функция громоздкая, следовательно, нужно пользоваться либо интегрированием неравенства, подбирая соответствующую «хорошую» функцию, либо опираться на «геометрию» задачи. Поскольку подынтегральная функция исследуется на заданном отрезке довольно просто, то сначала можно рассмотреть второй вариант. Далее, возникает идея элементарно оценить площадь соответствующего прямоугольника, сразу же приводящая к цели.

Задача №4

Подынтегральная функция явно указывает на то, что необходимо применить теорему об интегрировании по частям.

Задача №5

Сначала хочется устранить явную громоздкость функции. После несложных преобразований получаем интеграл, который подсказывает применение формулы Фруллани – однако условия теоремы оказываются невыполненными. Разбивая полученный интеграл на два (по свойству линейности), можно заметить, что эти интегралы имеют очевидное сходство с интегралами Пуассона. «Мешает» множитель . Возникает вопрос, как от него избавиться. Ясно, что только интегрированием по частям. Далее непосредственно используем интеграл Пуассона.

Задача №6

Поскольку необходимо найти точное значение интеграла, применять его геометрическую интерпретацию в данном случае бессмысленно. Симметризация пределов интегрирования к цели также не приводит – подынтегральная функция при этом только усложняется. Интегрирование по частям сопряжено с техническими трудностями, а именно появлением неопределённостей в процессе вычислений. Замена переменной тоже явно не бросается в глаза. Некой подсказкой использования ряда Тейлора может оказаться числитель подынтегральной функции, разложение которого относится к основным. Следует всё-таки отметить, что в данном случае относительно выбора способа решения имеет место метод проб и ошибок, так как здесь нельзя указать однозначного критерия выбора предложенного способа решения.

Задача №7

Заметим, что непосредственно этот интеграл не вычисляется (или, по крайней мере, вычисляется с большим трудом). Использовать здесь геометрию тоже несколько затруднительно. Можно попытаться симметризовать пределы интегрирования (относительно нуля), поскольку это никак не усложнит подынтегральную функцию. А после этого сразу же проверяем её на чётность.

§2. Авторские задания

С целью систематизации знаний о методах решения олимпиадных задач и приобретения навыков по использованию их на практике, мною самостоятельно были составлены 12 задач по данной теме с подробными решениями и выделением тех основных идей, которые при этом используются.

Задача 1. Известно, что нечётность подынтегральной функции при симметричных относительно нуля пределах интегрирования является достаточным условием равенства интеграла нулю. Вопрос: является ли это условие необходимым?

Решение. Данное условие не является необходимым, поскольку можно привести контрпример:

Действительно,. Далее, получим цепочку равенств:

Ответ: нет.

Основная идея

Использование геометрического смысла определённого интеграла.

Задача 2.

Решение. Выполним в этом интеграле замену предварительно преобразовав интеграл:

Рассмотрим функцию Имеем:

Значит, подынтегральная функция является нечётной. Следовательно, интеграл равен нулю.

Ответ: 0.

Основные идеи

1) Преобразование подынтегральной функции и замена переменной;

2) Симметризация пределов интегрирования;

3) Использование нечётности подынтегральной функции.

Задача 3.

Решение. Рассмотрим подынтегральную функцию

Тогда

Вычислить сумму

Значит, интеграл равен нулю.

Ответ: 0.

Основная идея

Использование нечётности подынтегральной функции.

Задача 4. Найдите сумму интегралов

Решение. Сначала преобразуем интеграл .

Сложим полученное выражение с интегралом

Ответ: -2.

Основные идеи

1) Преобразование подынтегральной функции;

2) Замена переменной в определённом интеграле.

Задача 5. Докажите, что для любого натурального выполняется неравенство

Решение. Рассмотрим функцию Заметим, что эта функция на отрезке непрерывна, дифференцируема и положительна. Далее, положительна во всех точках этого отрезка. Следовательно, выпукла вниз на этом отрезке. Докажем, что также выпукла вниз на этом отрезке при любом натуральном Действительно,

Теперь заметим, что функция проходит через точки А поскольку она выпукла вниз на отрезке , то её график во всех точках интервала лежит ниже отрезка . Значит, площади соответствующих криволинейных трапеций будут меньше площади трапеции где

Значит, утверждение справедливо.

Основные идеи

1) Доказательство выпуклости вниз подынтегральной функции при любом натуральном ;

2) Использование геометрического смысла определённого интеграла.

Задача 6. Вычислите предел

Решение. Преобразуем выражение, предел которого необходимо вычислить:

Заметим, что второй множитель представляет собой интегральную сумму Римана для функциина отрезке [0;1]. Следовательно, предел этого множителя равен интегралу:

Далее,

Следовательно, предел произведения равен

Ответ:

Основные идеи

1) Преобразование исходного выражения;

2) Применение интегральной суммы Римана для функции на отрезке.

Задача 7. Расположите в порядке убывания числа

Решение. Заметим, что второй интеграл легко вычислить непосредственно:

Рассмотрим первый интеграл.

Далее, заметим, что функции

интегрируемы (и непрерывны) на отрезке функция убывает на этом отрезке (как произведение убывающих функций). Следовательно, по второй теореме о среднем, на отрезке найдётся точка такая, что

Значит, Теперь рассмотрим интеграл

Рассмотрим функцию . Эта функция возрастает на отрезке, на котором ведётся интегрирование (как композиция возрастающих функций).

. Следовательно, Тогда

на отрезке Значит,

Следовательно,

Ответ:

Основная идея

Оценка величин интегралов с применением основных теорем интегрального исчисления: теоремы о среднем, об интегрировании неравенства и т.д.

Задача 8. Для любого натурального вычислите значение выражения

Решение. В интегралах сделаем замену:

Тогда исходное выражение принимает вид:

Теперь заметим, что все множители, входящие в это выражение, есть интегралы Эйлера второго рода. Поэтому

произведение равно

Ответ:

Основная идея

Применение и использование свойств гамма–функции Эйлера

Задача 9.

Решение. Заметим, что в числителе и знаменателе данной дроби записаны интегралы Эйлера первого рода.

Значит,

Следовательно, исходная дробь равна

Ответ:

Основная идея

Применение и использование свойств бета – функции Эйлера

Задача 10. Вычислить интеграл

Решение. Заметим, что функция монотонно стремится к нулю при , а функция , очевидно, имеет ограниченную первообразную. Таким образом, можно сделать вывод о том, что интеграл сходится, а, следовательно, имеет смысл при любом положительном Далее, функция непрерывна на всей числовой прямой. Значит, можно применить теорему Фруллани, согласно которой

Получим:

Ответ:

Основная идея.

Применение теоремы Фруллани.

Задача 11. Пусть

Пусть, кроме того, функция

Вычислите

Решение. Заметим, что на отрезке производная положительна и, кроме того, строго возрастает. Следовательно, функция возрастает и является выпуклой вниз на этом отрезке. Поэтому, очевидно,

Значит, при возрастании точкаграфика остаётся неподвижной, а остальные, принадлежащие рассматриваемому отрезку, неограниченно приближаются к оси абсцисс сверху. Соответственно площадь подграфика неограниченно уменьшается, стремясь к нулю. Ясно, что и интеграл в таком случае (в силу его геометрического смысла) будет стремиться к нулю.

Ответ:

Основные идеи

1) Элементарное исследование графика функции на отрезке;

2) Использование геометрического смысла определённого интеграла.

Задача 12. Найдите все действительные значения при которых выполнено неравенство

Решение. Сначала заметим, что выражение, стоящее в правой части неравенства, приблизительно (причём с достаточно высокой точностью) равно постоянной Эйлера значение больше, чем, скажем, . Причём, – точная нижняя грань последовательности

.

Попробуем доказать, что

Сначала заметим, что

Докажем это методом математической индукции.

1) Пусть Тогда

2) Пусть Тогда .

.верно.

3) Пусть Предположим, что формула

4) Пусть

Теперь запишем выражение для и проинтегрируем по частям:

Таким образом, неравенство доказано. Теперь оценим модуль интеграла Ясно, что Следовательно,

Значит,для любого натурального

Cледовательно, при имеем:

Основные идеи

1) Рациональный выбор типа интеграла, необходимого для исследования;

2) Использование известных соотношений и констант;

3) Использование свойств параметрических интегралов.

Наводящие вопросы и подсказки

Задача 1 . Поскольку привести доказательство данного утверждения (если бы оно было истинным) довольно трудно, можно попытаться найти контрпример. Мною было замечено в процессе решения задач, что в большинстве случаев при такой постановке вопроса ответ, как правило, отрицательный. Поэтому, на мой взгляд, это можно рассматривать как некую подсказку к поиску контрпримера. В принципе, такой пример подобрать легко, если воспользоваться геометрическим смыслом определённого интеграла (занулением площади). Остаётся только вспомнить (или построить) график, симметричный относительно оси ординат, и с симметричными «арками» по оси абсцисс. Таковым является, например, После этого можно обратить внимание на то, что этим условиям удовлетворят все графики функций вида

Задача 2. Рассмотрев подынтегральную функцию, несложно увидеть в числителе и знаменателе дроби квадраты разности. Ввиду некоторой «громоздкости» слагаемого можно чисто для внешнего упрощения сделать подстановку Правильность сделанного шага может подсказать то, что при выполненной подстановке происходит симметризация пределов интегрирования. Получив симметричный относительно нуля промежуток интегрирования, первое, что нужно сделать – проверить подынтегральную функцию на чётность. В данном случае этот метод проходит.

Задача 3. Очевидно, что подынтегральная функция неудобна для непосредственного интегрирования. Кроме этого следует заметить симметричность пределов интегрирования. В связи с этим, опять проверим функцию на чётность, что в данном случае может показаться не совсем простым. Но можно обратить внимание на эквивалентность записей Далее, бросается в глаза почти тождественность двух подкоренных выражений в аргументе логарифма. Помимо этого, мысленно складывая логарифмы (согласно второму выражению), можно заметить значительное упрощение его аргумента. Это наталкивает именно на использование формулы

Задача 4. Первое, на что нужно обратить внимание: если в задании говорится «найти сумму (произведение и т.д.)» двух величин, это означает, что каждую из этих величин по отдельности вычислять не нужно (или даже невозможно). Нужно каким – то образом связать эти величины, получив при этом либо сразу же число, либо величину, значение можно найти, не сталкиваясь с принципиальными трудностями. Далее следуют элементарные преобразования. Бросается в глаза повторение выражениявозникает желание сделать упрощение После этого становится заметным некоторое сходство интегралов сделаем пределы интегрирования одинаковыми. Понятно, что этого можно добиться, сделав, например, в первом интеграле замену Что касается выбора – сделать замену в первом или во втором интеграле – здесь имеет место метод проб и ошибок. Сделав замену в первом интеграле, можно заметить «иррациональность» выражения преобразуем его в видим частное свойства логарифмов линейность интеграла. После этих преобразований получим два практически одинаковых интеграла:

Далее, очевидные свойства логарифмов.

Задача 5. Формулировка задачи практически сразу наталкивает на применение метода математической индукции. Однако, дойдя до «шага индукции», замечаем, что это довольно проблематично. Проводить симметризацию пределов интегрирования бессмысленно, замена переменных тоже явно не бросается в глаза. Помня о том, что интеграл выражает площадь, можно попытаться изучить поведение подынтегральной функции, а также, посмотреть на «геометрию» задачи: понять, что такое связать это с подынтегральной функцией. Что касается поведения функции на отрезке, нужно исследовать (как минимум) непрерывность, монотонность, выпуклость. Если функция довольно легко поддаётся исследованию, нужно попробовать пользоваться геометрическим смыслом определённого интеграла и (если это возможно) произвести оценки площадей. Кроме того, нужно учесть, что какая-то из частей неравенства может оказаться конкретной мерой некоторого множества, имеющего связь с условием данной задачи.

Задача 6. Сразу бросается в глаза одинаковая степень всех корнейпо свойствам логарифмов, её можно вынести, засчёт чего произойдёт некоторое упрощение аналитического выражения. Далее, хочется убрать квадрат в выражениях (на что также «намекает» множитель поставленный перед знаком логарифма). Теперь заметим однообразие всех слагаемых, входящих в сумму. Однако, можно выделить следующее: логарифм, множитель , квадратный корень и 1+ остаются неизменными во всех слагаемых – меняется один единственный элемент – то, что прибавляется к единице под знаком квадратного корня. Можно заметить, что подобное наблюдается при составлении интегральных сумм Римана для функции на отрезках. В подавляющем большинстве случаев, если в задаче используется идея интегральных сумм Римана, то это отрезок – в чём можно непосредственно убедиться в данном случае. Остаётся только переписать исходный предел в виде интеграла и вычислить полученный интеграл.

Задача 7. Сначала можно попробовать оценить, какие из этих интегралов легко вычислить непосредственно. В данном случае, это второй интеграл, который, кстати, можно вычислить как предложенной заменой так и чисто геометрически (что в данном случае представляется даже более простым). Получив конкретное значение интеграла, нужно «отталкиваться» либо от него, либо от близких к нему значений, «хороших» по отношению к какому – либо (или к обоим) из оставшихся интегралов. Сложность этих интегралов явно указывает на то, что вычислять их не нужно, а нужно только провести оценки, или же сравнения. При оценке интегралов часто пользуются теоремами о среднем. В связи с этим, необходимо удачно выделить функцииопять – таки метод проб и ошибок. Этот метод имеет место, поскольку здесь вариантов перебора не так уж много. Помимо этого следует помнить об интегрировании неравенства, что может очень пригодиться, если легко подобрать соответствующую более простую функцию. Кроме этого отметим, что при доказательстве равенства интеграла некоторому числу, нужно пытаться подбирать функции так, чтобы можно было воспользоваться теоремой двух милиционеров.

Задача 8. Обратим внимание на однотипность всех множителей. Для ещё большего сходства хочется сделать все пределы интегрирования одинаковыми. Этого можно (как и ранее) добиться заменой Проведя очевидные упрощения, заметим, что все интегралы приняли вид

Интегрирование по частям здесь хотя и бросается в глаза, но реализуется довольно трудно ввиду того, что мы не знаем количество интегралов. Их произведение преобразовать тоже не удастся. Абсолютная сходимость всех интегралов очевидна. Возникает вопрос: нельзя ли обнаружить связь между этими интегралами? Метод математической индукции в данном случае опять – таки не представляется оптимальным. Здесь мы сталкиваемся с вычислением значения выражения, составленного из известных интегралов – а именно, интегралов Эйлера второго рода. Вспомнив об этом, моментально получаем решение

входящим в заданное произведение.

Задача 9. Заметим, во – первых, что интегралы, стоящие в числителе и знаменателе дроби, почти полностью совпадают. Далее, очевидно, что вычислять эти интегралы, ввиду их громоздкости, не нужно. Попытка вычленить из числителя выражение, стоящее в знаменателе, приводит к ещё большему усложнению исходного выражения. Проанализировав вышеотмеченное, приходим к выводу о том, что преобразовывать эти интегралы бесполезно. Следовательно, необходимо на что – то сослаться. Опять – таки, здесь фигурируют интегралы Эйлера первого рода:

упростить полученное выражение.

Задача 10. Преобразовывать разность косинусов в произведение синусов, очевидно, бессмысленно. Замена переменной с целью симметризации промежутка интегрирования исключена, так как интеграл несобственный. Опять возникает мысль сослаться на какую-нибудь известную формулу, либо использовать известный интеграл. В данном случае можно воспользоваться теоремой Фруллани, которая утверждает, что если непрерывная функция и при любом положительном интеграл

Очевидно, функции удовлетворяют условиям теоремы.

Задача 11. На что нужно обратить внимание: положительность производной функция является возрастающей на данном отрезке. Далее, в силу строгого возрастания производной, функция выпукла вниз. Поскольку нам не дана конкретная функция, возникает мысль о том, что заданный предел можно искать либо опираясь на общие свойства функций (во множественном числе, так как не из чего не следует, что такая функция единственна), либо на свойства (или геометрический смысл) определённого интеграла. Зная, что функция строго возрастает и при этом выпукла вниз, можно оценить её значение в точке а именно, понять, что . Далее, фактически, мы ищем предел площади. От чего она зависит? Ясно, что только от расположения графика функции В точке он зафиксирован. Нужно обратить внимание на поведение графика функции на этом отрезке при возрастании (так как ). заметим, что, за исключением начала координат, все точки графика являются подвижными. Однако, при этом они могут только «опускаться», неограниченно приближаясь к оси абсцисс – это сразу же следует из того, что Отсюда вывод – при неограниченном возрастании площадь (а следовательно, и интеграл) неограниченно уменьшается, то есть получим

Задача 12 . Будем опираться на то, что для решения этой задачи необходимо использовать интеграл. Поскольку некоторая функция стоит в левой части неравенства, интуиция подсказывает применить интеграл именно там. Теперь начинаем перебирать – какого типа должен быть этот интеграл? В процессе рассуждений убеждаемся, что неопределённый интеграл не подходит –

Определённый и несобственный интегралы тем более не подходят. Остаётся только один вариант – параметрические интегралы. Известно, что они могут оказаться равными некоторой функции, причём, логичнее выразить через параметрический интеграл функцию , а не её 2012-ую производную, на что указывает так же возможность дальнейшего дифференцирования интеграла по параметру по формуле Лейбница. Что касается подбора интеграла – здесь опять имеет место метод проб и ошибок. Либо можно знать формулу для выражения некоторой функции через параметрический интеграл. Далее следуют оценки. Но, прежде чем оценивать левую часть неравенства, рассмотрим выражение, стоящее в правой его части. Известно, что

Следовательно, используя свойство транзитивности, можно либо сравнивать интеграл с постоянной Эйлера, либо с меньшим числом. Заметим, что мы оцениваем модуль интеграла; под знаком интеграла стоит косинус – возникает мысль использовать тот факт, что После очевидных преобразований получаем результат, который «работает», если положить

Обратим внимание на то, что комбинирование идей решения можно разделить, по крайней мере, на два вида: механическое и органическое.

1)Механическое – в решении задачи присутствуют несколько различных идей, никак между собой не связанных (например, задача №12);

2)Органическое – используемые идеи переплетаются между собой, из одной идеи может вытекать следующая и т.д., по принципу матрёшки. В качестве примера можно рассматривать задачу №2. А именно, элементарное преобразование подынтегральной функции приводит к замене переменной. При этом пределы интегрирования становятся симметричными относительно нуля, отсюда возникает подсказка: обратить внимание на чётность подынтегральной функции. Или в задаче №5 доказательство выпуклости вниз подынтегральной функции при любом натуральном приводит к идее сравнения соответствующих площадей, то есть к использованию геометрического смысла определённого интеграла.

Думается, что приведенные в данной работе с подробными решениями и комментариями задачи по теме «Определённый интеграл» могут быть полезны при проведении специальных курсов или семинаров по решению нестандартных задач со студентами физико-математических специальностей старших курсов вузов.

§3. Анализ предложенных решений

Условия составленных 12 задач были предложены для решения студентам и преподавателям ИФМИЭО. Всего в эксперименте участвовало 20 человек – 12 студентов и 8 преподавателей. Такое соотношение участников можно объяснить тем, что уровень знаний студентов педагогического ВУЗа всё-таки не до конца соответствует тому, который требуется для решения предложенных задач. Образно говоря, преподаватели в данной ситуации рассматривались как достаточно хорошо подготовленные студенты. Стоит отметить, что полных решений задач было довольно-таки мало. В основном, предлагались идеи решения. Кроме этого, некоторые предложенные идеи оказались весьма расплывчатыми.

Относительно уровня сложности предложенных задач, опираясь на данные эксперимента, можно сделать следующие выводы.

Самой простой оказалась задача №1, с ней справились все участники, что предполагалось мною при составлении. Все предложенные идеи одинаковы, а именно, приведение контрпримера.

Аналогичная ситуация с задачей №2 – с ней также справились все, и предложенные методы совпали: элементарные преобразования подынтегральной функции, далее заменав результате отмечена нечётность подынтегральной функции при симметричных относительно нуля пределах интегрирования.

Что касается задачи №3, то здесь наблюдается расхождение предложенных методов решения. 60 % участников заметили симметрию пределов интегрирования относительно нуля и в связи с этим начали проверять подынтегральную функцию на чётность, однако, не всем удалось сделать правильный вывод: подставляя в аналитическое выражение функции аргумент со знаком «минус», «обнаруживали», что функция является ни чётной, ни нечётной. На этом решение прерывалось. Только один участник пришёл к верному выводу о том, что подынтегральная функция нечётна. Другими предложенными идеями оказались следующие: занесение под знак второго квадратного корня, замена второго подкоренного выражения на ; обнаруживалось также, что обоими подкоренными выражениями являются геометрические прогрессии со знаменателем .

Далее, в задаче №4 около 90% участников предложили привести оба интеграла к одинаковым промежуткам интегрирования. Затем следовали очевидные технические преобразования.

Что касается задачи №5, то никем не был использован её достаточно очевидный геометрический смысл: были попытки использовать метод математической индукции, бином Ньютона(!), 50% участников пытались воспользоваться свойствами подынтегральной функции – в основном, её ограниченностью.

Как ни странно, только 10 % участников вспомнили о том, что при решении задачи №6, как и во всех остальных, необходимо применить интеграл. Большинство же проводило исключительно преобразования, опирающиеся на свойства логарифмов. Было также предложено использовать ряд (какой – не сказано). Все, кто посчитал необходимым применить интеграл, предложили одинаковую идею – использование последовательности интегральных сумм Римана.

При анализе решения задачи №7 было обнаружена общая идея – идея оценки: половиной участников было предложено вычислить второй интеграл непосредственно (либо опираясь на геометрический смысл, либо с использованием тригонометрической подстановки), а остальные интегралы пытались оценить, используя свойства подынтегральных функций. Отметим, что никем не были использованы теоремы о среднем. Один участник оценивал каждый из интегралов непосредственно, применяя различные технические приёмы.

В задаче №8 всеми участниками было предложено сделать пределы интегрирования одинаковыми. 20 % участников предложили использовать формулу интегрирования по частям с дальнейшим выводом рекуррентного соотношения. Остальными было предложено проведение оценок, в частности, оценки подынтегральных функций на бесконечности. Только один участник заметил, что каждый интеграл представляет собой интеграл Эйлера второго рода и применил соответствующую формулу для его вычисления.

Задача №9 оказалось более трудной – она была решена только одним участником, причём довольно оригинально: с применением интегралов Эйлера первого рода. Среди предложенных идей были следующие: понизить степени выражений и , симметризовать пределы интегрирования, в числителе провести интегрирование по частям, выразить числитель через знаменатель.

С задачей №10 опять-таки справился только один участник – была применена теорема Фруллани. Все остальные (из тех, кто брался за эту задачу) акцентировали внимание исключительно на формулах тригонометрии. Было также предложено разложить в числителе на множители квадратный трёхчлен относительно

Особенно удивительны результаты, связанные с задачей №11. Несмотря на её простоту, с ней справился только один участник, причём решение было чисто аналитическим. Удивительно то, что ни один из участников не использовал геометрическую наглядность задачи, делающую её решение очевидным.

Наконец, самой трудной оказалась задача №12 – с ней не справился никто. За эту задачу брались 3 участника; две из предложенных идей оказались совершенно расплывчатыми, а одна более конкретна – оценка обеих частей неравенства, правда, технически это оказалось весьма проблематичным: производные, стоящие в левой части неравенства, расписывались по определению (через приращения).

По результатам проведенного исследования можно сделать следующие выводы:

Студенты ИФМИЭО не справились с предложенными задачами: они не имеют для этого необходимой теоретической базы и сформированной мотивации к решению этих задач. Почти все задачи, предложенные для решения, оказались слишком сложными для студентов НГПУ. К сожалению, проверить уровень подготовки студентов других вузов не удалось (хотя попытки предпринимались).

Следовательно, во-первых, нужно стимулировать интерес студентов педвуза к решению нестандартных задач, в частности, по теме «Определённый интеграл». Кроме этого, необходимо добиваться, чтобы студенты владели хотя бы теми знаниями, которые предусмотрены программой и могли применять их на практике. Поэтому, на первых порах, студенты должны отрабатывать навыки решения не очень сложных задач. В дальнейшем, при условии углубления знаний, это позволит научиться решать задачи достаточно высокого уровня.

Таким образом, целесообразно разработать программу и содержание спецкурса по теме «Определенный интеграл» по крайней мере двух уровней сложности.

Ниже будут предлагаться задачи для самостоятельного решения; думается, что эти задачи можно использовать при проведении спецкурса, однако, многие из них относятся к задачам высокого уровня сложности, а потому, соответственно, рассчитаны на достаточно сильных студентов. Для менее подготовленных студентов, при условии владения ими базовым уровнем знаний, можно рекомендовать задачи, трудность которых, для начала, будет носить лишь технический характер. Например, это могут быть задачи повышенного уровня на интегрирование по частям, на выполнение указанных (!) подстановок (например, подстановки Эйлера), можно тренироваться вычислять интегралы от громоздких рациональных функций (желательно, чтобы знаменатель дроби представлял собой произведение степеней квадратных трёхчленов с разными типами корней – различными действительными, кратными, комплексными и т.д.) – относительно идеи решения здесь всё элементарно, при этом будет очень полезно познакомить студентов с вычислением таких интегралов методом Остроградского. Таким образом, решение подобных задач будет давать возможность студентам постепенно приобретать технические навыки и в то же время параллельно знакомиться с новыми теоретическими фактами.

Что касается проведения спецкурса по данной теме, то общие моменты, на которые следует обратить внимание, таковы:

1) если задача связана с изображением графиков функций (особенно при доказательстве неравенств), то нужно попытаться использовать геометрический смысл определённого интеграла;

2) необходимо обратить внимание на то, что в олимпиадной задаче симметрия пределов интегрирования относительно нуля почти никогда не может быть случайной – нужно проверить подынтегральную функцию на чётность, а если это не приводит к цели, то можно попробовать разбить промежуток интегрирования точкой «нуль» и для одного из полученных интегралов попытаться подобрать подстановку, которая позволила бы рационально сложить два интеграла, получив при этом либо численное значение, либо значительно более простой интеграл;

3) если в условии задачи требуется найти сумму (разность, произведение и т.д.) нескольких интегралов, то это можно расценивать, как некоторую подсказку: наверняка эти интегралы отдельно не вычисляются или вычисляются с большим трудом. Необходимо путём каких-либо преобразований опять-таки несколько интегралов «превратить» в один, легко поддающийся вычислению;

4) необходимо основательно познакомить студентов с идеей применения последовательности интегральных сумм Римана, продемонстрировать способы применения теорем о среднем и множества их следствий;

5) необходимо расширить познания студентов некоторыми фактами, которые не изучаются в основном курсе. Думается, что можно рекомендовать следующие (рекомендации для студентов, хорошо знающих основной курс и владеющих техническими навыками):

а) выражение функций через параметрические интегралы;

б) теоремы, связанные со свойствами несобственных интегралов (в частности, теорема Фруллани);

в) известные интегралы и пределы: интеграл Пуассона, интегралы Эйлера, интеграл Дирихле, интегралы Френеля; последовательность, сходящаяся к постоянной Эйлера;

г) использование теории функции комплексной переменной для вычисления несобственных интегралов;

д) возможность сведения некоторых «неберущихся» интегралов к вычислению достаточно простых двойных интегралов;

е) иногда довольно трудный интеграл можно точно вычислить, применяя разложение подынтегральной функции в ряд Тейлора. Дело в том, что при интегрировании и последующем применении формулы Ньютона-Лейбница, можно получить числовой ряд, сумма которого известна или же легко может быть найдена. В связи с этим, студенты должны знать как можно больше значений сумм рядов, таких, например, как:

Данные заключения носят исключительно рекомендательный характер и могут корректироваться в зависимости от уровня подготовки студентов.

Задачи на применение рассмотренных методов, предлагаемые для самостоятельного решения

1) Замена переменной

Вычислить интегралы:

ж) Доказать, что если , то:

з) Доказать, что при

2) Геометрический смысл определённого интеграла

а) Вычислить интеграл

б) Доказать, что при любом натуральном значении nимеет место неравенство

в) Подобрать параметры aиbтак, чтобы при выполнялось неравенство:

г) Доказать, что многочлен с действительными коэффициентами имеет хотя бы один действительный корень, если выполнено условие

д)Вычислить сумму интегралов

е) Существует ли отрезок длиной 1, такой, что

ж) Какому условию должны удовлетворять числа чтобы

з) Существует ли непрерывная неубывающая на отрезке функция, удовлетворяющая условиям:

3) Разложение подынтегральной функции в ряд Тейлора

Вычислить интегралы:

4) Использование известных интегралов

Вычислить интегралы:

5) Симметрия пределов интегрирования

Вычислите интегралы:

6) Использование свойств подынтегральной функции и основных теорем интегрального исчисления

а) Какой интеграл больше:

Вычислите интегралы:

г) Какой знак имеет интеграл

д) Существует ли такое натуральное n, что

е) Сравните с числом значение интеграла

ж) Подобрать параметр bтак, чтобы выполнялось неравенство

з) Подобрать параметры aиbтак, чтобы равенство

не было выполнено ни для одного значениягде(таких параметров не существует)

Теперь, чисто иллюстративно, рассмотрим различные нестандартные приёмы вычисления определённых интегралов.

Использование двойных интегралов

1) Вычислить интеграл Пуассона

Решение.

Обозначим интеграл Пуассона через I.Тогда ясно, что

В то же время

Введём полярные координаты:

Интеграл преобразуется к виду

Следовательно,

2) Найти значение выражения

Решение.

Представим первое слагаемое в виде двойного интеграла и сменим порядок интегрирования:

Складывая полученное выражение со вторым интегралом, получим:

Вывод формулы понижения

Вычислить интеграл

Решение.

Здесь можно, конечно, воспользоваться формулой понижения степени косинуса, однако, это будет довольно громоздко. Тем более что, в общем случае, показатель степени может оказаться гораздо выше, чем 12. Попытаемся упростить процесс вычисления интеграла, выведя некую универсальную формулу, которая позволила бы не вычислять ни одного интеграла, а только производить соответствующие подстановки в шаблон.

Итак, рассмотрим неопределённый интеграл (при ):

Если обозначить

То полученное соотношение можно записать так:

Таким образом, получена формула, которая позволяет вычислить интеграл от косинуса, возведённого в любую натуральную степень, большую 1. В данном случае будем иметь (при ):

Остаётся лишь выполнить соответствующие подстановки (в обратном направлении) и применить формулу Ньютона-Лейбница.

Использование аналитических функций

Вычислить интеграл Дирихле

Решение.

Во-первых, заметим, что

Ясно, что в силу чётности функции

оба интеграла равны. Следовательно, достаточно вычислить интеграл Дирихле при

Введём вспомогательную функцию

которая, очевидно, является аналитической на всей комплексной плоскости, за исключением начала координат. Выберем следующий контур:

Поскольку функция аналитична в замкнутой области, ограниченной изображённым контуром, согласно интегральной теореме Коши,

То есть,

Введём следующие обозначения:

Вычислим отдельно каждое из слагаемых:

Теперь найдём следующие пределы:

Воспользуемся соотношением Отсюда получается, что

Итак, интеграл Дирихле равен

Комбинирование искусственных приёмов

Вычислить интеграл

Решение.

Вычислим интеграл

Умножая числитель и знаменатель подынтегральной функции на и интегрируя по частям, получаем:

Умножим и разделим логарифмируемое выражение в интеграле на , затем представим интеграл в виде разности интегралов. Выполняя дважды замену переменной и разложение по формулам Тейлора, находим:

где при .

Итак,

Переходя к пределу приполучим:

Таким образом,

Использование параметрических интегралов и их основных свойств

1) Вычислить интеграл

Решение.

Будем смотреть на выражение как на приращение функции на отрезке В таком случае интеграл можно переписать так:

2) Вычислить интеграл

Решение.

Рассмотрим интеграл в более общем виде:

Применим здесь приём, указанный в прошлом примере, а именно, заменим разность степеней интегралом. Затем преобразуем полученное выражение.

Вычислим отдельно интеграл, стоящий в скобках:

Из этого соотношения получается, что

Следовательно, остаётся вычислить интеграл

Значит, в данном случае (при и ) получится ответ

3)Доказать, что

Представим функцию

в виде параметрического интеграла:

Тогда интеграл, стоящий в левой части доказываемого равенства, преобразуется к виду

В скобках получили интеграл Лапласа, который, как известно, равен .

Значит, остаётся интеграл

Переобозначив переменную интегрирования и умножив интеграл на , получим требуемое равенство.

Приложение.Таблица некоторых известных интегралов

Адрес публикации: https://www.prodlenka.org/metodicheskie-razrabotki/236390-speckurs-dlja-11-klassa-nestandartnye-zadachi