O’ZBEKISTON RESPUBLIKASI OLIY VA
O’RTA MAXSUS TA’LIM VAZIRLIGI
QARSHI MUHANDISLIK-IQTISODIYOT INSTITUTI
“Oliy matematika” kafedrasi
Mavzu: Aniq integralning asosiy xossalari va aniq
integrallarni hisoblash.
Bajardi:
NGI-109 guruh talabasi
Egamov F.
Qabul qildi:
f.-m.f.n. K.N.Хоlоv
Reja:
1. Aniq integralning asosiy xossalari
2. Integralning yuqori chegarasi bo’yicha hosilasi
3. Aniq integralni hisoblash. Nyuton-Leybnis formulasi
4. Aniq integralda o’zgaruvchini almashtirish
5. Aniq integralni bo’laklab integrallash
6. Foydalanilgan adabiyotlar ro’yxati
1. Aniq integralning asosiy xossalari
1-xossa. O’zgarmas ko’paytuvchini aniq integral belgisidan tashqariga
chiqarish mumkin, ya‘ni A=const bo’lsa
b
b
a
a
∫ Af ( x)dx = A∫ f ( x)dx
bo’ladi, bunda f(x) integrallanuvchi funksiya.
Isboti.
b
n
∫ Af ( x)dx = λim ∑ Af ( z )∆x
→0
a
2-xossa.
Bir
k
k =1
nechta
k
n
b
k =1
a
= A im ∑ f ( zk )∆xk = A∫ f ( x)dx.
λ →0
integrallashuvchi
funksiyalarning
algebraik
yig’indisining aniq integrali qo’shiluvchilar integrallarining yig’indisiga teng,
ya‘ni
b
b
b
a
a
a
∫ [ f ( x) ± ϕ ( x)]dx =∫ f ( x)dx ± ∫ ϕ ( x)dx .
Isboti.
b
n
∑ [ f ( z k ) ± ϕ ( z k )]∆xk
∫ [ f ( x) ± ϕ ( x)]dx = λim
→0
k =1
a
n
n
n

= im ∑ f ( z k )∆x k ± ∑ ϕ ( z k )∆x k  =
λ →0
k =1
 k =1

n
b
b
k =1
a
a
= im ∑ f ( z k )∆x k ± im ∑ ϕ ( z k )∆x k = ∫ f ( x)dx ± ∫ ϕ ( x)dx.
λ →0
λ →0
k =1
3-xossa. Agar quyidagi uch integralning har biri mavjud bo’lsa, u holda har
qanday uchta a,b,c sonlar uchun
b
∫
a
c
b
a
c
f ( x)dx = ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx
(1)
tenglik o’rinli bo’ladi.
Isboti. Dastlab a<c<b deb faraz qilib f(x) funksiya uchun [a,b] kesmada
integral yig’indi
σn
ni tuzamiz. Integral yig’indining limiti
[a,b] kesmani
bo’laklarga bo’lish usuliga bog’liq bo’lmagani uchun [a,b] kesmani mayda
kesmachalarga shunday bo’lamizki, с nuqta bo’lish nuqtasi bo’lsin.
Agar, masalan, с= х m
yig’indiga ajratamiz:
bo’lsa, u holda
σn
integral yig’indini ikkita
n
m
k =1
k =1
σ n = ∑ f ( zk )∆xk =∑ f ( zk )∆xk +
n
∑ f ( z )∆x
k = m +1
k
k
.
Ushbu tenglikda λ → 0 da limitga o’tsak isbotlanishi lozim bo’lgan (1) kelib
chiqadi.
a<b<c bo’lsin. U holda isbotlanganga muvofiq
c
b
c
a
a
b
∫ f ( x)dx = ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx bo’ladi.
Bundan
b
∫
c
f ( x)dx =
a
∫
a
c
f ( x)dx − ∫ f ( x)dx =
b
c
∫
a
b
f ( x)dx + ∫ f ( x)dx,
c
ya‘ni (1) ga ega bo’ldik.
1-chizma.
141-chizmada f(x)>0 va a<c< b bo’lgan hol uchun 3-xossaning geometrik tasviri
berilgan: a A B b egri chiziqli trapetsiyaning yuzi a A C c va с С B b egri chiziqli
trapetsiyalar yuzlarini yig’indisiga teng.
4-xossa. Agar [a,b] kesmada f(х) funksiya integrallanuvchi va f(х)≥0 bo’lsa,
u holda
b
∫ f ( x)dx ≥ 0
a
bo’ladi.
Isboti. Istalgan k uchun f(х к )≥0, Δx k >0 bo’lgani sababli
n
∑ f ( x )∆x
k =1
k
k
≥0
bo’ladi. Bunda λ → 0 da limitga o’tsak isbotlanishi lozim bo’lgan tengsizlikni hosil
qilamiz.
b
Shuningdek
[a,b]
kesmada f(х)≤0 bo’lganda
∫ f ( x)dx ≤ 0 bo’lishini
a
ko’rsatish qiyin emas.
5-xossa. Agar [a,b] (a<b) kesmada ikkita integrallanuvchi f (х) va φ(x)
funksiya f (х) ≥ φ(x) shartni qanoatlantirsa,u holda
b
b
a
a
∫ f ( x)dx ≥ ∫ ϕ ( x)dx
tengsizlik o’rinli.
Isboti. [a,b] da f(х)-φ(x)≥0 bo’lgani uchun 4-xossaga ko’ra
b
∫ [ f ( x) − ϕ ( x)]dx ≥ 0
bo’ladi. Bundan 2-xossasiga binoan
a
b
b
a
a
∫ f ( x)dx − ∫ f ( x)dx ≥ 0
b
b
a
a
∫ f ( x)dx ≥ ∫ f ( x)dx
yoki
kelib chiqadi.
6- xossa. Agar f(x) va |f(x)| funksiya [a,b] da integrallanuvchi bo’lsa, u
holda
b
b
a
a
∫ f ( x)dx ≤ ∫
f ( x) dx
(2)
tengsizlik o’rinli.
Isboti. -|f(x)|≤f(x)≤|f(x)| ga 5- xossani qo’llasak
b
b
b
a
a
a
- ∫ f ( x) dx ≤ ∫ f ( x)dx ≤ ∫ f ( x) dx
yoki
b
∫
a
b
f ( x)dx ≤ ∫ f ( x) dx
a
tengsizlik hosil bo’ladi.
Natija. Agar [a,b] kesmada f(x) va |f(x)| funksiya integrallanuvchi bo’lib,
shu kesmada |f(x)| ≤ k
(k=const) bo’lsa, u holda
b
∫ f ( x)dx ≤ k (b − a)
a
(3)
tengsizlik o’rinli.
Haqiqatan, |f(x)| ≤ k bo’lgani uchun 6-5 va 1-xossaga asosan
b
∫
b
f ( x)dx ≤
a
∫
a
b
f ( x) dx ≤ k ∫ dx
a
bo’ladi. Bunda
b
n
∫ dx = im ∑1 ⋅ ∆xk =∆x1 + ∆x2 + ... + ∆xn = b − a
λ →0
a
k =1
ekanini hisobga olsak (39.3) tengsizlikka ega bo’lamiz.
7- xossa. (Aniq integralni baholash). Agar m va M sonlar [a,b] kesmada
integrallanuvchi f(x) funksiyaning eng kichik va eng katta qiymati bo’lsa, u holda
b
m(b − a ) ≤
∫ f ( x)dx ≤ M (b − a)
(4)
a
tengsizlik o’rinli.
Isboti. Shartga binoan [a,b] kesmada barcha х lar uchun m ≤ f(x) ≤ M.
Bunga 5- xossani qo’llasak
b
b
b
a
a
a
m ∫ dx ≤ ∫ f ( x)dx ≤ M ∫ dx
b
yoki
∫ dx = b − a
ekanini hisobga olsak oxirgi
a
tengsizliklardan (4) ga ega bo’lamiz
8- xossa. Agar f(x) funksiya [a,b] kesmada integrallanuvchi bo’lib m va M
uning shu kesmadagi eng kichik va eng katta qiymati bo’lsa, u holda shunday
o’zgarmas μ
(m ≤ μ ≤ M) son mavjudki
b
∫ f ( x)dx = µ ⋅ (b − a)
(5)
b−a
1
f ( x)dx ≤ M bo’ladi.
m≤
b − a ∫a
a
tenglik o’rinli.
b
Isboti.
(39.4)
ni
ga
bo’lsak
b
1
f ( x)dx = µ
b − a ∫a
belgisini kiritamiz. U holda oxirgi tenglikni b-a ga ko’paytirib isbotlanishi lozim
bo’lgan (5) tenglikka ega bo’lamiz.
Natija (o’rta qiymat haqidagi teorema). Agar f(x) [a,b] kesmada uzluksiz
funksiya bo’lsa, u holda kesmada shunday х=с nuqta topiladiki, bu nuqtada
b
∫ f ( x)dx =
f (c)(b − a )
(6)
a
tenglik o’rinli.
Haqiqatan. f(x) funksiya [a,b] kesmada uzluksiz bo’lganligi tufayli u shu
kesmada o’zining eng kichik m va eng katta M qiymatini qabul qiladi. Uzluksiz
funksiya [m,M] kesmadagi barcha qiymatlarni qabul qilganligi sababli
u
b
1
µ=
f ( x)dx qiymatni ham qabul qiladi, ya‘ni [a,b] kesmada shunday x=c
b − a ∫a
nuqta mavjud bo’lib f(c)= μ bo’ladi. (5) tenglikka μ o’rniga f(c) ni qo’yib
isbotlanishi lozim bo’lgan (6) tenglikni hosil qilamiz.
b
1
f (c ) =
f ( x)dx qiymat f(x) funksiyaning [a,b] kesmadagi o’rtacha
b − a ∫a
qiymati deb ataladi
Bu natijaga quyidagicha geometrik izoh berish mumkin. [a,b] kesmada f
(х)≥ 0
bo’lganda aniq integralning qiymati asosi b-a va balandligi f(c) bo’lgan
to’g’ri to’rtburchakning yuziga teng bo’lar ekan.
Agar f(x) va g(x) funksiyalar [a,b] kesmada integrallanuvchi bo’lsa, u holda
ularning ko’paytmasi f(x)·g(x)
ham shu kesmada integrallashuvchi bo’lishini
ta‘kidlab o’tamiz.
2. Integralning yuqori chegarasi bo’yicha hosilasi
Agar aniq integralda integrallashning quyi chegarasi a ni aniq qilib
belgilansa va yuqori chegarasi x esa o’zgaruvchi bo’lsa, u holda integralning
qiymati ham x o’zgaruvchining funksiyasi bo’ladi.
Quyi chegarsi a o’zgarmas bo’lib yuqori chegarasi x o’zgaruvchi bo’lgan
x
∫ f (t )dt
(a≤x≤b) integralni qaraymiz. Bu integral yuqori chegara x ning funksiyasi
a
bo’lganligi sababli uni φ (x) orqali belgilaymiz, ya‘ni
x
φ ( x) = ∫ f (t )dt
a
va uni yuqori chegarsi o’zgaruvchi integral deb ataymiz.
1-teorema. Agar f(x) funksiya [a,b] kesmada uzluksiz bo’lsa, u holda
′
x

φ ′( x) =  ∫ f (t )dt  = f ( x)
a

tenglik o’rinli.
Isboti. [a,b] ga tegishli istalgan x ni olib unga shunday Δx≠0 orttirma
beramizki x+Δx ham [a,b] ga tegishli bo’lsin. U holda φ (x) funksiya
φ ( x + ∆x) =
x + ∆х
∫ f (t )dt
a
yangi qiymatni qabul qilinadi. Aniq integralning 3-xossasiga ko’ra
φ ( x + ∆x) =
x + ∆x
x
x + ∆x
x + ∆x
a
a
х
х
∫
f (t )dt = ∫ f (t )dt +
∫
f (t )dt =φ ( x) +
∫ f (t )dt
bo’ladi. Demak, φ (x) funksiyaning orttirmasi
∆ϕ ( x) = ϕ ( x + ∆x) − ϕ ( x) =
x + ∆x
∫ f (t )dt
х
bo’ladi.
Oxirgi tenglikka o’rta qiymat haqidagi teoremani qo’llasak
Δ φ (x)=f(c)(x+ Δx-x)=f(c) Δx
hosil bo’ladi, bunda c x bilan x+ Δx orasidagi son. Tenglikni har ikkala tomonini
∆φ ( x)
= f (c )
∆x
Δx ga bo’lamiz:
Agar Δx 0 ga intilsa c x ga intiladi va f(x) funksiyaning [a,b] kesmada
uzluksizligidan f(c) ning f(x) ga intilishi kelib chiqadi.
Shuning uchun oxirgi tenglikda Δx→ 0 da limitga o’tib quyidagini hosil
qilamiz:
φ ′( x) = im
∆x → 0
φ ( x + ∆x) − φ ( x)
∆φ ( x)
= im f (c) = im f (c) = f ( х)
= im
∆
x
→
0
∆x → 0
с →0
∆x
∆x
Bu teoremaga binoan [a,b] kesmada uzluksiz f(x) funksiya boshlang’ich
x
funksiyaga ega ekanligi va φ ( x) = ∫ f (t )dt
shu funksiyaning boshlang’ich
a
funksiyalaridan biri bo’lishi kelib chiqadi.
Agar f(x) ning boshqa boshlang’ich funksiyalari uning φ (x) boshlang’ich
funksiyasidan faqatgina o’zgarmas С songa farq qilishini hisobga olsak, aniqmas
va aniq integrallar orasida bog’lanish o’rnatuvchi
∫
x
f ( x)dx = ∫ f (t )dt + C
a
tenglikka ega bo’lamiz.
3. Aniq integralni hisoblash. Nyuton-Leybnis formulasi
Aniq integrallarni integral yig’indining limiti sifatida bevosita hisoblash
ko’p hollarda juda qiyin, uzoq hisoblashlarni talab qiladi va amalda juda kam
qo’llaniladi. Aniq integralni hisoblash uchun Nyuton-Leybnis formulasini kashf
etilishi aniq integralni qo’llanish ko’lamini kengayishiga asosiy sabab bo’ldi.
2-teorema. Agar F(x) funksiya uzluksiz f(x) funksiyaning [a,b] kesmadagi
x
boshlang’ich funksiyasi bo’lsa, u holda
∫ f ( x)dx
aniq integral boshlang’ich
a
funksiyaning integrallash oraligidagi orttirmasiga teng, ya‘ni
в
∫ f ( х)dt = F (b) − F (a)
(7)
a
(7) tenglik aniq integralni hisoblashning aosiy formulasi yoki Nyuton-Leybnis
formulasi deyiladi.
Isboti. Shartga ko’ra F(x) funksiya f(x) ning biror boshlang’ich funksiyasi
x
bo’lsin. φ ( x) = ∫ f (t )dt funksiya ham f(x) ning boshlang’ich funksiyasi bo’lganligi
a
uchun
φ (x)=F(x)+C yoki
х
∫ f (t )dt = F ( х) + C.
a
0=F(a)+C, C=-F(a).
x
x=a desak
∫ f (t )dt = F (а) + C ,
a
x
Demak,
∫ f (t )dt = F ( х) − F (a) .
a
Endi x=b desak, Nyuton-Leybnis formulasini hosil qilamiz:
в
∫ f (t )dt = F (b) − F (a).
a
b
F (b) − F (a ) = F ( x) | belgilash kiritilsa Nyuton-Leybnis formulasi
a
b
∫
b
f ( x)dx = F ( x) |
(8)
a
a
ko’rinishga ega bo’ladi.
π
2
1-misol. Integralni hisoblang: ∫ sin xdx .
0
Yechish. (-cosx)’=sinx bo’lgani uchun
π
π
2
π


sin
x
cos
x
| = − cos − cos 0  = −(0 − 1) = 1.
=
−
∫0
2
0


2
b
2-misol. ∫ xα dx =
a
xα +1 b bα +1 − aα +1
|=
α +1 a α +1
π
(α ≠ −1)
π
4
π
π
dx

=
−
| = − ctg − ctg  = −(1 − 3 ) = 3 − 1
ctgx
∫π sin 2 x
π
4
6

4
3-misol.
6
6
Shunday qilib [a,b] kesmada uzluksiz f(x) funksiya uchun
b
bo’lganda
∫
∫ f ( x)dx = F ( x) + C
b
f ( x)dx = F ( x) + C = F ( x) | bo’lar ekan.
a
a
4. Aniq integralda o’zgaruvchini almashtiris
b
∫ f ( x)dx integralni hisoblash talab etilsin, bunda f(x)
funksiya [a,b] kesmada
a
uzluksiz. x=φ(t) almashtirish olamiz, bunda φ(t) [α,β] kesmada uzluksiz va
uzluksiz φ´(t) hosilaga ega hamda φ(α)=a, φ(β)=b bo’lsin. U holda
b
β
∫ f ( x)dx = α∫ f (ϕ (t ))ϕ ′(t )dt
a
formula o’rinli bo’ladi.
Haqiqatan ham, agar F(x)
funksiya f(x) ning boshlang’ich funksiyasi
bo’lsa, u holda F (φ(t)) funksiya f(φ(t)) φ´(t) funksiya uchun boshlang’ich funksiya
bo’lishi isbotlangan edi. Nyuton-Leybnis formulasiga ko’ra
b
∫
b
f ( x)dx = F ( x) | = F (b) − F (a );
a
a
β
∫
β
f (ϕ (t ))ϕ ′(t )dt = F (ϕ (t )) | = F (ϕ ( β )) − F (ϕ (α )) = F (b) − F (a )
α
α
1
4-misol.
∫
1 − x 2 dx
hisoblansin.
0
Yechish. x=sint deb almashtirsak, dx=costdt, 1-x2 =cos2t bo’ladi.
π
х=0 da sint=0, t=0, x=1 da sint=1, t = .
2
π
1
∫
0
=
π
π
π
1  sin 2t  2
1 + cos 2t
12
dt = ∫ (1 + cos 2t )dt =  t +
1 − x 2 dx = ∫ cos 2 tdt = ∫
| =
2
2 0
2
20
0
0
2
2
sin 0  π
1 π sin π 
+
− 0 +
 =

2  4
22
2

5. Aniq integralni bo’laklab integrallash
Faraz qilaylik, u(x) va v(x) funksiyalar [a,b] kesmada differensiallanuvchi
funksiyalar bo’lsin. U holda
(uv)´=u´v+uv´
bo’ladi, buni a dan b gacha integrallasak
b
b
b
a
a
a
∫ (uv)′dx =∫ u′vdx + ∫ uv′dx
b
bundan
b
yoki
b
b
b
a
a
a
b
b
b
a
a
∫ d (uv) =∫ vdu + ∫ udv, (uv) | = ∫ vdu + ∫ udv,
a
b
∫ udv = (uv) | − ∫ vdu. .
a
a
a
Bu formula aniq integralni bo’laklab integrallash formulasi deyiladi.
e
5- misol.
∫ ln xdx
1
Yechish.
hisoblansin.
e
∫ nxdx
1−
u = − nx, dv = dx
e
e
dx
= ne ⋅ e − n1 ⋅ 1 − x | = e − (e − 1) = e − e + 1 = 1
= nx ⋅ x | − ∫ x
1
x
1
1
du = (n x ) ′dx = dx, v = x
1
x
e
2
6- misol. ∫ xe − x dx
0
2
− ( 2e − 2 − 0 ⋅ e − 0 ) − e − x | = −
0
u = x, dv = e − x dx
du = dx, v = ∫ e dx = −e
−x
−x
2
2
= x ⋅ (−e ) | + ∫ e − x dx =
−x
0
0
2
2
1
3
− (e − 2 − e −0 ) == 2 − 2 + 1 = 1 − 2 .
2
e
e
e
e
7-misol.
π
2
u = x, cos xdx = dv,
0
du = dx, v = ∫ cos xdx = sin x
∫ x cos xdx
=
π
2
− 0 + cos
π
2
− cos 0 =
π
2
π
π
2
2
= x ⋅ sin x | − ∫ sin xdx =
0
0
π
2
⋅ sin
π
2
π
2
− 0 ⋅ sin 0 + cos x | =
0
− 1.
8-misol.
dx
π
π
3
2
3
xdx
π π
π
π
sin x
= x ⋅ (−ctgx) | − ∫ (−ctgx)dx = − ⋅ ctg − ctg  +
∫π sin 2 x
π
dx
3 4
4
3
π
du = dx, v = ∫ 2 = −ctgx
4
4
4
sin x
π
u = x, dv =
3
π
3
π 1 π 
π
π
π
π
3
2
+ n sin x | = − ⋅
− ⋅ 1 + n sin − n sin = −
+ + n
− n
=
π
3
4
2
2
3 3 4
3 3 4 
4
=
π
4
−
 3
2 π
3π
3 9π − 4 3π 1 3
= −
+ n
+ n
=
+ n .
:

2  4
9
2
36
2 2
3 3
 2
π
ADABIYOTLAR
1. Т.Азларов, Ҳ.Мансуров. Математик анализ. 1-қисм. Тошкент
«Ўқитувчи», 1986.
2. Г.Н.Берман. Сборник задач по курсу математического анализа. Москва,
«Наука”, 1985.
3. Я.С.Бугров, С.М.Никольский. Элементы линейной алгебры и
аналитической геометрии. Москва, «Наука”, 1980.
4. А.А.Гусак. Высшая математика. 1-том. Минск, 2001.
5. Т.Жўраев,Ҳ.Мансуров ва бошқ. Олий математика асослари. 1-қисм.
Тошкент «Ўқитувчи»,1999.
6. И.А.Зайцев. Высшая математика. Москва, «Наука”, 1991.
7. Д.В.Клетеник.Сборник задач по аналитической геометрии. Москва,
«Наука”, 1986.
8. Х.Р.Латипов, Ш.Таджиев. Аналитик геометрия ва чизиқли алгебра.
Тошкент «Ўқитувчи»,1995.
9. В.П.Минорский. Сборник задач по высшей математике. Москва,
«Наука”, 2000.
10. Н.С.Пискунов. Дифференциал ва интеграл ҳисоб. 1-том, Тошкент,
«Ўқитувчи», 1972.
11. Д.Т.Письменный. Конспект лекций по высшей математике. Часть-1.
Москва, «Наука”, 2000.
12. Ё.У.Соатов. Олий математика 1-жилд. Тошкент, «Ўқитувчи», 1992й.