И.В. Садовничая, Е.В. Хорошилова - Определённый интеграл - теория и практика вычислений (1113461), страница 63
Текст из файла (страница 63)
Доопределим f в точке x 0 предельным значениемдо непрерывной, полагая f ( x0 ) = lim f ( x ) . Тогда F ′( x 0 ) = f ( x0 ) (см.= limx → +0задачу 56).65. Доказательство. ЕслиΔx > 0 , тоΔF+ (0) F (0 + Δx ) − F (0 ) 1 Δx=1 ⋅ dt = 1 .=ΔxΔx ∫0ΔxΔF+ (0)= 1 . Если же Δx < 0 , тоΔx → 0ΔxΔF− (0) F (0 + Δx ) − F (0 ) 1 Δx(− 1) ⋅ dt = −1 ,==ΔxΔx ∫0ΔxСледовательно, F+′ (0 ) = limdtxf ( x ) в точке x = 0 справа).0в) Имеем неопределённость вида , для её раскрытия применим правило0(в силу непрерывностиx → x0′x( )sin xxемся правилом Лопиталя:′⎛ 1 f (t ) ⎞f (t )f (x )⎟⎜− α +1∫x t α +1 dt⎜ ∫ t α +1 dt ⎟f ( x ) f (0 )⎠ = limx= limlim== lim ⎝ x−α −1−α′→+0xx→+0x→+x → +00αα− αxxx −α1Лопиталя:2de t dt2∫∫0 e dtdx 0ex1=2lim== 2 lim2lim=2lim=0.22xx → +∞x → +∞x → +∞ 2 xx → +∞d x2ex2xeedx63. Решение.
а) Заметим, что при x → +∞ числитель и знаменатель дроби стремятся к + ∞ . Следовательно, данный предел представляет собой не∞определённость вида. Чтобы раскрыть эту неопределённость, воспользу∞t2Садовничая И.В., Хорошилова Е.В. Определённый интеграл428∞. Воспользуемся правилом∞следовательно, F−′ (0 ) = limΔx → 0ΔF− (0)= −1 . Очевидно, F+′ (0) ≠ F−′ (0) .ΔxОтветы и решения429Садовничая И.В., Хорошилова Е.В. Определённый интеграл430′x⎛ x t2 ⎞⎛ x t2⎞t2⎜ ∫ e dt ⎟⎜ ∫ e dt ⎟∫0 e dt⎜⎟⎜0⎟0⎝⎠ +1 =+ 1 = lim= lim ⎜+ 1⎟ = limx2x2′x → +∞x → +∞x → +∞2xe⎜ xe⎟xe x⎜⎟⎝⎠66. Указание: используйте схему решения предыдущей задачи и теорему оx0 + Δx∫ f (t )dt = f (c )Δx , где c ∈ [xсреднем значении 7 (0, x0 + Δx] ).x067. Решение.
Пусть c – абсцисса точкизаштрихованных фигур:cbS = ∫ ( f (c ) − f (x ))dx +∫ ( f (x ) − f (c ))dx =ac=f (c )(c − a ) − ∫ f ( x )dx +a= 2cf( )C . Вычислим сумму площадей= limx → +∞cb∫ f (x )dx − f (c )(b − c ) =cccab(c ) − f (c )(a + b) − ∫ f (x )dx − ∫ f (x )dx .exex2+ 2x e2(y=f(x)x)x > 0 , и ϕ ′(x ) не обращается тождественно в нуль нина каком сегменте, принадлежащем промежутку [0,+∞) ). Находимxab()′⎛ x t2⎛ x t2 ⎞2 ⎞⎜ ∫ e dt + xe x ⎟⎜⎟/22xedt2 x ∫ e dt∫⎜⎜⎟⎟⎝ 0⎠ = lim ⎝ 0⎠=0lim=limx2x2x → +∞x → +∞x → +∞2 ′e2/ xeexxt2( )7ϕ ′(x ) =)с абсциссой a + b 2 .68. Доказательство.
Для доказательства эквивалентности двух бесконечнобольших функций достаточно показать, что предел их отношения приx → +∞ равен 1. При вычислении предела дважды воспользуемся правиломЛопиталя:0Теоремы о среднем значении рассмотрены ниже в §2, посвящённом оценкам интегралов1+1 = 1.x → +∞ 1 + 2 x 2+ 1 = lim[ )ния ( ϕ ′( x ) ≥ 0 приϕ(S как функцию c на экстремум.
Так какS ′(c ) = 2cf ′(c ) + 2 f (c ) − f ′(c )(a + b ) − f (c ) − f (c ) = (2c − a − b ) f ′(c ) ,то S ′(c ) меняет знак с минуса наyCx269. Доказательство. Покажем, что для дифференцируемой функцииx на 0,+∞ выполнены необходимые и достаточные условия возраста-Исследуемплюс при переходе через точкуc = a + b 2 . Следовательно,при этом значении c рассматриваемая площадь будет наименьшей.Ответ: надо выбрать точку C2В силу того, чтозать, что функцияxxf ( x )∫ f (t )dt − f ( x )∫ tf (t )dt00⎞⎛⎜ ∫ f (t )dt ⎟⎟⎜⎠⎝0xf (x )⎞⎛⎜ ∫ f (t )dt ⎟⎟⎜⎠⎝0x2.> 0 (по условию задачи), достаточно пока-xx00ψ ( x ) = x ∫ f (t )dt − ∫ tf (t )dtxψ (x ) = ∫ (x − t ) f (t )dt ≥ 0 ,02посколькунеотрицательна. Очевидно,f (t ) > 0 , а t ≤ x . Таким образом,x > 0 , следовательно, ϕ (x ) возрастает на [0,+∞) .⎛ 1⎞70.
Ответ: max f ( x ) = f (1) ≈ 1.66 , min f ( x ) = f ⎜ − ⎟ ≈ −0.11 .−1≤ x ≤1−1≤ x ≤1⎝ 2⎠1771. Ответ: y min = y (1) = −, точки перегиба:124⎞⎛⎛ 4 112 ⎞M 1 ⎜ 2;− ⎟ , M 2 ⎜ ;−⎟.3⎠⎝⎝ 3 81 ⎠ϕ ′(x ) ≥ 0приОтветы и решения43172. Указание: найдите производную функцииf (x ) =sin 2 xcos 2 x00∫ arcsin t dt +73. Решение. Обозначим432Садовничая И.В., Хорошилова Е.В. Определённый интегралчто противоречит последнему условию в задаче. Таким образом, не существует функция f x , удовлетворяющая поставленным условиям.( )∫ arcsin t dt .f ( x ) непрерывна, то интеграл75. Доказательство.
Так как функцияA = max f ( x ) , A = f (x0 ) . При p > 0 имеx∈[0 ,1]емx∫f (t )dt является дифференцируемой функцией и011⎛1⎞ p ⎛1⎞ p⎜ ∫ f (x ) p dx ⎟ ≤ ⎜ ∫ A p dx ⎟ = A .⎜⎟⎜⎟⎝0⎠⎝0⎠Пусть ε > 0 , выберем δ (ε ) > 0 так, что при x − x0 < δ выполняетсяf (x ) ≥ A −ε2. Пусть 0 ≤ α⎛1⎞⎜ ∫ f ( x ) p dx ⎟⎜⎟⎝0⎠1≤ x0 ≤ β ≤ 1 и 0 < α − β < δ . Тогда1p⎞⎛β⎞ p ⎛β ⎛ε⎞p≥ ⎜⎜ ∫ f ( x ) dx ⎟⎟ ≥ ⎜ ∫ ⎜ A − ⎟ dx ⎟⎜ ⎝⎟2⎠⎝α⎠⎝α⎠1ε⎞⎛= ⎜ A − ⎟ (β − α ) p ≥ A − ε2⎠⎝pпри достаточно больших p (поскольку(α − β )1p1p=xf ( x ) = ∫ f (t )dt получаем, что f ′( x ) = f ( x ) для любогосилу уравнения0x . Покажем, что решением дифференциального уравнения f ′( x ) = f ( x )xмогут являться только функции вида f ( x) = Ce , где C – некоторая постоянная. Действительно, пусть функция f ( x ) удовлетворяет данному уравне−x−x−x−xнию.
Тогда ( f ( x)e ) ′ = f ′( x)e − f ( x)e ≡ 0 . Значит, f ( x)e = C ,xт.е. f ( x) = Ce .xВернёмся к исходной задаче. Подставим функцию f ( x) = Ce в уравxxнение→ 1 при p → +∞ ).f ( x ) = ∫ f (t )dt , получим: Ce x = ∫ Ce t dt = C (e x − 1) . Из послед0него соотношения вытекает, что0C = 0 , т.е. f ( x ) ≡ 0 .Таким образом, искомый предел равен A .74. Решение. Пусть f x удовлетворяет условиям задачи. При любом( )x ∈ (0,2) по теореме Лагранжа для отрезков [0, x] и [x,2] имеем:f ( x ) = f (0) + f ′(ϑ1 )x и f ( x ) = f (2) + f ′(ϑ2 )(2 − x ) , где ϑ1 ∈ (0, x ) ,ϑ2 ∈ (x,2) , т.е. f (x ) = 1 + f ′(ϑ1 )x и f ( x ) = 1 + f ′(ϑ2 )(2 − x ) , откуда,соответственно, получаем оценки f ( x ) ≥ 1 − x и f ( x ) ≥ x − 1 .
Тогда1100122111∫ f (x )dx ≥ ∫ (1 − x )dx = 2 , ∫ f (x )dx ≥ ∫ (x − 1)dx = 2 ,причём равенства не могут достигаться одновременно, поскольку тогдаf x ≡ 1 − x при x ∈ 0,1 и f x ≡ x − 1 при x ∈ 1,2 , и нарушается ус-[ ]()()ловие непрерывной дифференцируемости[ ]f ( x ) . Поэтому212001∫ f (x )dx = ∫ f (x )dx + ∫ f (x )dx > 1 ,x⎞d ⎛⎜ ∫ f (t )dt ⎟ = f ( x) . В⎟dx ⎜⎝ 0⎠§2.1. Решение. а) По определению,M [cos x ] =23π3π22∫ cos xdx = − 3π . От0⎡ 3π ⎤cos x принимает на сегменте ⎢0, ⎥⎣ 2 ⎦22⎛ 2 ⎞значение −, а именно cos ξ = −, в точке ξ = arccos⎜ −⎟∈3π3π⎝ 3π ⎠211∈ [0, 3π 2] . б) Имеем для среднего значения: M [sgn x ] = ∫ sgn xdx = .33 −1В данном случае разрывная функция sgn x не принимает на сегменте [− 1,2]метим, что непрерывная функцияОтветы и решения[ ]11x322ни в какой точке.
в) M x = ∫ x dx =значение330среднее значение достигается при=12πξ=2π134331=01, при этом3∈ [0,1] . г) M [sin x sin ( x + ϕ )] =2π1∫ sin x sin (x + ϕ )dx = 4π ∫ (cos ϕ − cos(2 x + ϕ ))dx =0Садовничая И.В., Хорошилова Е.В. Определённый интеграл[ ]a, b , то множество её точек разрыва не может совпадать со всем отрезком всилу критерия Лебега интегрируемости функции (см. теорему 3 пункта 1.3.3параграфа 1). Значит, существует точка x0 ∈ [ a, b] такая, что f x непре-( )bрывна в точке x 0 и f ( x0 )14π(отсчёт ведётся от момента начала падения) выражается формулойV (t ) = V0 + gt ,где V0 – начальная скорость, g – ускорение свободного падения (единицыизмерения считаем согласованными). Вычислим среднее значение скоростиза промежуток времени T :TTT211⎞⎛M [V ] = ∫ V (t )dt = ∫ (V0 + gt )dt = 1 ⎜⎜V0 t + gt ⎟⎟ =T 0T 0T⎝2 ⎠0gT V0 + V (T )= V0 +=.22Как видим, оно оказалось равным среднему арифметическому начальной скорости V0 и скорости тела в момент времени T .4.
См. свойство 3 среднего значения функции в пункте 2.2.1.В случае f x = arctgx получаем:()π1.limarctgx=arctgtdt=x → +∞x → +∞ x ∫205. См. свойство 4 среднего значения функции в пункте 2.2.1.6. См. свойство 5 среднего значения функции в пункте 2.2.1.7. Доказательство. Для доказательства первого утверждения см. свойство1 пункта 2.1.Покажем, что для строго положительной функции выполняется неравенb∫ f (x )dx > 0 . Действительно, так как функция f (x ) интегрируема наa∫ f (x )dx > 0(см.aсвойство 3 пункта 2.1).π∫πcos xdx = 1 > 0 , но при8.
Ответ: вообще говоря, нет. Например,−⋅2этом, очевидно, неравенство cos x ≥ 0 не выполняется при π9. См. свойство 2 пункта 2.1 и задачу 7.10. Ответ: вообще говоря, нет. Рассмотрите пример:g ( x ) ≡ 1 2 , x ∈ [0, π ] .2< x ≤π .f ( x ) = sin x ,11. См. свойство 3 пункта 2.1.12. См. свойство 7 пункта 2.1.13. Указание: воспользоваться методом от противного.14. Указание: воспользоваться методом от противного (см.
свойство 4пункта 2.1).15. См. свойство 5 пункта 2.1. Можно также применить следующее свойство модулей в отношении интегральных сумм:n∑k =1f (ξ k )Δx k ≤n∑ f (ξ ) Δxk =1kk.16. Указание. Воспользуйтесь результатом предыдущей задачи.17. См. свойство 6 пункта 2.1.18. См. свойство 8 пункта 2.1.19.
См. свойство 9 пункта 2.1.20. Доказательство. Воспользуемся геометрическим смыслом опреде-xlimство> 0 . Отсюда следует, что02π⎛ 2π⎞ cos ϕ2⎜ ∫ cos ϕdx − ∫ cos(2 x + ϕ )dx ⎟ =; д) 2 + ln 2.⎜⎟2+1e0⎝0⎠2. Ответ: при a = e .3. Решение. Скорость V свободно падающего тела в момент времени t=434bлённого интеграла. Интеграл∫aции, ограниченной линиямиdxвыражает площадь криволинейной трапеxy = 1 x , y = 0 , x = a , x = b ; числа жеb−ab−aиравны площадям прямоугольников с основанием [a; b ] иabвысотами, равными 1 a и 1 b соответственно. Один из них содержит криво-Ответы и решения435линейную трапецию, а другой содержится в ней. Заметим, что приb−ab b−a.= ln =baaвыполнено21. Доказательство. Положимa=bAn =a1 + a 2 + ...
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
