И.В. Садовничая, Е.В. Хорошилова - Определённый интеграл - теория и практика вычислений (1113461), страница 64
Текст из файла (страница 64)
+ a nи покажем, чтоna1 ≤ a 2 ≤ ... ≤ a n . Пусть число k таково, что a1 ≤ a 2 ≤ ... ≤ a k ≤An ≤ a k +1 ≤ ... ≤ a n . Так какAAAn − a1 An − a 2A − akA++ ... + n≤ ln n + ln n + ... + ln na1a2AnAnAnak(см. предыдущую задачу), то( An ) .kAn − (a1 + a 2 + ... + a k )≤ lnAna1 a 2 ⋅ ... ⋅ a nkКроме того,(снова по предыдущей задаче), откуда следуетa k +1 a k + 2 ⋅ ...
⋅ a n (a k +1 + a k + 2 + ... + a n ) − (n − k )An≤.An( An )n−kkAn − (a1 + a 2 + ... + a k ) (a k +1 + a k + 2 + ... + a n ) − (n − k )An=.AnAnЗначит,a a ⋅ ... ⋅ a( An )k .ln k +1 k + 2 n − k n ≤ lna1 a 2 ⋅... ⋅ a k( An )Отсюда, в силу монотонности функции f ( x ) = ln x , можно утверждать, чтоka k +1 a k + 2 ⋅ ...
⋅ a n(An )≤,a1 a 2 ⋅... ⋅ a k( An )n−kоткуда вытекает требуемое неравенство.22. Решение. а) Так как при x ∈ 1 2 ,1 (т.е. на всём промежутке интег-[)рирования, за исключением единственной точкиx = 1 , подынтегральная]ln x не меняет знака при 1 2 < x < 1 , а x – непрерывна на [1 2 ,1] , тонайдётся число ξ ∈ (1 2 ,1) такое, что2111ξ222222∫ x ln xdx = ξ ∫ ln xdx = ξ (x(ln x − 1)) 1 =1212(ln 2 − 1) < 0 ;sin xв точке x = 0 , например, её предельнымxзначением до непрерывной на [0,2π ] , т.е. рассмотрим функцию⎧ sin x, x ∈ (0,2π ];⎪f (x ) = ⎨ x⎪⎩1, x = 0.б) Доопределим функцию2πaaaa − An a k + 2 − Ana − Anln k +1 + ln k + 2 + ..
+ ln n ≤ k +1++ .. + nAnAnAnAnAnAnНо2функция x ln x отрицательна, то и интеграл от неё принимает отрицательное значение. Иначе: воспользуемся 1-й теоремой о среднем: так как функцииx 2 и ln x собственно интегрируемы на сегменте 1 2 ,1 , причём функция[Ann ≥ a1 a 2 ⋅ ... ⋅ a n . Будем считать (без ограничения общности), чтоlnСадовничая И.В., Хорошилова Е.В. Определённый интеграл436sin xdx =Тогда ∫x02ππ2πsin xdx . Сделаем во второмx00интегралезаменуt = x −π :2ππππsin xsin (t + π )sin tsin x∫π x dx = ∫0 t + π dt = − ∫0 t + π dt = −∫0 x + π dx . Подставляя,πимеем:∫0интегралуππ∫0∫ f (x )dx = ∫ f (x )dx + π∫f (x )sin xdx = π ∫f ( x )dx − ∫dx .
Применим к полученномуx +πx +π00ππ1-ютеоремуосреднем:f (x )dxπdx = πf (ξ )∫= πf (ξ )ln( x + π ) 0 = πf (ξ )(ln 2π − ln π ) =x +πx +π0ππf (ξ ) ln 2 > 0 , так как f (ξ ) =sin ξξ> 0 при ξ ∈ (0, π ) .2πв) По свойству аддитивности представим интеграл[] []∫ x sin xdxв виде0суммы двух интегралов по сегментам 0, π и π ,2π , и сделаем во второминтеграле подстановку t = x − π (чтобы пределы интегрирования у обоихинтегралов стали одинаковыми):Ответы и решения4372ππ2ππ00π0∫ x sin xdx = ∫ x sin xdx +∫ x sin xdx = ∫ x sin xdx +Садовничая И.В., Хорошилова Е.В. Определённый интеграл438x ∈ (π 4 , π 2) .ππππг) Неравенство вытекает из оценки0000д) Так как∫ (π + t )sin(π + t )dt = ∫ x sin xdx − − ∫ (π + t )sin tdt = − π ∫ sin tdt .πПрименяя 1-ю теорему о среднем, получим:(− π ∫ sin tdt = −π 2 sin ξ < 0 ,0)∫x32 x dx =−2∫x3−222∫x−232 x dx = − ∫ t 3 2 −t dt +00≤ x ≤1t = −x :∫x023()2 x dx = ∫ x 3 2 x − 2 − x dx .0Применяя первую теорему о среднем, получим:2∫ x (23x−2−x)dx = 2 f (ξ ) > 0 ,f (ξ ) = ξ 3 (2ξ − 2 −ξ ) > 0 при ξ ∈ (0,2) .1 11123.
Доказательство. а) Так как inf, sup== , тоk ≤ x ≤ k +1 xk + 1 k ≤ x ≤ k +1 x kk +1k +11dxdx 1= ∫< ∫= .k +1 k k +1 k k kтак какk +1в)π128=π⎛ 2⎞1 ππ⎟ dx ≤ ∫ sin 10 xdx ≤ ∫ 1 ⋅ dx = .⋅ = ∫ ⎜⎜⎟32 4 π ⎝ 2 ⎠4ππ4424≤ x ≤ 1 влечёт необходимое2.sin t ≤ t ≤ tgt ,t ∈ [0, π 2) , проинтегрировав его в пределах от 0 до x , x ∈ [0, π 2) :24.Доказательство.xxВоспользуемсянеравенствомxt2∫0 sin tdt ≤ ∫0 tdt ≤ ∫0 tgtdt ⇔ − cos t 0 ≤ 2xxx≤ −l n cos t 0 .025. Доказательство.1б)20≤ x ≤14 − 2 x 2 ≤ 4 − x 2 − x 3 ≤ 4 − x 2 (0 ≤ x ≤ 1) .интеграла.π1eпринимает в точках 0 и 1, а наименьшее, равное 3 11 2 – в точке 1и) Указание: воспользуйтесь неравенствамиа) sin 1 =10inf x = e . Оценка e−3 11 2 ≤ 25 − x + x 2 ≤ 5 , ко2торая вытекает из того, что квадратный трёхчлен x − x + 25 =(x − (1 2 ))2 + 99 4 своё наибольшее на сегменте [0,1] значение, равное 5,1dx 1< ∫< , k ∈ N , поб) Указание: просуммируйте неравенстваk +1 k x kk от 1 до n − 1 и воспользуйтесь свойством аддитивности определённого21eз) Указание: воспользуйтесь оценкой0π−xсоотношение.02ee −1dxe −1.<∫<3ln22x+1е) Указание: при оценке подынтегральной функции на сегменте [2,3]что sup x = 1 ,2 x dx + ∫ x 3 2 x dx .Сделаем в первом из интегралов замену22 < ln x + 2 < 3 при x ∈ (1, e) , тоx202 < 2 x < 16 при x ∈ (1,2) .воспользуйтесь её монотонностью на этом сегменте.ж) Указание: используя логарифмическое дифференцирование, покажите,так как sin ξ > 0 при ξ ∈ 0, π .г) Разобьём интеграл на два интеграла:22 2 < sin x < 1 приСтрогие соотношения следуют из того, что1ππ33∫ cos0dx211cos xcos xdx ≤ ∫dx ≤ ∫ cos xdx =2 sin 1 ;2∫2 −1−1 1 + x−1x 3 + sin x≥∫0πdxcos 2 x 3 + 3 2≥31 3 dx=.2∫2 0 cos x 2Знаки можно заменить на строгие (обоснуйте, почему).e − x < e − x при x ∈ [0,1]; в) функция e − x насегменте [0, π ] принимает не меньшие значения, чем на сегменте [π ,2π ] ;26.
Указание: а) учтите, что22Ответы и решенияг)sin x1≤439геометрическим смыслом определённого интеграла.127. Решение. а)∫0dx>4 − x2 − x31∫01xπ= arcsin= . б) Ука20 64 − x2dxx e ≤ x 2 , x ∈ [0,1]. в) Указание: воспользуйтесь оценкой ln(1 + x ) ≤ ln 2 , x ∈ [0,1] . г) Указание: воспользуйтесьcos x1оценкой:и неравенством arctgx < x , x ∈ (0,+∞ ) .≤231+ x + x1+ x228. Доказательство. Если f ( x ) = 0 при некоторых значениях x ∈ [0,1] ,2зание: воспользуйтесь оценкойто, доопределяя в них функциюиметь:1f ( x )dx =∫a29.
Решение.∫e100 x−a⇔(e100 a1∫00− x21f (x )f (x )(dx = 0,01 e100 af , например, значением нуль, будем1dx ≥∫0−e−100 af (x )a2323dx ≥ a .dx > 0,04t 2 −4t − 1>0 иtππрезультатможнозаписатьвиномdx2π=, где 0 < ξ < π . Далее, поскольку1+0,5cosx1+0,5cosξ0− 1 < cos ξ < 1 , то 0,5 < 1 + 0,5ξ < 1,5 , и отсюда находим искомую оценкувиде:таккакб) Заметим, что для получения более точной оценки интеграла обычнорекомендуется (при наличии альтернативы) во время использования 1-й теоремы о среднем выносить из-под знака интеграла промежуточное значениетой из двух функций, которая на сегменте интегрирования меняется более1плавно по сравнению с другой. Например, в данном интеграле∫019обе функции x и1+ x1∫0x91+ xdxнепрерывны и сохраняют знак на промежутке ин-11+ xменяется с меньшей скоростью,чем функция x , поэтому вынесем её значение в некоторой точке−adxdx∫0 1 + 0,5 cos x = 2∫0 1 + 0,5 cos x .
По первой теореме о среднем получаем,2∫же9100 xt > 2 + 5 . Отсюда a > 0,01 ⋅ ln(2 + 5 ) .30. Решение. а) Так как на сегменте [0,2π ] график функции y = cos xсимметричен относительно прямой x = π (cos(2π − x ) = cos x ) , точтоЭтот4π − 4π 3 4π4π + 4π 3 8π4π8π 4πи, то −. Обозна==<I−<2323333I − 8π 38π 4πчим+= ϑ , тогда I =ϑ , где ϑ < 1 .4π 333тегрирования, но при этом функцияa). Поэтому ∫ e− e −100 a ) > 4 . Обозначив e100 a = t > 0 , имеем2π4π2π<< 4π .3 1 + 0,5 cos ξx ∈ [0, π ] ; ж) построив графики функциипри52x2 + 2y = arctgx на соответствующих сегментах интегрирования, воспользуйтесь5Садовничая И.В., Хорошилова Е.В.
Определённый интеграл440x91+ xdx =ξ ∈ (0,1) :11∫ x dx .1+ ξ90Подынтегральное выражение при этом существенно упростилось, и интеграл1111x 10xdx=⋅ . Полегко вычисляется:=∫1+ ξ 01 + ξ 101 + ξ 10 01111<< 1 , т.е.скольку 0 < ξ < 1 , то<I< .1021+ ξ10 211931. Доказательство. Для решения этой задачи нет необходимости вычислять интеграл под знаком предела.
Достаточно оценить зависимость его значения от параметра n . Воспользуемся для этого 1-й теоремой о среднем:111xn111 x n +1ndxxdx==, где 0 < ξ < 1 .=∫0 1 + x 1 + ξ ∫01 + ξ n + 1 0 (1 + ξ )(n + 1)для интеграла:1Поэтомуxn1dx = lim= 0.n → +∞ ∫ 1 + xn → +∞ (1 + ξ )(n + 1)0limОтветы и решения44132. Решение.
а) Согласно первой теореме о среднем,б) Положим x = t , тогда dx =21dx1∫0 1 + εx 3 = 1 + εξ 3 , где 0 < ξ < 1 .1dxПоэтому lim ∫= lim= 1.3ε → 0 1 + εxε →0 1 + εξ 30б)∫εabεε → +0dxaε < ξ < bε .где∫ ( )и I = sin x dx =2ab2sin t∫2a2tdt .[ ]ab.aξcos a 2 − cos ξ1.∫ dt = 2a ∫2 sin tdt =2aa2 2 taПринепрерывна на 0,1 , поэтому= f (0) ln∫ε f (x ) x2 tbубывает и положительна на промежутке интегрирования, по-tb2bεlimdtэтому, применяя 2-ю теорему о среднем, имеем:bdxdxf ( x ) = f (ξ ) ∫= f (ξ ) ln ,axxaεε → +0 величина ξ → 0 , а функция f (x )f (ξ ) → f (0 ) , и окончательно имеем:1Функция1bεСадовничая И.В., Хорошилова Е.В.
Определённый интеграл442sin tОтсюда получаем оценку1cos a 2 − cos ξ 1− <I=< ,a2aaϑ = aI , − 1 < aI < 1 . Итак, I =или, обозначаяϑa, гдеϑ < 1.e − αx33. Решение. а) Так как обе функции f ( x ) = sin x и g ( x ) =интегxрируемы на сегменте [a, b ] , и g ( x ) – монотонно убывает ( g ′( x ) < 0 ) и не-1положительна и монотонноxубывает на сегменте [n, n + p ], а функция f ( x ) = sin x – непрерывна наотрицательна, то по 2-й теореме о среднем имеем:нём. По 2-й теореме о среднемbI =∫ea=e− αa− αxxξsin xdx = g (a + 0 )∫ f (x )dx =(− cos x ) ξaa=e−α ae− αa ξa∫ sin xdx =34. Доказательство.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
