И.В. Садовничая, Е.В. Хорошилова - Определённый интеграл - теория и практика вычислений (1113461), страница 65
Текст из файла (страница 65)
Функция g ( x ) =n+ pI=(cos a − cos ξ ) , где a < ξ < b .aaТак как − 2 ≤ cos a − cos ξ ≤ 2 , тоe − α a e − αae − αa(cos a − cos ξ ) ≤ 2−2≤.aaa− αaДалее, так как α ≥ 0 , то e≤ 1 и отсюда получаем более приближённую22I= ϑ , можно предоценку: − < I < . Этот же результат, обозначивaa2a2ставить в следующем виде: I = ϑ , где ϑ < 1 .a∫naξ11sin x1ξdx = ∫ sin xdx = (− cos x ) n = (cos n − cos ξ ) ,nnxnnгде n < ξ < n + p . Посколькуn+ p∫nn+ pбом n , то limn → +∞∫ncos n − cos ξ 2sin xdx =≤ при люxnnsin xdx = 0 .xxt n +1x n +1x n +1n35. Решение.
∫ t dt =. По условию,= x(ϑx ) ,=n +1n +1 0 n +10xnотсюдаϑ=1nn +1.α ∈ [a, b] . Выберем числа ε k > 0 (k ∈ N )k → +∞ и α +ε k < b . Тогда, по условию,36. Доказательство. Пустьтакие, чтоεk → 0приОтветы и решенияα +ε k∫ f (x )dx ≤ M ⋅ ε1+δkα +ε k∫ f (x )dx = ε f (ξ ) , где, и по теореме о среднемαξ k ∈ (α , α + ε k ) .443kkСадовничая И.В., Хорошилова Е.В. Определённый интеграл4443.
Решение. а) Пользуясь свойством аддитивности, разбиваем интеграл насумму двух интегралов и затем по формуле Ньютона–Лейбница получаем2α∫f (ξ k ) ≤ Mε kδ и, следовательно, f (ξ k ) → 0Отсюда0при k → +∞ . В силу непрерывности f ( x ) и того, чтоf (α ) = 0 . Поскольку α произвольно, точто тогда f ( x ) ≡ 0 и на [a, b ] .ξ k → α , получаемf ( x ) ≡ 0 на (α , β ) .
Очевидно,37. См. теорему 1 п. 2.3.1.38. Доказательство. Применяя неравенство Коши–Буняковского дляфункций f ( x ) =1f (x )dx = ∫ f ( x )dx +0=1∫011⎛1⎞1⎜ ∫ x e x dx ⎟ ≤ ∫ xdx ⋅ ∫ e 2 x dx = (e + 1)(e − 1) < e − 1 ,⎜⎟400⎝0⎠x=2π35π1. Ответ: а) 2; б) ; в) 2; г); д).84212. Решение. а) 1)∫f ( x )dx =−10∫f ( x )dx +−1=3 0x3−1+x20=1∫0f (x )dx = ∫ x 2 dx +−11∫ xdx =01 1 5+ = .3 2 6]115.6t00t (1 − x )−⋅1− t21t(1 − x )dx =1 − t ∫t2 1=tt 2 t (1 − t ) t+= .2221, терпящая разрыв в точкеx −1[0,2]; б) допущено неравносильное преобразование: cos 2 x = cos x ,x ∈ [0, π ] ; в) не учтено, что x 2 3 = x 1 3 , x ∈ [− 1,1] .x5.
Решение. Монотонная на сегменте [0,2] непрерывная функция eточки разрыва подынтегральной функции: e⎛ 1⎞5(7 < e< 8) . Найдём= k , т.е. x k = ln k , где2[ ] = ln k , поэтому( )k +1∫ [e ]dx = ∑ ∫ kdx + ∫ 7dx = ∑ k ln k +7(2 − ln 7 ) =01xk2k = 2,3,...,7 . На каждом промежутке вида [ln k , ln(k + 1)) , k = 1,2,...,6 ,xx∫ f (x )dx = F (1) − F (− 1) = 2 − ⎜⎝ − 3 ⎟⎠ = 6 .−120Риману); с другой стороны, функция −2Тогда по формуле Ньютона–Лейбница имеемб) 2,5 .=∫ (2 − x )dx =4. Решение. а) Подынтегральная функция не определена и, более того, неограничена в окрестности точки x = 1 (следовательно, не интегрируема поимеем e⎧⎪ x 3 3 , x < 0;F (x ) = ⎨ 2⎪⎩ x 2 , x ≥ 0.1(2 − x )принимает все промежуточные значения между 1 и e2) Очевидно, одной из первообразных к подынтегральной функции насегменте − 1,1 является непрерывная функция[−02 22x = 1 , не является первообразной для подынтегральной функции на сегменте02 11f (x )dx = ∫ xdx +2 t2§ 3.x3∫1f ( x )dx = ∫ x 2 dx +б) Поступая аналогично, находимx и g (x ) = e x , интегрируемых на сегменте [0,1] , имеем:откуда и получаем требуемый результат.39.
Указание: для оценки сверху воспользуйтесь неравенством Коши–Буняковского.3 126 ln k +1k =1ln k26k =1ln 7k6⎛ k +1⎞= ∑ ln⎜⎟ + 7(2 − ln 7 ) =⎝ k ⎠k =1Ответы и решения234445562 ⎛3⎞ ⎛4⎞ ⎛5⎞ ⎛6⎞ ⎛7⎞= ln ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ + 14 − ln 7 7 =1 ⎝2⎠ ⎝3⎠ ⎝4⎠ ⎝5⎠ ⎝6⎠76= ln− ln 7 7 + 14 = 14 − ln(7!) .1⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 4 ⋅ 5 ⋅ 6− 4 cos∫0⎧ x,x ≤ l;⎪1f (t )dt = ⎨l ,= ( x + l − x − l ).x > l;2⎪− l ,x < −l⎩π∫ x sgn(cos x )dx =(3то()Точки301xk = k(k = 1,2,3,4,5)[0,6] на части, внутри каждой из которыхцелая часть [x] раскрывается однозначно ( [x ] = k при x ∈ [k , k + 1) ; приинтегрировании на отрезке [k , k + 1] подынтегральную функцию на правомконце – в точке x = k + 1 – доопределяем по непрерывности).
Используясвойство аддитивности, в итоге получаем∫ [x]sin065k +1k =1kdx = ∑ k∫ sinπx65dx = ∑k =16kπcosπx6k=k +1πkπ (k + 1) ⎞⎛= ∑ k ⎜ cos− cos⎟=π k =1 ⎝66 ⎠6 ⎛ππ⎞ ⎛ππ⎞= (⎜ cos − cos ⎟ + 2⎜ cos − cos ⎟ +π ⎝63⎠ ⎝32⎠π5π ⎞2π2π ⎞ ⎛⎛+ 3⎜ cos − cos− cos⎟ + 4⎜ cos⎟+6 ⎠33 ⎠ ⎝2⎝6ππππ5π⎛⎞+ 5⎜ cos− cos π ⎟) = (cos − cos + 2 cos + 3 cos −π66333⎝⎠65π6+ 5) =30π.0разрываπ∫ xdx =π2⎛π 2 π 2 ⎞π2⎟⎟ = −− 0 − ⎜⎜−.88 ⎠4⎝ 2π 2подынтегральнойфункции–нулифункции−πkторазбивают сегмент интегрированияπx6− 5 cos1+∞ xk0k = 0 x k +1∫ sgn(sin(ln x ))dx = ∑ ∫ sgn(sin(ln x ))dx =в) Точки разрыва подынтегральной функции6π(k = 0,1,2...) .
Так как⎧− 1, x ∈ ( x k +1 , x k ), k − чётное;sgn(sin(ln x )) = ⎨=⎩1, x ∈ ( x k +1 , x k ), k − нечётное,k −1= (− 1) , x ∈ ( x k +1 , xk ) ,3∫ sgn x − x dx = ∫ dx − ∫ dx = 1 − 2 = −1 .0∫ xdx −y = sin (ln x ) , т.е. точки x k = e)13+ 4 cosπ 20б)⎧1, 0 < x < 1;⎪1 < x ≤ 3;б) Поскольку sgn x − x = ⎨− 1,⎪0,x = 0, x = 1,⎩3π7. Решение.
а) Подынтегральная функция ограничена и разрывна в точкеx = π 2 , поэтому6. Решение. а) Интегрируя, получаемxСадовничая И.В., Хорошилова Е.В. Определённый интеграл446+∞= ∑ (− 1)k −1(e−πk)− e −π (k +1) = limk =0n → +∞∑ (− 1) (e πnk −1− k)− e −π (k +1) =k =0−ππnπ− 1 + (− 1) e −π (n +1) e −π − 1 e 2 − e 2= −th .= 1 − e −π lim= π= −ππ−πn → +∞−21+ ee +1e 2 +e2в) Множество E состоит из сегментов [0, π ] и [2π ,3π ]. Принимая вовнимание, что на каждом из этих сегментов функция y = cos x принимает()как положительные, так и отрицательные значения, представим интеграл намножестве E в виде суммы интегралов по сегментам 0, π 2 , π 2 , π ,[2π , 5π 2] , [5π[] [2 ,3π ] , внутри каждого из которых cos x сохраняет по-стоянный знак:π∫ cos x sin x dx =E]2∫0sin x d (sin x ) −π∫π2sin x d (sin x ) +Ответы и решения+5π2∫sin x d (sin x ) −3π∫447[0,1] ;резокsin x d (sin x ) =15π3ππ⎛ 3 π23332⎜2= ⎜ sin 2 x − sin 2 x + sin 2 x − sin 2 x3⎜5ππ2π022⎝f (x ) = 1 − x 2функция⎞⎟ 8⎟= .⎟ 3⎠8.
Решение.∫0()sh2 + 1 + sh 2 2sh 2 + ch 2∫sh1 1 + x 2 = l n x + 1 + x sh1 = ln sh1 + 1 + sh 2 1 = ln sh1 + ch1 .e2sh 2 + ch 2xТак как shx + chx = e , то ln= ln= 1.sh1 + ch1e9. Решение. Определяя знак производной f ′ функции f на каждом изdx2sh 2участков монотонности, и используя формулу Ньютона–Лейбница, получим:3∫01f ′( x ) dx = − ∫ f ′( x )dx +02∫f ′( x )dx −13∫f ′( x )dx =терпит разрыв; разрывная в этой точке функция1+ 21xне может служитьпервообразной (см.
пример 6 раздела 3.1).11. Решение. Ответ положителен во всех трёх случаях.а) Убедимся в выполнении условий теоремы 2 (о подстановках в определённом интеграле): функция x = sin t – непрерывно дифференцируема насегменте[π2 , π ] и множеством её значений на этом сегменте является от-π22πππππ111sin 2t= ∫ (cos 2t + 1)dt = ∫ cos 2tdt + ∫ dt =2π2π2π422ππ+2π4=π4.б) В этом случае также выполняются условия теоремы 2: функцияx = sin t непрерывно дифференцируема на сегменте [2π , 5π 2] и множест-[0,1] ; функция f (x ) =2) = 1 . Тогдавом её значений является отрезокрывна на[0,1] ; x(2π ) = 0 , x(5π1∫1 − x 2 dx =05π25π22211 − x 2 непре-5π2∫π cos t cos tdt = ∫π cos tdt = 2 ∫π (cos 2t + 1)dt ==2= − f (1) + f (0) + f (2) − f (1) − f (3) + f (2) = 8 .10. Решение. а) Функция t = tgx разрывна в точках x = π 2 иx = 3π 2 (см.
теорему 1 раздела 3.2).б) подстановка x = 1 t не приемлема, так как из того, что t ∈ [− 1,1] , неследует, что x ∈ [− 1,1] (см. пример 2 раздела 3.2);в) в точке x = 0 подынтегральная функция не определена и, более того,1π[0,1] ;1 − x 2 dx = ∫ cos t cos tdt = − ∫ cos 2 tdt =2sh 2непрерывна на сегментеx(π ) = 0 , x(π 2) = 1 . Вычислим интеграл:5π22πСадовничая И.В., Хорошилова Е.В. Определённый интеграл448225π21 ⎛ sin 2t ⎞π+ t⎟ = .⎜2⎝ 24⎠ 2πв) Убедимся, что и в этом случае выполняются условия теоремы 2: функция x = sin t непрерывно дифференцируема на сегменте π , 5π 2 и множествомf (x ) =[]её значений на этом сегменте является отрезок [− 1,1] ; функция1 − x 2 непрерывна на сегменте [− 1,1] ; x(π ) = 0 , x(5π 2) = 1 .Вычислим интеграл:1∫1 − x 2 dx =01=−25π23π2∫π cos t cos tdt = − π∫ cos3π22tdt +5π2∫π cos325π1 2(1 + cos 2t )dt =()1+cos2tdt+∫π2 3∫π22tdt =Ответы и решения3π449проще было вычислить данный интеграл непосредственно по формуле Ньютона–Лейбница:5π1 ⎛ sin 2t ⎞ 2π π π1 ⎛ sin 2t ⎞ 2= − ⎜t +⎟ + ⎜t +⎟ =− + = .2⎝2 ⎠π4 2 42⎝2 ⎠ 3πsin t ≤ 1 и cos t ≤ 1 , а x на промежуткеинтегрирования принимает значения от 0 до 3.б)–г) См.
разобранный в тексте пособия пример 3 раздела 3.2 с интегра2πломdx∫ 1 + 0,5 cos x .0д) Проверим выполнение условий теоремы 1 (о замене переменной в определённом интеграле) в данном случае: t = x − 6 x + 13 – непрерывно∫[0,7] функция, и множество её значений на[0,7] является отрезок [4,20].Найдём функцию g (t ) (она должна быть непрерывна на сегменте[4,20]). Для этого рассмотрим равенство t = x 2 − 6 x + 13 как квадратноеx и вычислим его корни: x = 3 ± t − 4 , причёмдля x ∈ [0,3] имеем x = 3 − t − 4 , а для x ∈ [3,7] , соответственно,уравнение относительно(f ( x )d (sin x ) =∫ (x02)()− 6 x + 13 dx = ∫ x 2 − 6 x + 13 dx +0В первом интегралеdx = −dt2 t−47∫ (x2тельно получаем2π∫)∫(04)4∫ (p023)+ 4 dp = 21 +f ( x )d (sin x ) =(1∫f (arcsin t )dt +0−1∫ f (π − arcsin t )dt +10+ ∫ f (2π − arcsin t )dt .−1dt2 t −4.
Полу-201tdt1tdtx − 6 x + 13 dx = − ∫+ ∫= ∫ p 2 + 4 dp +2 13 t − 4 2 4 t − 4 02∫ f (x )d (sin x ) .3π2ππ⎤⎡ πt = sin x на сегменте ⎢− + πn, + πn ⎥ ,2⎦⎣ 2nn ∈ Z , является функция x = (− 1) arcsin t + πn , n ∈ Z . Тогда оконча-− 6 x + 13 dx .dx =2πфункцией, обратной к функции3, а во втором∫f ( x )d (sin x ) +20чим7∫f (x )d (sin x ) +3π2Воспользуемся известным из курса элементарной математики фактом, чтония необходимо разбить на две части:3200x = 3 + t − 4 .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
