Basic HTML Version

|  | Table of Contents |  | View Full Version

Page 307 - Demo
P. 307

                                        11. NJEHSIMI INTEGRAL30511.9 Veti të integralit të caktuarA Kërkoni dhe zbuloni (Punë në grupe)a) A është i vërtetë barazimi ∫0ax2dx = 13 a6?b) Le të jetë F një primitivë e funksionit y = x2 në [0, a]. Njehsoni F(a) – F(0). Ç’vini re?B Vrojtoni dhe mësoniNë të gjitha vetitë e mëposhtme, funksioni f është i vazhdueshëm në [a, b].Vetia 1Faktori konstant del jashtë integralit të caktuar:∫abk · f(x) dx = k · ∫abf(x) dxVërtetim Kemi ∫abk · f(x) dx = lim n →∞nΣi = 1 [k · f(ci)] · (xi – xi – 1) = limk n →∞nΣi = 1 f(ci) · (xi – xi – 1) == k · lim n →∞nΣi = 1 f(ci) · (xi – xi – 1) = k · ∫abf(x) dx.Argumentoni kalimet!Vetia 2Integrali i caktuar i shumës së dy funksioneve është i barabartë me shumën e integraleve të caktuara të atyre funksioneve: ∫ab[f(x) + g(x)]dx = ∫abf(x) dx + ∫abg(x) dx.Vërtetim Kemi ∫ab[f(x) + g(x)]dx = lim n →∞nΣi = 1 [f(ci) + g(ci)] · (xi – xi – 1) = lim n →∞ [ nΣi = 1 f(ci) · (xi – xi – 1) + nΣi = 1 g(ci) · (xi – xi – 1)] == lim n →∞nΣi = 1 f(ci) · (xi – xi – 1) + lim n →∞nΣi = 1 g(ci) · (xi – xi – 1) = ∫abf(x) dx + ∫abg(x) dxArgumentoni kalimet!Vetia 3Nëse në [a, b] ka vend mosbarazimi f(x) ≥ 0, atëherë ∫abf(x) dx ≥ 0.Vërtetim Kemi për çdo vlerë të i (nga 1 në n), f(ci) ≥ 0 dhe xi – xi–1 > 0, prandaj nΣi = 1 f(ci) · (xi – xi – 1) ≥ 0.Prej ku lim n →∞nΣi = 1 f(ci) · (xi – xi – 1) ≥ 0, d.m.th. ∫abf(x) dx ≥ 0. Argumentoni kalimet! Vetia 4Nëse në [a, b] ka vend mosbarazimi f(x) ≥ g(x), atëherë ∫abf(x) dx ≥ ∫abg (x) dx.

| 301 302 303 304 305 306 307 308 309 310 311 |