И.В. Садовничая, Е.В. Хорошилова - Определённый интеграл - теория и практика вычислений (1113461), страница 60
Текст из файла (страница 60)
Пустьm ≤ f (x ) ≤ M для любого x ∈ [a, b] . При произвольном разбиении сегмента [a, b] точками x k (k = 0,1,..., n ) на частичные[Таким образом, для нижней и верхней сумм Дарбу получаем()5. Ответ: функция должна быть непрерывной.сегменты x k −1 , x k5(k = 1,..., n ) , xk = −2 + 5k (k = 0,1,..., n ) .nn175 125175 125.+ 2 , S (T ) = 16 14 ++2n 4n2n 4n 2(] (k = 1,..., n ) имеем:ns (T ) = ∑ ⎛⎜ inf f ( x )⎞⎟Δx k ≥x ≤ x ≤ xk⎠k =1 ⎝ k −1nk= m(b − a )k= M (b − a ) ,∑ mΔxk =1и⎛⎞S (T ) = ∑ ⎜ sup f (x )⎟Δx k ≤k =1 ⎝ xk −1 ≤ x ≤ xk⎠nменьшего и наибольшего значений, соответственно, на его левом и правомn2310230 ⋅ 210 n10230, S (T ) =.s (T ) =n 210 n − 1n 210 n − 1f ( x ) достигает на частичном сегменте [x k −1 , x k ] своих наи-концах.
По условию, Δx k =⎛ n(n + 1) ⎞k =⎜⎟∑⎝ 2 ⎠k =1nб) Аналогично предыдущему примеру, получаемf (x ) = x и её непрерывности на [− 2,3] , при любом разбиении T = {− 2 = x0 < x1 < ... < x n = 3}4. Решение. а) В силу возрастания функции2(доказываются методом математической индукции), находим:(мы воспользовались следствием из второго замечательного предела:S (T ) =n(n + 1)(2n + 1),k =∑6k =1nn∑ M Δxk =1что и означает ограниченность множества нижних сумм Дарбу функции fm(b − a ) снизу и множества верхних сумм Дарбу этой функцииконстантой M (b − a ) сверху.
Отсюда в силу соотношения s(T ) ≤ S (T )константойвытекает ограниченность рассматриваемых множеств.8. Указание: воспользуйтесь свойством точной верхней и точной нижнейграней функции f , заданной на сегменте a, b : sup f ( x ) ≥ sup f ( x ) и[ ]x∈[a ,b ]x∈[c , d ]inf f ( x ) ≤ inf f ( x ) , если [c, d ] ⊆ [a, b] , и определением нижней иx∈[a ,b ]x∈[c , d ]верхней сумм Дарбу функции f . Подробнее см. доказательство леммы 3Ответы и решения407пункта 1.2.4.9. Доказательство. При решении данной задачи можно воспользоватьсярезультатом предыдущей задачи.
Так как функция f интегрируема по Рима-[a, b] , то это значит, что для любого ε > 0 и для любого фиксированного разбиения T сегмента [a, b] верно неравенство σ (T , ξ ) − I < ε , гдену наСадовничая И.В., Хорошилова Е.В. Определённый интеграл408⎧ sin x, если 0 < x ≤ 1⎪( C – произвольное число), существует иf (x ) = ⎨ x⎪⎩C , если x = 01не зависит от выбораC . Поэтому считают, что интегралbI = ∫ f ( x )dx . Так как, кроме того, для любого T верно, чтоas(T ) = inf σ (T , ξ )ξи1существует и равенS (T ) = sup σ (T , ξ ) ,то существуют хотя бы одна интегральная суммаσ1и хотя бы одна инте-σ 1 − s(T ) < ε и S (T ) − σ 2 < ε .
ТогдаS (T ) − s(T ) = S (T ) − σ 2 + σ 2 − I + I − σ 1 + σ 1 − s(T ) ≤гральная суммаσ2такие, что≤ S (T ) − σ 2 + σ 2 − I + I − σ 1 + σ 1 − s(T ) < 4ε ,откуда следует, что lim S (T ) − s (T ) = 0 .ΔT →010. Ответ: интегральные суммы могут принимать значения 2 ,1 2 , 0 ; s(T ) = 0 ; S (T ) = 2 .11. Ответ: при шаге меньшемфункции, и меньшемε ( f (b ) − f (a ))3 2 , 1,для возрастающейε ( f (a ) − f (b )) для убывающей функции.f ( x ) = arcsin x при a ≤ x ≤ b , где − 1 ≤ a < b ≤ 1 ;б) f ( x ) = sgn x при a ≤ x ≤ b , где a < 0, b > 0 . Эта ограниченная на[a, b] кусочно-непрерывная функция имеет на указанном сегменте единственную точку разрыва при x = 0 , в которой она определена (при этом одно12.
Ответы: а)сторонние пределы существуют, конечны, но не равны).sin x, заданВ качестве другого примера рассмотрим функцию f ( x ) =xную на интервале (0,1) . Будет ли эта функция интегрируемой по Риману на1сегменте[0,1] ? Строго говоря, интеграл ∫ sin x dxxне существует, так как в0sin xточке x = 0 функцияне определена. Однако интегралx∫ f (x )dx .0ξiisin xdx такжеx0∫1∫ f (x )dx , где0В качестве ещё одного из примеров приведём функцию f ( x ) =1 ⎡1⎤,−x ⎢⎣ x ⎥⎦x ≠ 0 и f (0) = 0 .
Покажем, что эта функция интегрируема в собственном смысле (по Риману) на сегменте [0,1] . В самом деле, функция огра1ничена ( f ( x ) ≤ 1) и терпит разрывы 1-го рода в точках x = 0 и x n =n(n ∈ N ) . Покажем, что множество точек разрыва функции имеет меру нульпо Жордану. Зафиксируем произвольное ε > 0 , тогда ∃n0 ∈ N : при1 ε1n > n0< . Каждую из оставшихся точек x n = , n = 1,2,..., n0 , поn 2nεкроем интервалом длины n +1 . Тогда сумма длин таких интервалов равна2n0n0+∞εε1 ε1 ε= ∑ n < ∑ n = .
Таким образом, всё множество точек∑n +12 n =1 22 n =1 22n =1 2разрыва функции оказалось покрытым конечной системой n0 + 1 интерваеслилов, общая сумма длин которых меньшев) Функцияε.f ( x ) = x x − 3 + 4 x монотонно возрастает на сегменте2 ≤ x ≤ 4 (покажите это самостоятельно) и поэтому интегрируема на нём.Функция f ( x ) = [x ] всюду определена и не убывает, поэтому будет интегрируема на любом сегменте.г) Покажем, что функцияна любом сегментеf ( x ) = sin x удовлетворяет условию Липшица[a, b] .Действительно, для произвольных точекОтветы и решенияx1 , x2 ∈ [a, b]имеем:sin x1 − sin x 2 = 2 sin409x1 − x 2x + x2≤cos 122x1 − x 2x − x2≤2 1= x1 − x 2 , что и доказывает выполнение ус22ловия Липшица (константа Липшица C = 1 ).д) Рассмотрим сложную функцию sin (arctgx ) на произвольном сегменте[a, b] ; здесь f (x ) = arctgx интегрируема на [a, b] , а функцияϕ ( y ) = sin y удовлетворяет на сегменте [arctga, arctgb] условию Липши≤ 2 sinца (см.
предыдущий пример). Поэтому данная сложная функция интегрируема по Риману на a, b .13.[ ]Ответ: например, функцияf x , заданная графиком, изображённым на рисунке, не интегрируема (объясните, почему).( )x0214. Доказательство.
Очевидно, что f (x ) ограничена на [0,1] и имеетразрывы в точках x0 = 0 и x k = 1 / k , k = 1, 2, ... . Выберем произвольноечислоСадовничая И.В., Хорошилова Е.В. Определённый интегралεкоторых равна2⎛ ε ε⎞ε > 0 . Тогда на интервале ⎜ − , ⎟⎝ 4 4⎠лежат точки x 0 , x k , k >4ε, а на4⎡ε ⎤сегменте ⎢ ,1⎥ – конечное число точек разрыва: x1 , K , x p , где p ≤ ,ε⎣4 ⎦4p + 1 > . Каждую из точек xi , i = 1,K, p , покроем интерваломε⎛εε ⎞⎜⎜ xi −⎟ . Таким образом, все точки разрыва функции f (x ), xi +4p4 p ⎟⎠⎝насегменте [0,1] можно покрыть конечным числом интервалов, сумма длин+ p⋅ε2p= ε .
Это означает (теорема 2 пункта 1.3.2), чтоf (x ) интегрируема на этом сегменте.1∫ f (x )dx есть предел интеграль-15. Доказательство. 1-й способ. Так как0nных суммσ (T , ξ ) = ∑ f (ξ k )Δx k, то возможны два случая: а) точкаk =1x = 1 2 попадает в число точек ξ k , и тогда σ (T , ξ ) = Δx k при некоторомk ; б) точка x = 1 2 не попадает в число точек ξ k , и тогда σ (T , ξ ) = 0 . В1любом случае∫ f (x )dx = lim σ (T , ξ ) = 0 .0y-1410Δ→0[0,1] точками x k(k = 0,1,..., n ) на частичные сегменты [xk −1 , xk ] (k = 1,..., n ) имеем:1s(T ) = 0 и S (T ) = 1 ⋅ Δx k , где k такое, что ∈ [x k −1 , x k ] .
Следовательно,2S (T ) − s(T ) = Δx k → 0 при Δ T → 0 , что означает интегрируемость f .2-й способ. При любом разбиении сегмента1Равенство же∫ f (x )dx = 0 вытекает из условия s(T ) = 0 .016. Указание. Интегрируемость f доказывается по аналогии с предыдуbщей задачей. Соотношение[ ]∫ f (x )dx = 0вытекает из того, что при любомaразбиении a, b на частичные сегменты существуют интегральные суммы,равные нулю.17. Доказательство. Заметим, что эта функция ограничена и разрывна вкаждой рациональной точке сегмента. Таким образом, теорема 2 (п. 1.3.2.) кней неприменима (рациональные точки сегмента [0,1] нельзя покрыть никакой конечной системой интервалов с суммой длин, меньшей 1).
Построим дляфункции Римана такое разбиение сегмента [0,1] , что разность между верхней и нижней суммами Дарбу этого разбиения будет меньше наперёд заданного числа ε > 0 . Обозначим N = 2 ε + 1 (квадратные скобки здесь озна-[ ]чают целую часть числа; таким образом,N – натуральное число). Выберем вОтветы и решенияδкачестве411любое число, удовлетворяющее неравенству 0 < δ <ε2(за-2Nметим, что выбор числа δ зависит только от ε ). Пусть T = {x 0 ; x1 ;K; x n }Δ T < δ .
Рассмотрим те сегменты1[ x k −1 , x k ] разбиения T , для которых M k − m k > . Ясно, что каждыйN– произвольное разбиение сегмента [0,1] ,такой сегмент должен содержать хотя бы одну рациональную точку со знаменателем, меньшим числа N . Таким образом, количество этих отрезков не2превосходит N . ТогдаS (T ) − s(T ) = ∑ ( M k − mk )Δx k + ∑ ( M k − mk )Δx k .∗∗*Здесь первое слагаемое соответствует тем сегментам разбиения [ x k −1 , x k ] ,11, второе – тем, для которых M k − m k >.NN1* 1∗∗Тогда S (T ) − s (T ) ≤ ∑Δx k + ∑ (1 − 0)Δx k ≤ ⋅ 1 + N 2 ⋅ δ (здесьNNдля которых M k − m k ≤мы воспользовались тем, что точная верхняя грань функции Римана на сегменте [0,1] равна 1, нижняя – 0; а также тем, что сумма длин части отрезковразбиения не превосходит суммы длин всех отрезков разбиения, т.е.
длины[0,1] ). В силу выбора чисел N и δ получаем, чтоS (T ) − s (T ) <ε2+ N2 ⋅ε2N2Садовничая И.В., Хорошилова Е.В. Определённый интеграл412ных точек, то он не существует ( lim S (T ) = b − a ≠ 0 = lim s (T ) – не выΔ →0[ ]из точек 0 = x0 < x1 < ... < x m < x m +1 < ... < x n = 1 разбиения сегмента начастичные сегменты совпала с числом∑ mk Δxk ≤ ∫ sin(50 x )dx ≤k =0гдеε >0Просуммируемсуммаσ (T , ξ ) = b − a ; если же все ξ kиррациональны, тоn −1n −1k =0k =0k =0σ (T , ξ ) = 0. Таккак предел интегральных сумм оказался зависящим от выбора промежуточ-kΔx k иk =0Заметим,x k ≤ x ≤ xk +1и покажем, что для этого∑ (M19.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
