Учебное пособие - Определенный интеграл. Практикум (1238758), страница 17
Текст из файла (страница 17)
Неравенства 0 6 ξ 6 1 влекут за собой оценку11√ 6√611+ξ2и, таким образом,1√ 610 2∫1√x91dx 6 .101+x0∫1002325.e−xdx.x + 1000По первой теореме о среднем∫100e−x1dx =x + 100ξ + 100∫1001 − e−100,e−x dx =ξ + 10000где ξ ∈ [0; 100]. Из неравенств 0 6 ξ 6 100, следует оценка1 − e−1001 − e−1001 − e−10066,200ξ + 100100т. е.1 − e−1006200∫100e−x1 − e−100dx 6.x + 10010002326. Доказать равенства:∫1а)limn→+∞xndx = 0;1+xб)∫π/2sinn x dx = 0;limn→+∞00а).
Так как∫1060xndx 61+x∫1xn dx =02081,n+1то отсюда следует, что при n → +∞∫1xndx → 0.1+x0б). Проверим определение предела. Пусть ε > 0. Выберем винтервале (0; π/2) точку xε так, чтобыπε− xε <22и разобьем рассматриваемый интеграл на дваIn = In(1) + In(2) ,где∫π/2=sinn x dx.∫xεIn(1)nsin x dx,=In(2)xε0Оценим первый из полученных интегралов. Пустьq = sin xε .В силу монотонного возрастания функции y = sin x6nnq dx = qsin xε dx =0∫π/2∫xε∫xε∫xεIn(1)dx 6 qn00ndx =π nq .20Так как 0 < q < 1, то последовательностьan =π nq →02при n → +∞.
Следовательно, по определению предела, существует такое натуральное nε , что при всех n > nε будет справедливо неравенствоπ ε n q < ,22209и, соответственно,εIn(1) < .2Оценим второй интеграл. Так как | sin x| 6 1, то∫π/2In(2)6επ− xε < .22dx =xεОтсюда получаем, что при всех n > nε−ε < 0 6 In = In(1) + In(2) <ε ε+ = ε,2 2и поэтому −ε < In < ε, т.
е.|In − 0| < ε.Таким образом, действительно∫π/2sinn x dx = 0.limn→+∞02326.1. Найти:∫1а) limε→0dx;2εx + 1∫bεб) limf (x)ε→0dx,xaε0где a > 0, b > 0 и f (x) ∈ C[0; 1].а). По теореме о среднем∫1dx1= 2,εx2 + 1εξ + 10где ξ ∈ [0; 1]. Из неравенства 0 6 ξ 6 1 следует, что116 26 1,1+εεξ + 1210т. е.161+ε∫1dx6 1.+1εx20Переходя здесь к пределу при ε → 0, получаем, что∫1limdx= 1.+1εx2ε→00б). По теореме о среднем∫bεdxf (x)= f (ξ)x∫bεdxb= f (ξ) ln ,xaaεaεгде ξ находится между точками aε и bε и, поэтомуlim ξ = 0.ε→0В силу непрерывности функции f (x)∫bεlimf (x)ε→0bbdx= lim f (ξ) ln = f (0) ln .ε→0xaaaε2327. Пусть f (x) непрерывна на [a; b] и φ(x) непрерывна на[a; b] и дифференцируема на (a; b), причемφ′ (x) > 0 при a < x < b.Доказать вторую теорему о среднем, применяя интегрирование по частям и используя первую теорему о среднем.Положим∫xF (x) = f (t) dt,a211В силу свойств интеграла с переменным верхним пределом, функция F (x) непрервыно дифференцируема и F ′ (x) = f (x), следовательно,∫b∫bI = f (x)φ(x) dx = φ(x) dF (x).aaИнтегрируя по частям, получаем:b ∫bI = φ(x)F (x) − F (x)φ′ (x) dx.aТак какa∫bF (b) =∫bf (t) dt =af (x) dx,aа F (a) = 0, то∫b∫bf (x) dx −I = φ(b)aF (x)φ′ (x) dx.(4.6)aФункция F (x) непрерывна (более того, непрерывно дифференцируема), а функция φ′ (x) 6 0 и интегрируема, следовательно,применима первая теорема о среднем:∫b∫b′F (x)φ (x) dx = F (ξ)a=∫ξφ′ (x) dx =af (x) dx [φ(b) − φ(a)](4.7)a(ξ ∈ [a; b]).
Подставляя (4.7) в (4.6), получаем:∫b∫bf (x) dx − [φ(b) − φ(a)]f (x)φ(x) dx = φ(b)a∫ξaf (x) dx =a212∫ξ= φ(a) b∫∫ξf (x) dx + φ(b) f (x) dx − f (x) dx =aaa∫ξ= φ(a)∫bf (x) dx + φ(b)af (x) dx,ξт. е. при некотором ξ ∈ [a; b]∫ξ∫bf (x)φ(x) dx = φ(a)∫bf (x) dx + φ(b)aaf (x) dx.ξПолученная формула и представлет вторую теорему о среднем.Замечание. В условии задачи пропущено условие интегрируемости функции φ′ (x).
Это условие существенно в том доказательстве, которое требуется провести согласно условию задачи.Пользуясь второй теоремой о среднем, оценить интегралы:200π∫2328.sin xdx.x100πВ силу свойства аддитивности интеграла200π∫I=199∑sin xdx =x100ππ(k+1)∫k=100sin xdx.xπkПроизводя замену t = x − πk, получаемπ(k+1)∫sin xdx = (−1)kx∫π0πk213sin t dt,t + πkследовательно,199∑I=∫πk(−1)k=100sin t dt.t + πk0Группируя в последней сумме по два слагаемых, имеем π∫∫π99∑sin t dtsin t dt=I=−t + 2πnt + π(2n + 1)n=50=π0099 ∫π∑n=50 0sin t dt.(t + 2πn)(t + π(2n + 1))Функцияφn (t) =1(t + 2πn)(t + π(2n + 1))убывает и, применяя вторую теорему о среднем, находим∫πsin t dt=(t + 2πn)(t + π(2n + 1))∫πsin t φn (t) dt =00∫ξnsin t dt = φn (0) (1 − cos ξn ) == φn (0)1 − cos ξn.2π 2 n(2n + 1)0(ξn ∈ [0; π]).Таким образом,I=991 ∑ 1 − cos ξn.π2n(2n + 1)n=50Учитывая.
что 0 6 1−cos ξn 6 2, 2n > 100, 2n+1 > 100, получаем()991211 ∑2=· 50 =.I<π100 · 100π 100 · 100100πn=50214Следовательно,06I<т. е.200π∫061,100πsin x1dx <.x100π100π∫b2329.e−αxsin x dxx(α > 0; 0 < a < b).aФункция φ(x) = e−αx /x монотонно убывает. Применяя вторую теорему о среднем, получаем∫be−αae−αxsin x dx =xa∫ξsin x dx =e−αa(cos a − cos ξ).aaaТак как | cos a − cos ξ| 6 2 и e−αa 6 1, то b∫ −αx e 2sin x dx 6 .x aa∫bsin x2 dx2330.(0 < a < b).aПосле замены переменной t =∫b√1sin x dx =2x, получаем∫b22asin t√ dt.ta2√В полученном интеграле функция φ(t) = 1/ t убывает.
Применяя вторую теорему о среднем, получаем12∫b2a2sin t1√ dt =2at∫ξsin t dt =a2215cos a2 − cos ξ 2.2aТак как | cos a2 − cos ξ 2 | 6 2, то cos a2 − cos ξ 2 16 , a2aа, следовательно, и b∫2 sin x dx 6 1 . aa2331. Пусть функции φ(x) и ψ(x) интегрируемы на промежутке [a; b] вместе со своими квадратами. Доказать неравенствоКоши – Буняковского: b∫a2∫b∫b2φ(x)ψ(x) dx6 φ (x) dx ψ 2 (x) dx.a(4.8)aРассмотрим неотрицательную функцию переменной t:∫b(tφ(x) + ψ(x))2 dx =f (t) =a∫b∫b∫b2= t φ (x) dx + 2t φ(x)ψ(x) dx + ψ 2 (x) dx = At2 + Bt + C,2aaaгде∫b∫bφ2 (x) dx ,A=aB=2∫bφ(x)ψ(x) dx ,aψ 2 (x) dx.C=aа) A ̸= 0. В этом случае функция f (t) = At2 + Bt + C представляет собой квадратный трехчлен, который неотрицателен на216всей числовой прямой.
Это может быть только в том случае, когда его дискриминантD = B 2 − 4AC 6 0,т. е.4∫b2 b b∫∫φ(x)ψ(x) dx 6 4 φ2 (x) dx ψ 2 (x) dx ,aaaчто равносильно неравенству (4.8).б) A = 0. В этом случае неотрицательна на всей числовойпрямой функция f (t) = Bt + C. Это возможно тогда и толькотогда, когда B = 0 и C > 0. Неравенство (4.8) в этом случаепринимает вид02 6 0 · Cи, очевидно, выполнено.2332. Пусть функция f (x) непрерывно дифференцируема насегменте [a; b] и f (a) = 0.Доказать неравенство∫bM 6 (b − a)2f ′2 (x) dx,aгдеM = sup |f (x)|.a6x6bТак как f (a) = 0, то∫xf (x) =f ′ (t) dt.a217Применяя к интегралу, стоящему в правой части последнего равенства неравенство Коши – Буняковского (см. задачу 2331), получаем: x2∫∫x∫x2′2′|f (x)| = f (t) · 1 dt 6 |f (t)| dt 12 dt =aaa∫x∫b∫b′2′2= (x − a) |f (t)| dt 6 (b − a) |f (t)| dt = (b − a) |f ′ (x)|2 dx.aaaПереходя в неравенстве∫b|f (x)|2 6 (b − a)|f ′ (x)|2 dxaк точной верхней грани, получаем()2sup |f (x)|∫b6 (b − a)a6x6b|f ′ (x)|2 dx,aчто доказывает утверждение задачи.2333.
Доказать равенствоn+p∫limn→+∞sin xdx = 0 (p > 0).xnПрименяя вторую теорему о среднем (с учетом убыванияфункции φ(x) = 1/x), получаем:n+p∫n1sin xdx =xn∫ξsin x dx =n218cos n − cos ξ.nИз этого равенства получаем, что при любом p > 0 n+p∫sin x 2dx 6 ,x nnоткуда и следует, чтоn+p∫limn→+∞sin xdx = 0.xn219Глава 5Несобственные интегралыНесобственные интегралы представляют обобщение понятияинтеграла на случай неограниченного промежутка интегрирования или неограниченной подынтегральной функции. Для удобства дальнейших формулировок введем понятие локально интегрируемой функции. Пусть X – некоторое подмножество вещественнной прямой.
Функцию f , определенную на X, будем называть локально интегрируемой на X, если эта функция интегрируема на любом отрезке, содержащимся в X.Рассмотрим сначала простейшие несобственные интегралыпо промежуткам [a; +∞), [a; b), (−∞; b] и (a; b].Пусть функция f определена и локально интегрируема напромежутке X = [a; +∞), тогда несобственным интегралом попромежутку X называют величину+∞∫∫bf (x) dx = limf (x) dx.b→+∞a(5.1)aЕсли предел в правой части равенства (5.1) существует, то интеграл называют сходящимся, в противном случае его называютрасходящимся. Если функции f непрерывна, а F – первообразная этой функции на промежутке X, то несобственный интеграл220(5.1) можно вычислить по формуле Ньютона – Лейбница:+∞ +∞∫f (x) dx = F (x),(5.2)aaгде под правой частью равенства (5.2) понимается величина +∞F (x)= lim F (x) − F (a).x→+∞aЗадача 17.
Доказать формулу (5.2).Сходимость интеграла не зависит от выбора нижнего предела интегрирования. Это свойство составляет содержание следующей задачи.Задача 18. Если интеграл (5.1) сходится, то при любом A > aсходится интеграл+∞∫f (x) dx.(5.3)AОбратно, если при некотором A > a сходится интеграл (5.3), тосходится и интеграл (5.1).Пусть функция f определена и локально интегрируема напромежутке X = [a; b), тогда несобственным интегралом по промежутку X называют величину∫b∫cf (x) dx = limf (x) dx.c→b−0a(5.4)aЕсли предел в правой части равенства (5.4) существует, то несобственный интеграл называют сходящимся, в противном случаеего называют расходящимся.
Если функции f непрерывна, а F– первообразная этой функции на промежутке X, то несобственный интеграл (5.4) можно вычислить по формуле Ньютона –221Лейбница:∫bbf (x) dx = F (x) ,(5.5)aaгде под правой частью равенства (5.5) понимается величинаbF (x) = lim F (x) − F (a).ax→b−0Задача 19. Доказать формулу (5.5).Сходимость интеграла не зависит от выбора нижнего пределаинтегрирования. Если сходится интеграл (5.4), то при любом a′ ∈∈ [a; b) также сходится и интеграл по промежутку [a′ ; b).
Обратно, если при некотором a′ ∈ [a; b) сходится интеграл по промежутку [a′ ; b), то сходится и интеграл (5.4).Аналогичным образом определяются другие несобственныеинтегралы. Несобственный интеграл по промежутку X = (−∞; b]:∫b∫bf (x) dx = limf (x) dx.a→−∞−∞aНесобственный интеграл от функции, определенной на X = (a; b]:∫b∫bf (x) dx.f (x) dx = limc→a+0caЕсли функции f непрерывна, а F – первообразная этой функциина промежутке X, то∫bbf (x) dx = F (x)−∞∫ba−∞= F (b) − lim F (x),x→−∞bf (x) dx = F (x) = F (b) − lim F (x).a222x→a+0Сходимость интегралов по промежуткам (−∞; b] и (a; b] независит от выбора верхнего предела интегрирования.Для несобственных интегралов по промежуткам [a; b) и (a; b]используется то же самое обозначение, что и для собственного(определенного) интеграла по отрезку [a; b].
Это не приводит кнедоразумениям: в том случае, когда существует собственныйинтеграл, оба несобственных интеграла равены собственному.Задача 20. Пусть функция f интегрируема на отрезке [a; b],тогда несобственные интегралы от f по промежуткам [a; b) и(a; b] существуют и совпадают с определеным интегралом по отрезку [a; b].Для промежутка X = (−∞; +∞) несобственный интеграл+∞+∞∫∫c∫f (x) dx =f (x) dx +f (x) dx,−∞−∞(5.6)cгде c – произвольная точка. Интеграл называют сходящимся, если сходятся оба интеграла в правой части равенства (5.6). Сходимость интеграла и его значение не зависят от выбора точкиc.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
