Aniq integralda o’zgaruvchini
almashtirish va bo’laklab integrallash.
Xosmas integrallar
REJA
1. Aniq integralda o’zgaruvchini almashtirish
2. Bo’laklab integrallash
3. Xosmas integrallar
1. Aniq integralda o’zgaruvchini almashtirish
Teorema. Ushbu
b
 f (x)dx
a
integral berilgan bo’lsin, bu yerda f (x) - [a,b] kesmada uzluksiz funksiya.
Endi t o’zgaruvchi kiritamiz
x  (t)
Agar
1)( )  a ,  ( )  b
2)(t) va  '(t) funksiyalar [,  ] da uzluksiz bo’lsa,
3) f [(t)] funksiya [,  ] kesmada aniqlangan va uzluksiz bo’lsa, u holda
b

 f (x)dx  f [(t)] '(t)dt
a

(1)
Isbot. Agar F (x) funksiya f (x) funksiya uchun boshlang’ich bo’lsa, u holda quyidagi tengliklarni
yozishimiz mumkin:
 f (x)dx  F (x)  C
(2)
 f [(t)] '(t)dt  F[(t)]  C
(3)
Oxirgi tenglikning to’g’riligini tekshirish uchun ikkala tomondan t bo’yicha hosila olamiz. (2) tenglikdan
olamiz:
b
 f (x)dx  F (x) |b  F (b)  F (a)
a
a
(3) tenglikdan olamiz:


f [(t)] '(t)dt  F[(t)] |b  F[( )]  F[( )]  F(b)  F(a)
a

Oxirgi ifodalarning o’ng tomonlari teng, demak, chap tomonlari ham teng.
Izoh. Aniq integral (1) formula bo’yicha hisoblaganda biz eski o’zgaruvchiga qaytmayapmiz. Agar biz (1)
tengsizlikdagi aniq integrallardan ikkinchisini hisoblasak, u holda biz biror sonni olamiz; birinchi integral ham
shu songa teng bo’ladi.
Misol. Integralni hisoblang
r
0
 r2  x2 dx
Yechish. O’zgaruvchini almashtiramiz
x  r sint , dx  r costdt
Yangi integrallash chegaralarini aniqlaymiz:
x  0 , t  0.
xr, t 

.
2
Demak,
r


2
r 2  x2 dx   r 2  r 2 sin2 tr costdt r 2  1 sin t costdt 
2
0


2
0
0
2
2
2
2
2
1
r cos t dt  r  
1

2t
 cos 2t  dt  r  
sin 2t  2

r2
 
0
0
2
2

2
4 0
4
Hisoblagan integral geometrik nuqtai nazardan x2  y2  r2 aylana bilan chegaralangan chorak doiraning yuzini
bildiradi
2. Bo’laklab integrallash
u va v - x ga bo’gliq differensiallanuvchi funksiya bo’lsin. U holda
(uv)'  u 'v  uv'
Ayniyatning ikkala tomonini a dan b gacha integrallab, topamiz:
b
b
b
(uv)'dx   u 'vdx  uv 'dx
a
a


a
a
b
Endi (uv)'dx  uv  C bo’lganligi uchun
(1)
a
b
a
(uv)'dx  uv | bo’ladi. Shuning uchun (1) tenglik
b
b
b


uv |ba  vdu  udv
a
a
yoki
b
b
udv  uv |b vdu
a
a
ko’rinishida yozilishi mumkin.
a


2

Misol. I n   sin n xdx integralni hisoblang
0

2

2

2
0
0
0
I n   sinn xdx  sinn1 xsin xdx  

2
0


 sin
n1

2

u
du


x cos x | (n 1) sinn2 x cos x cos xdx 

0

2

2
 (n 1)sinn2 x cos2 xdx  (n 1)sinn2 x(1  sin2 x) dx 
0
0

2

2
 (n 1)sinn2 xdx  (n 1)sinn xdx
0
0
Biz tanlagan belgilashlarda oxirgi tenglikni quyidagicha yozish mumkin:
In  (n 1)In2  (n 1)In

Bu yerdan topamiz:
In 
n 1
I
n n2
(2)
Xuddi shu yo’l bilan topamiz:
In2 
n3
I
n  2 n4
Shuning uchun
In 
n 1 n  3
I
n n  2 n4
Shu tarzda davom ettirib, so’ngra biz yo I0 gacha yo I1 gacha, n soni juft yoki toqligiga qarab, yetib boramiz.
Ikkita holni qaraymiz:
1) n - juft son, n  2m
2) n
-
I
2m 1 2m  3 3 1

...
I
toq
son,
n  2m 1
2m
2
m
2m  2
42 0
I 2m1 
2m 2m  2 4 2
...
I1
2m 1 2m 1 5 3
Ammo





2
2
I0  sin x dx   dx  2
0
0
0


2
I1  sin1 x dx  1
0
bo’lganligi uchun

2
2m  1 2m  3

2m
I 2m  sin

xdx 
0
2m
2m  2
..
5 3 1 
.
6 42 2


2
I2m1  sin
xdx 
0

Bu formulalardan
2m  2
2m
2m1
2m  1 2m 1
642
...
753
sonni cheksiz ko’paytma ko’rinishida tasvirlovchi Vallis formulasi kelib chiqadi.
2
Haqiatan ham, oxirgi ikkita tengliklardan hadma-had bo’lish yordamida topamiz:



 2  4  6...2m 
2
3  5...(2m 1) 
2

1
I
2m
 2m  1 I2m1
Endi
lim I 2m
m I
Ekanligini isbotlaymiz.
2m1
1
(3)
(0,

2

2m1
) intervaldagi barcha x lar uchun sin
x  sin
2m
x  sin
2m1
bo’lgan chegaralarda integrallab, topamiz:
I2m1  I2m  I2m1
x tengsizliklar o’rinli. 0 dan 2
gacha
Bu yerdan
I2m1  I 2m
1

I2m1 I2m1
(4)
(2) tenglikdan kelib chiqadi:
I2m1 2m  1

I2m1
2m
Demak,
lim
I2m1  lim 2m 1  1
m I
2m1
m
2m
(4) tenglikdan, olamiz:
lim
I 2m
1
I2m1
(3) formulada limitga o’tib, Vallis formulasini olamiz:
 2  4  6...2m 2 1 


 lim 

m
2m 1 
2

 3  5...(2m 1) 

Bu formulani quyidagicha yozish mumkin:

 lim
 2 2 4 4 6 2m  2
    ...
2m
2m 
2
m

1 3 3 5 5

2m 1 2m 1 2m 1 
3. Xosmas integrallar
1. Chegaralari cheksiz bo’lgan integrallar. f (x) funksiya x ning ( a  x  ) qiymatlarida aniqlangan va
uzluksiz bo’ladi. Ushbu
b
I (b)  f (x)dx
a
Integralni qaraymiz. Bu integral b  a da ma’noga ega. b o’zgarganda integral o’zgaradi, u b ning uzluksiz
funksiyasi bo’ladi. b   bo’lganda bu integralni o’rganamiz.
b
Ta’rif. Agar
lim f (x)dx
b
a
chekili limit mavjud bo’lsa, u holda bu limit f (x) ning [a, ) intervaldagi xomas integrali deyiladi va
bilan belgilanadi.

 f (x)dx
a
Shunday qilib, ta’rifga ko’ra

b
a
a
lim f (x)dx
f
(x)dx

b


Shu holda
b
 f (x)dx xosmas integral mavjud yoki yaqinlashadi deyiladi. Agar b   da  f (x)dx chekli
a
a

limitga ega bo’lmasa, u holda
 f (x)dx mavjud emas yoki uzoqlashadi deyiladi.
a
b
f (x)  0 bo’lganda xosmas integralning geometrik ma’nosiga tushinish qiyin emas. Agar
 f (x)dx integral
a
y  f (x) egri chiziq, absissalar o’qi, x  a , x  b to’g’ri chiziqlar bilan chegaralangan sohaning yuzasini beradi, u

holda
 f (x)dx xosmas integral y  f (x), x  a va absissalar o’qi orasida joylashgan chegaralanmagan yuzani
a
ifodalaydi.
Boshqa cheksiz intervallar uchun ham xosmas integrallar shu tarzda aniqlanadi:
a
b
 f (x)dx  lim f (x)dx
a

a

c



c
 f (x)dx   f (x)dx   f (x)dx
Oxirgi tenglikni quyifagicha tushinish mumkin: agar o’ng tomonda turgan xosmas integrallardan har biri mavjuda
bo’lsa, u holda o’ng tomonda turgan integral ham mavjud (yaqinlashadi).

Misol. Integralni hisoblang 
0
dx
.
1
2
x
Xosmas integralning ta’rifidan foydalanib, topamiz:

b
dx

dx
 1 x2 lim 1 x lim arctgx |b lim arctg b 2
2
b
0
b
0
b
0
Bu integral cheksiz egri chiziqli trapetsiyani yuzasini beradi.
Misol 2.  ning qanday qiymatlarida

dx
1 x2 integral yaqinlashadi va uzoqlashadi.
Yechish.   1bo’lganda
b
dx
1
1
 x 1   x  |b 1  [b  1]
1
2
1
1
1
bo’lgani uchun

dx
x
1

dx
 
Shunday qilib,  1da

a  1da
b
1  
[b1 1]
1

, ya’ni integral yaqinlashadi;
x
1  
1
dx
 x    , ya’ni uzoqlashadi;
1
 lim
2
1
b
dx

 1 da  x  ln x |1   , ya’ni integral uzoqlashadi.
1

Misol 3. Hisoblang 
dx
2
1

x

Yechish.
0

dx
dx

dx
 1 x2   1 x2   1 x2


Ikkinchi integral
2

0
ga teng. Birinchi integralni hisoblaymiz:
 1dxx2
0
a
0 1dxx
 lim

2

2
a
 lim arctgx |0  lim (arctg0  arctga) 
a
a
a
Shunday qilib,

 
1 x2  2  2  

dx
Ko’p hollarda berilgan integralning yaqinlashuvchi yoki uzoqlashuvchi
ekanligini ko’rsatish, uning qiymatini baholash yetarli. Buning uchun quyidagi
2ta teorema foydali bo’lishi mumkin.
Teorema 1. Agar barcha x(x  a) uchun
0  f (x)   (x)


Tengsizlik bajarilsa va agar  (x)dx yaqinlashsa, u holda  f (x)dx integral ham
a
a
yaqinlashadi, bunda


 f (x)dx   (x)dx
a
bo’ladi.
a
Misol 4. Integralni yaqinlashishiga tekshiring.

dx
1 x2 (1  ex )
Yechish. 1  x da
1
1

x2 (1  ex ) x2
So’ngra


dx
1 
 x   x | 1

1
2
1
Shunday qilib,

dx
1 x2 (1  ex )
yaqinladi va uning qiymati 1dan kichik.
Teorema 2. Agar barcha x(x  a) uchun

0  (x)  f (x)


tengsizlik bajarilsa va agar
 (x)dx uzoqlashadi, u holda  f (x)dx integral ham uzoqlashadi.
a
a
Misol 5. Integralni yaqinlashini tekshiring


x 1
dx
1
Ma’lumki,
x 1

x
1

Ammo

dx

b
1
 lim 2
1
Demak, berilgan integral uzoqlashadi.
|b  

Teorema 3. Agar  | f (x) | dx
integral yaqinlashsa, u holda 
 f (x)dx
a
integral ham yaqinlashadi. Bu holda oxirgi
a
integral absolyut yaqinlashuvchi integral deyiladi.
Misol 6. Integralni yaqinlashishini tekshirish

sin x
 x dx
3
1

Yechish. Bu yerda integral ostidagi funksiya – ishora o’zgartiruvchili funksiya. Ma’lumki
x3

dx
1
1
chiqadi.
x3

1 x3  2x2 |1  2 . Demak, 1

, ammo
dx integral yaqinlashadi. Bundan berilgan integralning yaqinlashishi kelib
Uzilishli funksiyaning integrali
f (x) funksiya a  x  cda aniqlangan va uzluksiz bo’lib, x  c da funksiya yo aniqlanmagan, yo uzilishga ega
c
bo’lsin. Bu holda f (x) funksiya [a,c] uzluksiz bo’lmaganligi uchun
integralni integral yig’indilarning
f
(x)dx

a
limiti haqida gapirib bo’lmaydi va shuning uchun bu limit mavjud bo’lmasligi ham mumkin.
c
c nuqtada uzilishli bo’lgan f (x) funksiyaning
 f (x)dx integral quyidagicha topiladi
a
c
b
lim f (x)dx
f
(x)dx

bc0

a
a
Agar o’ng tomonda turgan limit mavjud bo’lsa, u holda integral yaqinlashuvchi xosmas integral, aks holda
uzoqlashuvchi xosmas deyiladi.
Agar f (x) funksiya [a,c] kesmaning chap chetida (ya’ni x  a da) uzilishiga
ega bo’lsa, u holda
c
c
a
b
lim f (x)dx
f
(x)dx

ba0

Agar f (x) funksiya [a,c] kesmaning ichidagi biror x  x0 nuqtada uzilishga
ega bo’lsa, agar o’ng tomonda turgan ikkala xosmas integrallar mavjud
c
x0
c
a
a
x0
bo’lsa, u holda  f (x)dx  f (x)dx  f (x)dx
deb olinadi.
1
dx
Misol 7. Hisoblang  1  x
0
Yechish.
1
b
0
0
dx
dx  lim
b


lim
2
1

x
|
0 
 1  x b10  1  x b10
  lim 2[ 1  b 1]  2
b10