И.В. Садовничая, Е.В. Хорошилова - Определённый интеграл - теория и практика вычислений (1113461), страница 62
Текст из файла (страница 62)
Пусть f (x ) – произвольная интегрируемая на сегменте [ A, B ] функция, [ a, b] ⊂ ( A, B ) . Зафиксируем любоеε > 0 . Тогда, согласно доказанному выше утверждению, найдётся непрерывная на [ A, B ] функция ϕ (x ) такая, чтоεB∫ ( f ( x) − ϕ ( x))dx < 3 . (Тогда, тем более,abинтегрируема на [ a , b] иaI = ∫ f ( x)dx ,⎧M , x ≤ x < x kM k = sup f ( x) . Положим ϕ ε ( x) = ⎨ k k −1. Тогда очеx=bxk −1 ≤ x ≤ xk⎩M n ,∫ f ( x)dx − S (T ) +bинтегрируема на сегмент [ a , b] , то существует последовательность непретаких, чтоa=свойство интегральной непрерывности доказано.Докажем теперь следующий вспомогательный факт: если функция f (x )ϕ n (x)a,aрывных на [ a , b] функцийb,Для непрерывных функцийbb∫ ( f ( x) − ϕ ε δ ( x))dx ≤ ∫ ( f ( x) − ϕ ε ( x))dx + ∫ (ϕ ε ( x) − ϕ ε δ ( x))dx =abaСадовничая И.В., Хорошилова Е.В.
Определённый интеграл418Ab∫ ( f ( x) − ϕ ( x))dx <aε3εb,∫ ( f ( x + h) − ϕ ( x + h))dx < 3 ,aесли h достаточно мало). Так как для непрерывных функций свойство интегральной непрерывности уже доказано, то можно утверждать, что существуетположительное числовыполняется:δтакое, что для любого действительногоbbaah, h <δ ,∫ ( f ( x + h) − f ( x))dx ≤ ∫ ( f ( x + h) − ϕ ( x + h))dx +Ответы и решенияbbaa419+ ∫ (ϕ ( x + h) − ϕ ( x )) dx + ∫ ( f ( x) − ϕ ( x))dx <ε3+ε3+ε3Садовничая И.В., Хорошилова Е.В. Определённый интеграл420n(xk − ξ k )2 + 2(xk − ξ k )(ξ k − xk −1 ) + (ξ k − xk −1 )2k =12≤∑=ε.Утверждение доказано полностью.47.
Доказательство. Пусть для определённости f (x ) не возрастает наk/n1[0,1] . Так как ∫ dx = для любого натурального k , то, разбивая интеn( k −1) / n1грал1∫ f ( x)dx на сумму интегралов по отрезкам длины n , получим01∫k/nk/nf ( x)dx −n1 n ⎛k⎞ n⎛k⎞=−ff(x)dxf ⎜ ⎟dx =⎜⎟∑∑∑∫∫n k =1 ⎝ n ⎠ k =1 ( k −1) / nk =1 ( k −1) / n ⎝ n ⎠k/nk/n0n⎛⎛ ⎛ k −1⎞⎛ k ⎞⎞⎛ k ⎞⎞= ∑ ∫ ⎜⎜ f ( x) − f ⎜ ⎟ ⎟⎟dx ≤ ∑ ∫ ⎜⎜ f ⎜⎟ − f ⎜ ⎟ ⎟⎟dx⎝ n ⎠⎠⎝ n ⎠⎠k =1 ( k −1) / n ⎝k =1 ( k −1) / n ⎝ ⎝ n ⎠(здесь мы воспользовались тем, что функция f (x ) не возрастает на отрезке⎛k⎞⎛ k −1⎞⎛k⎞[0,1] , следовательно, 0 ≤ f ( x) − f ⎜ ⎟ ≤ f ⎜⎟ − f ⎜ ⎟ для любого⎝n⎠⎝ n ⎠⎝n⎠k , 1 ≤ k ≤ n ). Значит,11 n ⎛ k ⎞ 1 n ⎛ ⎛ k −1⎞⎛ k ⎞ ⎞ f (0) − f (1)f ⎜ ⎟ ≤ ∑ ⎜⎜ f ⎜,⎟ − f ⎜ ⎟ ⎟⎟ =∫0 f ( x)dx − n ∑n k =1 ⎝ ⎝ n ⎠n⎝ n ⎠⎠k =1 ⎝ n ⎠nчто и требовалось доказать.48.
Доказательство. Преобразуем разностьb∫anf ( x )dx − ∑ f (ξ k )( x k − x k −1 ) =k =1n∑ ∫ ( f (x ) − f (ξ ))dx .kk =1 xk −1f ( x ) − f (ξ k ) = f ′(η k ) x − ξ k ≤ x − ξ k (η k ∈ ( x, ξ k )) .Тогдаnak =1∫ f (x )dx − ∑ f (ξ )(xkk− x k −1 ) ≤nxk∑ ∫ x −ξk =1 xk −1kdx =(используя геометрический смысл интеграла)⎛ ( x k − ξ k )2 ( x k −1 − ξ k )2= ∑ ⎜⎜+22k =1 ⎝n(xk − xk −1 )2k =12≤1 n ( x k − x k −1 ) 1∑ 2 = 2.b − a k =1Неулучшаемость оценки следует из рассмотрения в качествеf ( x ) функ-x и равномерного разбиения [a, b] с шагом 1 (b − a ) .2n −1⎞⎛ 149.
Решение. а) Рассмотрим выражение ⎜ 2 + 2 + ... +⎟ как инn ⎠n⎝nn −1⎛k 1⎞тегральную сумму σ (T , ξ ) = ∑ ⎜ ⋅ ⎟ для функции f ( x ) = x , соответk =0 ⎝ n n ⎠ствующую разбиению T сегмента [0,1] на n равных частей и выборуцииξk =11k. Тогда lim σ (T , ξ ) = ∫ xdx = .n → +∞n201⎛ 1dx1 ⎞⎟⎜= ln 2 ;⋅=∑∫⎜⎟n ⎟ 0 1+ xk =1 ⎜ 1 + kn ⎠⎝nАналогично получаем: б) limn → +∞⎛⎞ 1⎜πdx11⎟= ;⋅ ⎟= ∫в) lim ∑ ⎜22n → +∞n ⎟ 0 1+ x4k =1 ⎜ 1 + kn⎝⎠n( )1xkПо теореме Лагранжа имеем:bn=∑=⎞⎟≤⎟⎠г) limn → +∞21 nπk= ∫ sin πxdx = ;sin∑n k =1nπ01()21 nkд) lim1 + = ∫ 1 + x dx = 2 2 − 1 ;∑n → +∞ n3n 0k =1p111 n ⎛k⎞p.е) lim⎜ ⎟ = ∫ x dx =∑n → +∞ np +1k =1 ⎝ n ⎠0b−a⎞1 b−a n ⎛1 n ⎛b−a⎞=ж) S n = ∑ f ⎜ a + k⋅f ⎜a + k⎟ , откуда⎟∑n k =1 ⎝n ⎠n k =1 ⎝n ⎠ b−aОтветы и решения421Садовничая И.В., Хорошилова Е.В.
Определённый интеграл422nblim S n =n → +∞з)sinπS n = sinπn1f ( x )dx .b − a ∫a1∑ 2 + cos(πk n ) .nТаккаки) S n =приn → +∞имеемπ⎛ 1 ⎞+ o⎜ 2 ⎟ , то, подставляя, получимn n⎝n ⎠⎛ππ n1⎛ 1S n = sin ∑= ⎜⎜ + o⎜ 2n k =1 2 + cos(πk n ) ⎝ n⎝n=1⎞⎞ n=⎟ ⎟⎟ ⋅ ∑⎠ ⎠ k =1 2 + cos(πk n )π n11⎛ 1 ⎞ n= ⋅∑+ o⎜ 2 ⎟ ⋅ ∑.n k =1 2 + cos(πk n )⎝ n ⎠ k =1 2 + cos(πk n )Посколькутоπnk⎞ ⎛⎟ +⎜x +n⎠ ⎝n → +∞ππ(см. пример 3 пункта 3.2 параграфа 3), тоπ1dxπ1= (F (π ) − F (0)) =.∫2 0 1 + 0,5 cos x 23=1 n ⎛k ⎞⎛k + 1⎞⎟=⎜ x + ⎟⎜ x +∑n ⎠⎝n ⎠n k =1 ⎝k⎞ 1⎛⎟ ⋅ . Так как ⎜ x +n⎠ n⎝2⎛⎛k⎞ 1k ⎞ ⎞⎟⎜ox⋅=+⎟⎟ ⎟,⎜ ⎜⎝n⎠ nn⎠ ⎠⎝k⎞ 1k⎟ ⋅ ~ x + . Тогда имеемn⎠ nnn → +∞1 n ⎛∑⎜ x +n k =1 ⎝k⎞⎟=n⎠11∫ (x + t )dt = x + 2 .0к) Перепишем сумму в видеSn =nknknknknkn12(1 + kn ) ⋅ 2 − 2 =11kn ⋅ 2= ∑= ∑∑n k =1 1 + 1 (kn ) n k =1 1 + knn k =11 + knnnnkn1122 − ∑= S n′ − S n′′ .
Оценим S n′′ : в силу неравенств∑n k =1n k =1 1 + kn=dx1dx1=∫= ∫.lim S n = lim ⋅ ∑n → +∞n → +∞ n2 + cos x 2 0 1 + 0,5 cos xk =1 2 + cos(πk n )01на сегментеТак как первообразной функцией для функции1 + 0,5 cos x[0, π ] является функцияtg ( x 2 )⎧ 4, если 0 ≤ x < π ;⎪ 3 arctg3⎪F (x ) = ⎨⎪ 2π , если x = π ;⎪⎩ 32k⎞ ⎛⎟ +⎜x +n⎠ ⎝2⎛⎜x+⎝следовательно,тоn2lim S n = lim1⎛ 1 ⎞ n⎛1⎞⎛ 1 ⎞ n 1≤ o⎜ 2 ⎟ ⋅ ∑o⎜ 2 ⎟ ⋅ ∑= o⎜ ⎟ и,⎝ n ⎠ k =1 2 − 1⎝n⎠⎝ n ⎠ k =1 2 + cos(πk n )1⎛ 1 ⎞ n= 0,lim o⎜ 2 ⎟ ⋅ ∑n → +∞⎝ n ⎠ k =1 2 + cos(πk n )k =11 n ⎛∑ ⎜x+n k =1 ⎝=k =1∑ (nx + k )(nx + k + 1)nk1 n 22211имеем: 0 < S n′′ ≤ ∑=⋅n < .≤n k =1 1 + n n(1 + n )n1 + kn 1 + nТаким образом, lim S n′′ = 0 и2n ≤ 2 иn → +∞k111 n2x1.lim S n = lim S n′ = lim ∑ 2 n = ∫ 2 x dx ==n → +∞n → +∞n → +∞ nln2ln2k =10050.
Доказательство. Заметим, что выражение 1 +верхняя сумма Дарбу S n функции f ( x ) =мента[1, n + 1] на1 11+ + ... + есть2 3n1, отвечающая разбиению сегxnn равных частичных сегментов, а ln n = ∫ dx . Следова1тельно, x n = S n −n∫1xdx> 0 , т.е. последовательность {x n } ограничена сниxзу. Рассмотрим разностьОтветы и решенияx n − x n +1 = (S n − S n +1 ) +n +1∫n423dx1=−+xn +1n +1∫ndx.x11при x ∈ [n, n + 1] , то x n − x n +1 > 0 , т.е.Так как≥x n +1{x n } – убы-424функция f (x ) имеет на сегменте [0,1] первообразную (функцию F (x ) ),но она не интегрируема по Риману на [0,1] , так как не ограничена на этомсегменте.2) Рассмотрим функцию Риманаx − иррациональное⎧0,⎪R( x) = ⎨1 / n, x = m / n − рациональное .⎪1,x=0⎩Она интегрируема на сегменте [0,1] (см.
задачу 17), но не имеет на этомвающая последовательность. Её ограниченность сверху (например, первымчленом) очевидна.51. Решение. Покажем, что {U n } – убывающая и ограниченная снизу по1следовательность: 0 ≤ U n≤ 2∫ x n dx =02, поэтому lim U n = 0 .n → +∞n +152. Доказательство. Так как f – интегрируема нас ней и[a, b] , то она, а вместеf , ограничены на [a, b] . Пусть M = sup f .
Рассмотрим прираa ≤ x ≤bщение функцииF (x ) , x ∈ [a, b] , отвечающее приращению Δx :ΔF (x ) = F (x + Δx ) − F ( x ) =x + Δx∫ f (t )dt .xСледовательно,ΔF ( x ) ≤x + Δx∫ f (t ) dtсегменте первообразной. Докажем последнее утверждение. Пусть существуетфункция F (x ) такая, что F ′( x ) = R ( x ) ∀x ∈ [0,1] . Тогда функция R (x )должна принимать все промежуточные значения между своим наибольшим инаименьшим значениями на сегменте [0,1] , т.е. между 0 и 1 (теоремаДарбу6). Однако R (x ) принимает только значения видаd∫xтолькоε >0выбратьδ = ε / M , то какΔx < δ , то ΔF (x ) < ε , что и доказывает непрерывность F (x ) .53.
См. доказательство теоремы 4 пункта 1.5.54. Решение. Интегрируемость функции по Риману на некотором отрезкеи существование у неё первообразной на этом отрезке, вообще говоря, не эквивалентны друг другу. Существуют функции, интегрируемые на отрезке, ноне имеющие на нём первообразной, и наоборот, функции, имеющие первообразную, но не интегрируемые по Риману.
Приведём соответствующие примеры.121) Рассмотрим функцию F ( x ) = x sin 2 . Она дифференцируема вxкаждойточкесегмента.Вычислимеёпроизводную:[0,1]x=0⎧0,⎪. Тогда очевидно, чтоf ( x) = F ′( x) = ⎨1 21⎪⎩2 x sin x 2 − x cos x 2 , 0 < x ≤ 11, где n –nнатуральное число. Значит, функция Римана не может являться производнойникакой функции F (x ) , т.е. не имеет первообразной.55. Решение.
По свойству аддитивности определённого интеграла,≤ M ⋅ Δx . Если в определении не-прерывности для заданного произвольногоСадовничая И.В., Хорошилова Е.В. Определённый интегралcdf (t )dt = ∫ f (t )dt −ac∫ f (t )dt = F (d ) − F (c ) .a56. Доказательство. Используя теорему о среднем значении (теорема 1пункта 2.2 параграфа 2) , имеемx + Δxx0⎞ΔF (x0 ) F ( x0 + Δx ) − F (x0 ) 1 ⎛ 0⎜ f (t )dt − f (t )dt ⎟ ===∫a⎟ΔxΔxΔx ⎜⎝ ∫a⎠x0 + Δx11f (t )dt =(μΔx ) = μ ,∫Δx x0Δxгдеm=infx0 ≤ x ≤ x0 + Δxf ≤μ≤В силу непрерывности f в точке x 0 ,supf =M.(1)x0 ≤ x ≤ x0 + Δx∀ε > 0 ∃δ (ε , x0 ) > 0 : как толькоΔx < δ , то f (t ) − f ( x0 ) < ε , t ∈ [x0 , x0 + Δx ] .
То есть6Теорема о том, что производная функции на некотором сегменте принимает все свои промежуточные значения (между значениями в концах сегмента), даже не являясь непрерывной функцией. Доказательство этого факта можно найти, например, в [1], глава V, §6.Ответы и решения425f ( x0 ) − ε < f (t ) < f ( x0 ) + ε ,но тогда и61.
Решение. Дифференцирование всех указанных интегралов может бытьвыполнено по формуле Лейбница:f (x0 ) − ε ≤ m ≤ M ≤ f (x0 ) + ε ,(2)μ − f (x0 ) ≤ ε , откуда следует, что функцияВ силу (1) и (2) получаем, чтоF (x ) дифференцируема в точке x 0 , причёмΔF (x0 )= lim μ = f (x0 ) .F ′( x0 ) = limΔx →0Δx → 0Δx1ΔF=ΔxΔxx + Δxx=x1∫ax2x2∫af (t )dt ≤x1x2∫ f (t )dt ≤ M x1− x2 .а) F ′( x ) = cos⎛⎜ x ⎞⎟ ⋅⎝⎠( )′⎛ 1 ⎞ cos x⎟⎟ =;x = cos x ⋅ ⎜⎜⎝2 x ⎠ 2 x′б)F ′( x ) = ln(x 5 ) ⋅ (x 5 ) = 25 x 4 ln x ;в)F ′( x ) = −2 sin x⋅x2(так какг) Так как, например,dt =1x; к) 0; л)(м) − sin x cos π cos.(x3x 2+;)x ) − cos x cos (π sin x ) = (sin x − cos x ) cos(π sin x )t2xdx−∫22+t4 3x 2 + x122262.
Решение. а) В данном случае имеем неопределённость вида0. Инте0xграл с переменным верхним пределом∫ cos(t )dt2есть первообразная не-0′⎛x⎞22прерывной функции cos (x ) , т.е. ⎜ ∫ cos(t )dt ⎟ = cos(x ) . Поэтому, при⎜⎟⎝0⎠2cos(x 2 )= 1.x →0x →01x2Отметим, что первообразная для cos (x ) не является элементарнойlim 01x∫ cos(t )dt − ∫ cos(t )dt , то211()cos 1 x 2+F ′( x ) =.x22 xcos x1 + t 12x3∫ cos(t )dtx2и)3t 2x2 sin t∫2 t dt );∫ cos tx равна 0; б) sin (b 2 ) ; в) − sin (a 2 ) ; г) 2 x 1 + x 4 ; д)3x 22x3x 22x3x 2; ж); з);−−1+ x61+ x41+ x61+ x41+ x6меняя правило Лопиталя, получимxx22( x )′ = − sinx x2 sin t∫ t dt = −x∫ sin(x )dx есть константа, не зависящая от x , тоx160.
Решение. По правилу дифференцирования сложной функции имеем:2xb2 x 1 + x 4 ; е)F ( x1 ) − F ( x2 ) =f (t )dt − ∫ f (t )dt =∫ f ′(t , x )dt .ϕ (x)его производная по58. Указание: воспользуйтесь результатом задачи 56. См. также следствиеиз теоремы 2 пункт 1.5.59. Доказательство.ψ (x )a1sup f (t ) Δx = sup f (t ) .Δx a ≤t ≤ba ≤t ≤b∫ f (t )dt ≤ψ (x )df (t , x )dt = f (ψ ( x ), x ) ⋅ψ ′( x ) − f (ϕ ( x ), x ) ⋅ ϕ ′( x ) +dx ϕ ∫( x )а) Поскольку интегралСм.
также доказательство теоремы 2 пункта 1.5.57. Доказательство. а) результат следует из задачи 56;б)Садовничая И.В., Хорошилова Е.В. Определённый интеграл4262limxфункцией, т.е.∫ cos(t )dt не выражается через элементарные функции. Это,20однако, не помешало вычислению искомого предела.Ответы и решенияxxб) limd(arctgt )2 dt2∫dx 0(arctgx )π2= lim= lim=.x → +∞x → +∞xd421+ xdx1+ x22∫ (arctgt ) dt0x → +∞4271+ x222xx⎛ x t2 ⎞d ⎛ t2 ⎞2x2⎜ ∫ e dt ⎟⎜ ∫ e dt ⎟ee t dt2∫⎜⎟⎜⎟⎝0⎠ = lim dx ⎝ 0⎠ = lim0=в) lim xx2 x2x→+∞x → +∞x→+∞de2t 22t 2e dt∫0 e dtdx ∫0xxlimx → +∞∫1 + t 4 dt0x3⎞⎛⎜ ∫ 1 + t 4 dt ⎟⎟⎜4⎠ = lim 1 + x = 1 .= lim ⎝ 0′x → +∞x → +∞33x 2x3( )1б) Перепишем предел в виде limx → +0f (t )∫ tα+1x −α.
Очевидно, что приx → +0числитель и знаменатель дроби стремятся к ∞ . Следовательно, данный предел представляет собой неопределённость видаЛопиталя:∫0x → +0 tgxlim∫0′⎛ sin x⎞⎜ ∫ tgt dt ⎟⎜⎟cos x tg (sin x )⎠ = lim== lim ⎝ 0x→+0′x → +0 tgxsin (tgx )⎞⎛sin t dt⎜ sin t dt ⎟cos 2 x∫⎟⎜⎠⎝0tgt dttg (sin x )sin x= lim= 1.x→+0sin (tgx )tgx64. Доказательство.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
