Calculus - Colloc03 - V.N. Chubarikov (1108270)
Текст из файла
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.
Характеристики
Тип файла PDF
PDF-формат наиболее широко используется для просмотра любого типа файлов на любом устройстве. В него можно сохранить документ, таблицы, презентацию, текст, чертежи, вычисления, графики и всё остальное, что можно показать на экране любого устройства. Именно его лучше всего использовать для печати.
Например, если Вам нужно распечатать чертёж из автокада, Вы сохраните чертёж на флешку, но будет ли автокад в пункте печати? А если будет, то нужная версия с нужными библиотеками? Именно для этого и нужен формат PDF - в нём точно будет показано верно вне зависимости от того, в какой программе создали PDF-файл и есть ли нужная программа для его просмотра.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
