Бобров А.Н., Радославова Т.В. - Задачи по высшей математике для биологов (А.Н. Бобров, Т.В. Радославова - Задачи по высшей математике для биологов), страница 8

Рассмотрим функциюf (x) =1, 0 < x 6 1,0, x = 0,разрывную, но интегрируемую на отрезке [0; 1]. В качестве ϕ(t) рассмотрим функцию Римана (см. задачу 2.25).В задаче 5.15 мы показали, что она является интегрируемой при 0 6 t 6 1. Однако, их суперпозиция f (ϕ(t))равна функции Дирихле, и, значит, неинтегрируема (см. задачу 5.8).Теорема 5.7 (о среднем). Пусть функции f (x), g(x) заданы на отрезке [a; b] и выполняются следующиеусловия:1. f (x) непрерывна на [a; b];2. g(x) интегрируема на [a; b];3. g(x) является на [a; b] неотрицательной (неположительной).Тогда найдется такая точка c ∈ [a; b], чтоZbZbg(x) dx.f (x)g(x) dx = f (c)aa5.22.

Можно ли в теореме о среднем исключить условие 3?I Вообще говоря, нет. Рассмотрим функции f (x) = x иg(x) = sign x =1, 0 < x,0, x = 0,−1, x < 0,на отрезке [−1; 1]. Функция g(x) = sign x ограничена и имеет разрыв только в точке x = 0, поэтому интегрируема. Функция f (x) = x — непрерывная и, значит, интегрируемая. Таким образом все условия теоремы осреднем, кроме условия 3, выполнены. ОднакоZ1Z1|x| dx = 1,f (x)g(x) dx =−1и равенствоR1−1f (x)g(x) dx = f (c)Z1−1R1Z1g(x) dx =−1sign x dx = 0,−1g(x) dx не выполняется ни при каком значении c ∈ [−1; 1].−115.23.

Пусть f (x) = sign x + . На отрезке [−3; 1] нет такой точки c, что2Z1f (x) dx = f (c) (1 − (−3)) ,−3так какR1f (x) dx = 0, а функция f (x) не принимает нулевого значения. Какое−3условие теоремы о среднем нарушено?50Первообразная, определенный интеграл5.24. Определить знаки следующих определенных интегралов:R2π sin xа)dx;x0I Доопределим по непрерывности функциюZ2πI=sin xdx =xZπsin xdx +xZπ=sin xdx +x0sin xdx =xπ00Z2πZπsin xединицей при x = 0. ИмеемxZπsin xdx +xsin (t + π)dx =t+π0sin xd(x − π) =xπ0ZπZ2πsin xdx +x0Zπ− sin tdt =t+π0Zπsin xdx −x0Zπsin xdx =x+π03πZπ =sin xsin x−dx = πxx+πZπsin xdx > πx (x + π)0011Применяя теорему о среднем и интегрируя неравенство>при x ∈x+π2ππ 3πнекотором c ∈;4 43πI>πsin ccZ4π4Z4π41sin x·dx.xx+ππ 3π;4 4получим при3πsin c 1dx>πx+πc 2πZ4dx > ππ4sin c 1 π·· > 0.c2π 2б)R2π0x sin xdx;в)R23 xx 2 dx;г)−2R1x2 ln xdx.125.25.

Показать, что из интегрируемости |f (x)| не следует, вообще говоря, интегрируемость f (x).♦ Указание. Рассмотреть функцию из задачи 5.11.Приведем несколько задач на приложения определенного интеграла.5.26. Привести пример фигуры, для которой площадь не может быть определена, а для тела, образованного вращением этой фигуры вокруг оси Ox объем неможет быть определен.♦ Указание. Рассмотреть фигуру (см. рис. 18){(x; y) : x ∈ [0; 1] , 0 6 y 6 1, если x рационально, y = 0, если x иррационально} .51Первообразная, определенный интегралРис. 18Рис. 195.27. Привести пример тела, протяженного вдоль оси Ox, x ∈ [a; b], для которого площади поперечных сечений S(x), x ∈ [a; b], — непрерывная функцияRb(например, постоянная), следовательно S(x)dx существует, однако объем телаaне может быть определен.♦ Указание.

Рассмотреть тело, состоящее из одинаковых квадратных пластин, параллельных yOz, z > 0,если x рационально, и z < 0, если x иррационально, x ∈ [0; 1], (см. рис. 19 и рис. 20).^^5.28. Доказать, что если дуга AB спрямляема, An ∈ AB, An → A (n → ∞),^то спрямляемы дуги An B и существует предел их длин ln при n → ∞, равный^длине AB (см. рис. 21).52Первообразная, определенный интегралРис. 20Рис. 215.29.

Доказать, что кривая x sin 1 , x 6= 0,x0, x = 0,1не является спрямляемой на 0; .π1 1;, N = 2, 3, . . ., и вписанные ломаNπ π1ные AN B с вершинами в точках пересечения с осью Ox и точках локальных экстремумов функции sin . Дляx^I Рассмотрим (см. рис. 22) дуги AN B, соответствующие отрезкам53Первообразная, определенный интегралРис. 22^^^длин lN дуг AN B и длин lN ломаных AN B выполняется неравенство lN > lN . Причем,lN =N−1Xn=12→ ∞ при n → ∞(2n − 1)πв силу расходимости гармонического ряда.

Осталось только воспользоваться результатом задачи 5.28.Рис. 235.30. Кривая l определенана [0; 1] следующим образом: проходит через начало11координат, на отрезке;является двухзвенной ломаной с вершинами вn+1n 11 11точках,0 ,,,, 0 , n = 1, 2, . . . (см. рис. 23). Спрямляема лиn+1n nnкривая?54Первообразная, определенный интегралРис. 245.31. Кривая l определенана [0; 1] следующим образом: проходит через начало11является двухзвенной ломаной с вершинами вкоординат, на отрезке;n+1n 11 11точках An+1,0 ,,, An, 0 , n = 1, 2, .

. . (см. рис. 24). Сущеn+1n n2nствует ли lim l ^ ?n→∞ An+1 A1Определение 5.6. Пусть функция f (x) определена на луче [a; +∞) и ∀ b > a интегрируема на отрезке [a; b].Величина+∞ZZbf (x) dx = limf (x) dx,b→+∞aaесли указанный предел существует, называется несобственным интегралом I рода от функции f (x).Определение 5.7. Пусть функция f (x) определена на полуинтервале [a; B) и ∀ b: a < b < B интегрируемана отрезке [a; b]. ВеличинаZBZbf (x) dx = limf (x) dx,b→B−aaесли указанный предел существует, называется несобственным интегралом II рода от функции f (x).5.32. Доказать следующие утверждения:Пусть сходятся несобственные интегралы I рода+∞Rf (x) dx иa1.+∞R(f (x) ± g (x)) dx сходится и равенa2.+∞Ra+∞Racf (x) dx сходится и равен c+∞Rf (x) dx ±+∞Rg (x) dx.

Тогдаa+∞Rg (x) dx.af (x) dx для любого действительного c.a55Первообразная, определенный интеграл3. Если f (x) 6 g (x) ∀x ∈ [a; ∞), то и+∞Rf (x) dx 6+∞Rag (x) dx.aСформулировать и доказать соответствующие утверждения для несобственных интегралов II рода.5.33. Пусть f (x) > 0, g (x) > 0 ∀x ∈ [a; ∞). Доказать, что+∞R1. Если f (x) 6 g (x) ∀x ∈ [a; ∞) иg (x) dx сходится, то сходитсяa+∞R+∞Rf (x) dx. Еслиaf (x) dx расходится, то расходится иa+∞Rg (x) dx (пер-aвый признак сравнения).+∞R2. Если f (x) ∼ g (x) при x → +∞, тоf (x) dx сходится тогда и толькоaтогда, когда сходится+∞Rg (x) dx (второй признак сравнения).aСформулировать и доказать соответствующие утверждения для несобственных интегралов II рода.5.34. Вычислить несобственные интегралы:а)R1ln x dx; б)0д)+∞R0+∞R0−xedx; е)+∞R1Rdxdxdx√;в);г);2+x−221 + x2x1−x02+∞Re−axcos bx dx; ж)0R1ln2 x dx.0♦ Указание. В е) дважды применить формулу интегрирования по частям.Определение 5.8.

Если сходится несобственный интеграл+∞R|f (x)| dx, то интегралaабсолютно сходящимся. Если сходится интеграл+∞Rf (x) dx, но интегралa+∞R+∞Rf (x) dx называетсяa+∞R|f (x)| dx расходится, то интегралaf (x) dx называется условно сходящимся.aАналогичные определения имеют место и для несобственных интегралов II рода.5.35. Пусть f (x) интегрируема на [a; η] ∀η > a. Доказать, что если сходится+∞+∞RR|f (x)|dx, то сходится иf (x)dx.

Сформулировать и доказать соответствуaaющие утверждения для несобственных интегралов II рода.56Первообразная, определенный интеграл5.36. Известно, что если f (x) и g (x) интегрируемы по Риману на конечномотрезке [a, b], то |f (x)| и f (x) g (x) тоже интегрируемы на [a, b]. Верны ли соответствующие утверждения для несобственных интегралов?I Нет, вообще говоря, неверны. Действительно, рассмотрим несобственный интеграл+∞R sin x1xdx. Применяяформулу интегрирования по частям, получим+∞Z+∞+∞ZZcos xcos xsin x− cos x +∞−dx = cos 1 −dx.dx =xxx2x21111 cos x +∞+∞R dxR cos x1Так как 2 6 2 , асходится,топопервомупризнакусравненияdx является абсолютно2xxx21 x1+∞R sin xсходящимся. Таким образом,dx сходится.x1+∞R |sin x|dx расходится. ИмеемПокажем, чтоx1|sin x| > sin2 x =1 − cos 2x2∀x ∈ R.Тогда+∞Z|sin x|dx >x+∞Zsin2 x1dx =x211+∞Z1 cos 2x−xxdx.1Предположим, что последний интеграл сходится.

Повторяя предыдущие рассуждения, убедимся, что интеграл+∞+∞R cos 2xR dxdx сходится. Складывая два сходящихся интеграла, получим расходящийся интеграл. Этоxx11+∞+∞R sin2 xR |sin x|противоречие доказывает расходимость интегралаdx. Значит,dx расходится по первомуxx11признаку сравнения.+∞+∞RRsin xКроме того, мы показали, что при f (x) = g(x) =из сходимости интеграловf (x) dx иg(x) dxx11+∞Rf (x)g(x) dx.не следует, вообще говоря, сходимость15.37.

Пусть несобственный интеграл+∞Rf (x) dx сходится. Следует ли отсюда,0что lim f (x) = 0?x→+∞I Нет, вообще говоря, не следует. Действительно, рассмотрим функцию (см. рис. 25).1, x — натуральное число,f (x) =0, в противном случае.Функция f (x) является кусочно-непрерывной на луче [0; +∞), значит f (x) — интегрируема на любом отрезке+∞RbR[0; b]. Для любого b > 0 верно f (x) = 0, значит несобственный интегралf (x) dx сходится и равен 0. Однако,00очевидно, что lim f (x) не существует.x→+∞Заметим, что, модифицируя этот пример, можно добиться того, чтобы f (x) была непрерывной на луче[0; +∞) и неограниченной на нем.57Первообразная, определенный интегралРис. 255.38.

Доказать, что если f (x) > 0 и lim f (x) = +∞, то несобственный интеx→+∞грал+∞Rf (x) dx расходится.05.39. Исследовать на сходимость следующие интегралы:а)+∞Rarctg x dx; б)aд)и)0+∞R ln x2+∞R0+∞Rxαdx; е)+∞R2sin x dx; в)R30+∞Rdxdx;г)α ;2xlnx(x − 3)2+∞RR1 sin xdx−x√; ж)xe dx; з)dx;x ln x ln ln x10 x 1+x+∞+∞R dxR dxsin x√dx; к); л)α .lnxlnxx 1+x22♦ Указания. В г) сделать замену переменных ln x = t. В д) применить интегрирование по частям. Ве) сделать замену переменных ln ln x = t. В ж) применить интегрирование по частям. В и) воспользоваться|sin x|111неравенством √6 3/2 ∀x ∈ [1; +∞).