Calculus - Colloc03 - V.N. Chubarikov (Вопросы и задачи к трём коллоквиумам)

Задачи к коллоквиуму №3I семестр, I поток, весна 2007 г.ВНИМАНИЕ! АВТОР НЕ НЕСЁТ ОТВЕТСТВЕННОСТИ ЗА ЛЮБЫЕ ПОСЛЕДСТВИЯ, КОТОРЫЕ ПРЯМЫМ ИЛИКОСВЕННЫМ ОБРАЗОМ МОГУТ БЫТЬ ВЫЗВАНЫ ИСПОЛЬЗОВАНИЕМ ВСЕГО НИЖЕНАПИСАННОГО ПОНАЗНАЧЕНИЮ И НЕТ!1. Пусть f (x) ∈ R[a; b]. Доказать, что точки непрерывности функции f (x) на этом отрезкеобразуют сюду плотное множество.Доказательство. Заметим, что если говорится о том, что функция интегрируема на отрезке, то она определена всюду на нём, за исключеним, быть может, конечного числа точек.От противного: пусть существует такой отрезок или интервал I, |I| = δ, что f разрывнавсюду на нём. Тогда для любого разбиения отрезка [a; b] оценим величину Ω(T ). Разобъёмеё на два слагаемых: Ω0 (T ) и Ω00 (T ).

Во вторую сумму войдут все те слагаемые вида ωk ·∆xk ,для которых ∆k ∩ I 6= ∅. Заметим, что ωk > m для всех точек, лежащих внутри I, а суммадлин ∆k больше δ. Поэтому и вся Ω(T ) > mδ, что противоречит тому, что функция f (x)интегрируема на этом отрезке.2. Пусть f (x) ∈ R[a; b]. Доказать, чтоRbf 2 (x)dx = 0⇔f ≡ 0 во всех точках её непрерыв-aности.Доказательство.

В обратную сторону утверждение доказывается тривиальным образом,поэтому нас будет интересовать только доказательство «слева направо». От противного:пусть f (x0 ) = m 6= 0 в какой-то точке своей непрерывности. Тогда f 2 (x0 ) = m2 > 0, и,следовательно, искомый интеграл не равен нулю.Доказательство вспомогательного утверждения: пусть x0 точка непрерывности функцииg(x), g(x0 ) > 0. Значит ∃δ > 0 ∀x : |x − x0 | < δ ⇒ g(x) > g(x0 )/2.

Значит для всех0)разбиений диаметром, меньших δ/2, интегральная сумма будет не меньше δg(x2 .3. Пусть f (x) ∈ R[a; b]. Доказать, что limRbh→0 a|f (x + h) − f (x)|dx = 0.£¤Доказательство. Разделим отрезок [a; b] на n = b−aравных частей. Самые крайние отhрезки нас интересовать не будут, а для каждого из внутренних мы имеем следующее равенство:sup |f (x + h) − f (x)| 6 ωi−1 + ωi + ωi+1 .x∈∆iУмножим обе части неравенства на h > 0 и просуммируем по всем i:nXi=1h sup |f (x + h) − f (x)| 6 3x∈∆inXУстремив n → ∞, что то же самое, что и h → 0, получаемкакnPi=1hωii=1Rb|f (x + h) − f (x)|dx < 3ε, такahωi есть выражение Ω(T ) для функции f (x), которое стремится к нулю, так какf (x) ∈ R[a; b].—1 —1n→∞ n4. Найти lim³´sin πn + · · · + sin (n−1)πnДоказательство.

Воспользуемся специальным критерием интегрируемости. «Подпредельное» выражение есть не что иное, как верхняя или нижняя сумма Дарбу с некоторымивариациями для функции f (x) = sin x на отрезке [0; π]. Поэтому искомый предел равенRπsin xdx = π2 .05. Пусть f (x) ∈ C[a; b] и lim f (x) = A. Найти limR1n→∞ 0x→+∞f (nx)dx.Доказательство.

Опять воспользуемся специальным критерием интегрируемости:Z1limn→∞0nPf (k)nX1k=1f (nx)dx = lim· f (k) = limn→∞n→∞nnk=1Последний предел по теореме Штольца равен A.6. Пусть f (x) – непрерывная периодическая функция с периодом T . Доказать, что функциюRxF (x) = f (u)du можно представить в виде суммы линейной функции и периодическойaфункции с периодом T .RbДоказательство.

Обозначим b = a+T и введём g(u) = f (u)− aОчевидно, что G(a) = G(b) =Rbf (u)dub−a(∗);G(x) =Rxg(u)du.ag(u)du = 0, что означает, что G(x) периодична с периодом T .aВ таком случае, если проинтегрировать выражение (*), то после группировки слагаемыхнужным образом получаем F (x) = G(x) + k(x − a), что является суммой периодичной илинейной функций.7.

Пусть f (x) – многочлен степени, большей 1. Доказать, чтоR∞sin f (x)dx сходится.0Доказательство. Очевидно, что для любого многочлена f (x) существует такое число x0 ,R∞начиная с которого f (x) монотонна. Разобьём исходный интеграл на два: sin f (x)dx ==Rx0sin f (x)dx +R∞0sin f (x)dx, первый из которых очевидно существует и равен какому-тоx00числу A.Рассмотрим второй интеграл. Домножим и разделим подынтегральное выражение на f 0 (x).R∞df (x)Получим sin ff(x). Без лишних слов, по признаку Дирихле такой интеграл сходится.0 (x)x0—2 —8. Пустьf 0 (x)– монотонна и|f 0 (x)|¯¯¯Rb¯¯¯> A > 0 на [a; b].

Доказать, что ¯ sin f (x)dx¯ 6¯a¯2A¯¯¯Rb¯¯¯Доказательство. Проделаем аналогичный трюк. Учитывая, что ¯ sin t dt¯ 6 2 имеем то,¯a¯что требуется доказать.¯¯¯Rb¯¯¯9. Пусть f 00 (x) – непрерывна и |f 00 (x)| > A > 0 на [a; b]. Доказать, что ¯ sin f (x)dx¯ 6 √6A¯a¯Доказательство. Так как f 00 (x) – непрерывна и по модулю больше какого-то числа, то f 0 (x)монотонна на всём отрезке [a; b]. Разобъёмотрезок [a; b] на три√√ части таким образом, чтона первой и третьей части |f 0 (x)| > A, а на второй |f 0 (x)| < A.По предыдущей задаче¯ c¯¯Z¯Zb¯¯¯ sin f (x)dx + sin f (x)dx¯ 6 √4 .¯¯A¯¯ad¯¯¯Rd¯¯¯Грубо оценим теперь значение ¯ sin f (x)dx¯ 6 d − c, так как | sin x| 6 1. Далее улучшим эту¯c¯¯ 0¯√0 (c) ¯¯f(d)−fоценку следующим образом: 2d−cA = ¯ d−c ¯ = |f 00 (ξ)| > A (такое ξ существует по теоремеЛагранжа). Отсюда получаем, что d − c 6равен√6 .A√2 ,Aа, следовательно, весь интеграл меньше либо10. Пусть f (x) монотонна на интервале (0; a) и существует интегралRaxp f (x)dx.

Доказать, что0lim xp+1 f (x) = 0. Тогдаx→+011. Пусть f (x) ∈ R[a; b]. Доказать, что limRbn→∞ a12. Пусть f (x) ∈ R[a; b]. Доказать, что limRbn→∞ af (x) sin nx dx = 0f (x)| sin nx|dx =[n/2]2 Pfn→∞ n ν=113. Пусть f (x) ∈ R[0; 1]. Доказать, что lim¡ 2ν−1 ¢n=R12πRbf (x)dxaf (x)dx0Доказательство. Так как дано, что функция уже является интегрируемой по Риману, товыполняется миллион замечательных свойств, из которых и следует то, что надо доказать.f (1/n)−f (2/n)+···+(−1)n f ((n−1)/n)nn→∞14.

Пусть f (x) ∈ R[0; 1]. Доказать, что lim=0Доказательство. Разобъём «подпредельное» выражение на два очевидным образом. Тогдаочевидно, что оба слагаемых будут являться интегральной суммой для функции f (x) на2iотрезке [0; 1], где ∆V = n2 , а ξi = 2i+1n или ξi = n , i ∈ {0, 1, . .

. , [n/2]} (см. пред. задачу).В таком случае, так как f (x) ∈ R[a; b], то обе этих суммы при n → ∞ будут сходиться кR1I = f (x)dx, а их разность, следовательно, к нулю.0—3 —¡¡n¢¡n¢¡n¢15. Доказать, что lim0n→∞12¡n¢¢2/(n(n+1))...=enДоказательство. Само собой разумеется, прологарифмируем обе части и рассмотрим предел¡ ¢¡ ¢¡ ¢µµ ¶µ ¶µ ¶ µ ¶¶2/(n(n+1))ln n0 + ln n1 + · · · + ln nnn n nnlim ln...= 2 lim=n→∞n→∞012nn(n + 1)¡n+1¢¡n+1¢¡n+1¢¡n¢¡n¢¡n¢ln 0 + ln 1 + · · · + ln n+1 − ln 0 − ln 1 − · · · − ln n= 2 lim=n→∞(n + 1)(n + 2) − n(n + 1)¡¡ ¢±¡n¢¢¡¡ ¢±¡n¢¢¡¡ ¢±¡n¢¢ln n+1+ ln n+1+ · · · + ln n+10011nn= 2 lim= ...n→∞(n + 1)(n + 2) − n(n + 1)Переходот первойстроки ко второй был выполнен по теореме Штольца.

Отдельно вычис¡n+1¢±¡¢k!·(n−k)!(n+1)!nn+1лим k= n−k+1k = k!·(n−k+1)! ·n!n+1n+1n+1ln n+11 + ln 2 + · · · + ln n + ln n+1=· · · = limn→∞n+1µ¶n+2n+1n+2n+1n+2= lim ln− ln+ · · · + ln− ln+ ln=n→∞11n+1n+1ln n + 2= lim (n + 1) lnn→∞n+2n+1Переход здесь от первой строки ко второй был также выполнен по теореме Штольца. Далеерассмотрим пределln x+2x+1−1 .x→+∞ xlimПо правилу Лопиталя этот предел равен 1, а значит поГейне имеем, что любая бесконечно большая последовательость сходится к нему, в томчисле и последовательность натуральных чисел. Следовательно, искомый предел равен 1,потенцируя получаем ответ: e.P.S.

И причём тут интегралы?³16. Доказать формулу Валлиса π = lim2n+1ство sin2nx 6 sin2n−1x 6 sinn→∞(2n)!!(2n−1)!!´21n,интегрируя по отрезку [0; π/2] неравен-x.πДоказательство. Пусть an =π2R2nn+1sin xdx = − sinaπ¯π¯2R2¯cos(x)¯ + (n − 1) cos2 x sinn−2 dx =00R= (n − 1) (1 − sin2 x) sinn−2 dx. Таким образом мы получили рекуррентную зависимость0(n−1)an−2.an =n(2k)!!a2k+1 = (2k+1)!! .В явном виде, учитывая a0 =π2и a1 = 1, получаем a2k =Таким образом, так как a2n+1 6 a2n 6 a2n−1 , что тоже самое, что и2n2n+1a2n= 1, то есть и lim a2n−1= 1 = π2 lim (2n−1)!!·n→∞n→∞ (2n)!!откуда следует то, что и требуется доказать.n→∞lim 2nn→∞ 2n+1—4 —(2n−1)!!(2n−2)!!= π lim6³(2k−1)!! π(2k)! 2a2na2n−1и6 1.´2(2n−1)!!· n,(2n)!!17.

Пусть функция f (x) ограничена. Доказать, что для того, чтобы f ∈ R[a; b] необходимо идостаточно, чтобы для любого ε > 0 и любого δ > 0 множество точек отрезка [a; b], в которыхf (x) имеет колебание больше, чем ε, можно было покрыть конечным числом интервалов,сумма длин которых меньше δ (критерий Дюбуа – Реймона).Доказательство. Рассмотрим множество точек D, в которых колебание функции ωk (x) >> ε.

Покажем, что это множество имеет меру Лебега нуль, т.е. µ(D) = 0. Это и будетозначать, что функция f (x) интегрируема по Риману, потому что во всех остальных точкахона будет непрерывна.Условие, что это множество можно покрыть конечным числом интервалов, общей длинойменьше δ и означает, что оно имеет меру Лебега нуль.Примечание: при доказательстве необходимости следует воспользоваться леммой Борелядля выделения конечного покрытия из счётного.18. Пусть f, g ∈ R[a; b]. Доказать, что max(f, g) ∈ R[a; b] и min(f, g) ∈ R[a; b].Доказательство. Известно, что если функции f и g интегрируемы, то также интегрируе−g|мы функции |f | и f ± g. Остаётся воспользоваться выражениями max(f, g) = f +g+|fи2f +g−|f −g|.min(f, g) =219.

Пусть u(t), v(t) ∈ C[a; b] иRb(u(t)x0 (t) + v(t)x(t)) dt = 0 ∀x(t) ∈ C −1 [a; b], x(a) = x(b) = 0.aДоказать, что функция u(t) дифференцируема и u0 (t) = v(t).Доказательство. Возьмём такую функцию w(t), что w0 (t) = v(t), и рассмотримZb¯b Z b¯v(t)x(t)dt = w(t)x(t)¯¯ − w(t)x0 (t)dtaaa¢Rb ¡w(t)x0 (t) + v(t)x(t) dt = 0. Учитывая равенствоТак как x(a) = x(b) = 0, то получаем, чтоaданного нам интеграла нулю, получаем, чтоRb¡¢x0 (t) u(t) − w(t) dt = 0. Так как функцииax0 (t), u(t) и w(t) непрерывные, и это равенство верно для любых x(t), то это означает, чтоu(t) ≡ w(t).20.