Учебное пособие - Определенный интеграл. Практикум (1238758), страница 25
Текст из файла (страница 25)
Вычислим производнуюg ′ (x) =′ (x)P (x) − P (x)P ′ (x)Pmnmn.2Pn (x)′ (x)P (x) − P (x)P ′ (x)Числитель полученного выражения Pmnmnпредставляет собой многочлен, который может иметь только конечное число корней (случай когда g(x) = const мы исключаем,так как m ̸= n). Отсюда следует, что существует такое числоA, что при x > A функция g ′ (x) не имеет нулей и, таким образом, знакопостоянна.
Это влечет монотонность функции g(x) напромежутке [A; +∞). Более того, так как m < n, то функцияg(x) имеет нулевой предел на бесконечности. С другой стороны,функция y = sin x имеет ограниченную первообразную, следовательно, интеграл+∞+∞∫∫f (x) dx =g(x) sin x dxAAсходится по признаку Дирихле. Так как сходимость интеграла независит от выбора нижнего предела интегрирования, то сходится310и рассматриваемый интеграл+∞∫f (x) dx.aИнтеграл от модуля функции f (x) также можно рассматривать на промежутке [A; +∞). Для оценки этого интеграла воспользуемся неравенством | sin x| > sin2 x, вытекающим из неравенства | sin x| 6 1.
Используя это неравенство, получаем:+∞+∞+∞∫∫∫|f (x)| dx =|g(x)|| sin x| dx >|g(x)| sin2 x dx =AA1=2A+∞∫|g(x)|(1 − cos 2x) dx =A1=2+∞∫+∞∫|g(x)| cos 2x dx.AA1|g(x)| dx −2Рассмотрим первый из полученных интегралов. Как отмечалось выше, на промежутке [A; +∞) функцияg(x) =Pm (x)Pn (x)при x → +∞ монотонно стремится к нулю, не являясь тождественно равной нулю. Отсюда следует, что многочлен Pm (x),стоящий в числителе дроби, определяющей функцию g, не может иметь нулей на промежутке [A; +∞). Таким образом, функция g(x) знакопостоянна на [A; +∞) (по условию задачи многочлен Pn (x) > 0), следовательно, либо |g(x)| = g(x), либо |g(x)| == −g(x).
В любом из этих двух случаях сходимость интеграла+∞∫|g(x)| dxA311равносильна сходимости интеграла+∞∫g(x) dx,Aа так какg(x) ∼Cxn−m(C ̸= 0),причем n 6 m + 1, то величина n − m 6 1 и интеграл от g(x)расходится, следовательно, расходится и интеграл+∞∫|g(x)| dx.AВо втором интеграле также на всем промежутке интегрирования |g(x)| = g(x) или |g(x)| = −g(x) так, что его сходимостьравносильна сходимости интеграла+∞∫g(x) cos 2x dx.AФункция cos 2x имеет ограниченную первообразную, а g(x) (какпоказано выше) монотонно стремится к нулю при x → +∞.
Следовательно, этот интеграл сходится по признаку Дирихле. Таккак разность расходящегося и сходящегося интегралов есть интеграл расходящийся, то интеграл+∞∫|f (x)| dxAрасходится.в) n 6 m. Докажем, что в этом случае интеграл расходится.Так как при x → +∞g(x) =Pm (x)C∼ n−m = Cxm−nPn (x)x312(C ̸= 0)и n 6 m, то отсюда следует, что функция g(x) при x → +∞отделена от нуля, т. е.
существует такое положительное число mи такое число B, что при всех x ∈ [B; +∞) значения |g(x)| > m,причем сама функция g(x) знакопостоянна. Ввиду того, что сходимость интеграла не зависит от выбора нижнего предела интегрирования, исходный интеграл можно заменить интегралом+∞+∞∫∫f (x) dx =g(x) sin x dx.BBТак как на всем промежутке интегрирования [B; +∞) функция g(x) знакопостоянна, то функция y = |g(x)| sin x совпадаетлибо с функцией y = g(x) sin x, либо с функцией y = −g(x) sin x.В любом из этих случаев сходимость интеграла от функцииg(x) sin x будет равносильна сходимости интеграла от функции|g(x)| sin x. Отсюда следует, что исходный интеграл можно заменить на интеграл+∞∫|g(x)| sin x dx.BДля доказательства расходимости последнего интеграла достаточно установить, что для него не выполнен критерий Коши,т.
е. при некотором ε > 0 для любого D > B найдутся такиеточки D1 , D2 ∈ (D; +∞), чтоD∫ 2 |g(x)| sin x dx > ε.D1Пусть ε = 2m и D > B. Подберем такое натуральное число n,чтобы точки D1 = 2πn и D2 = π + 2πn были больше, чем D.ТогдаDπ+2πn∫ 2∫ |g(x)| sin x dx =|g(x)| sin x dx >D12πn313π+2πn∫>msin x dx = 2m = ε,2πnчто доказывает расходимость интеграла.Таким образом, окончательно получаем, что интеграл+∞∫aPm (x)sin x dxPn (x)абсолютно сходится при n > m + 1, условно сходится при m << n 6 m + 1 и расходится при n 6 m.2384.
Если+∞∫f (x) dxaсходится, то обязательно ли f (x) → 0 при x → +∞?Рассмотреть примеры:+∞+∞∫∫22а)sin(x ) dx; б)(−1)[x ] dx.00Оба предлагаемых примера показывают, что ответ на поставленный вопрос – отрицательный. Рассмотрим первый пример.+∞∫sin(x2 ) dx.а)0Данный интеграл представляет собой частный случай интеграла, рассмотренного в задаче 2380. Он отвечает значениямp = 0, q = 2. Согласно решению задачи 2380, при этих значениях параметров интеграл сходится:p+q1=q2=⇒06p+q< 1.qОднако, предел функции sin(x2 ) при x → +∞ не существует.314+∞∫2(−1)[x ] dx.б)0Если при неотрицательномцелом n число x удовлетворяет√√неравенствм n 6 x < n + 1, то число x2 удовлетворяет неравенствамn 6 x2 < n + 1и его целая часть [x2 ] = n. Следовательно,√+∞∫+∞ ∫n+1∑2[x2 ](−1)[x ] dx =(−1) dx =n=0 √0n√+∞ ∫n+1+∞∑∑√√=(−1)n dx =(−1)n ( n + 1 − n) =n=0 √=n=0n+∞∑∑1(−1)n bn ,√ =n + 1 + n n=0+∞(−1)n √n=0гдеbn = √1√ .n+1+ nРяд+∞∑(−1)n bnn=0сходится по признаку Лейбница, так как {bn } монотонно стремится к нулю при n → +∞, однако, функция2f (x) = (−1)[x ] = (−1)nприне имеет предела при x → +∞.315√n6x<√n+12384.1.
Пусть f (x) ∈ C 1 [x0 ; +∞), |f ′ (x)| < C при x0 66 x < +∞ и+∞∫|f (x)| dxx0сходится. Доказать, что f (x) → 0 при x → +∞.Согласно формуле Ньютона – Лейбница∫x22f (x) = f (x0 ) +∫x′22[f (ξ)] dξ = f (x0 ) + 2x0f (ξ)f ′ (ξ) dξ.x0Из условия задачи следует, что|f (ξ)f ′ (ξ)| 6 C|f (ξ)|.Так как интеграл от |f | сходится, то интеграл+∞∫f (ξ)f ′ (ξ) dξx0сходится (абсолютно). Отсюда следует. что существует предел+∞∫lim f (x) = f (x0 ) + 2f (ξ)f ′ (ξ) dξ.22x→+∞x0√В силу непрерывности функции y = x, существует также ипредел√√lim |f (x)| = limf 2 (x) =lim f 2 (x).x→+∞x→+∞x→+∞Однако в силу сходимости интеграла от функции |f (x)| на промежутке [x0 ; +∞), этот предел может быть равен только нулю,а из равенстваlim |f (x)| = 0x→+∞316следует равенствоlim f (x) = 0.x→+∞2385. Можно ли сходящийся несобственный интеграл∫bf (x) dxaот неограниченной функцииf (x), определенной на [a; b], рассматривать как предел соответствующей интегральной суммыn−1∑f (ξi )∆xi ,i=0где xi 6 ξi 6 xi+1 и ∆xi = xi+1 − xi ?Для неограниченной функции предел интегральной суммыне существует.
Для доказательства этого факта достаточно показать, что интегральная сумма не удовлетворяет критерию Коши существования предела, т. е. при некотором ε > 0 для любойвеличины δ > 0 найдутся две интегральные суммы S1 и S2 с характеристиками разбиений меньше δ, для которых |S1 − S2 | > ε.В самом деле, пусть ε > 0 фиксировано и δ – произвольноеположительное число. Рассмотрим произвольное разбиение отрезка [a; b]a = x0 < x1 < . . . < xn−1 < xn = bс характеристикойmax ∆xi < δ06i6n−1и произвольным выбором точекξi ∈ [xi ; xi+1 ] ,0 6 i 6 n − 1.Так как функция f (x) не ограничена на [a; b], то она не ограничена хотя бы на одном из отрезков разбиения [xk ; xk+1 ]. Следовательно, существует точка ξ на этом отрезке, для которойε|f (ξ)| > |f (ξk )| +.∆xk317Рассмотрим вторую интегральную сумму, отвечающую тому жеразбиению отрезка и с тем же выбором точек {ξi }, в которых вычисляются значения функции, входящие в интегральную сумму,но с одним исключением: вместо точки ξk берется точка ξ.
Тогдахарактристика этого разбиения (совпадающая с характристикойпервого разбиения) будет также меньше δ, а разность соответствующих интегральный суммS1 − S2 = (f (ξk ) − f (ξ)) ∆xk .В силу известного числового неравенства |x−y| > |x|−|y|, отсюдаимеем:|S1 − S2 | = |f (ξ) − f (ξk )|∆xk >ε∆xk = ε.> (|f (ξ)| − |f (ξk )|) ∆xk >∆xkЭто доказывает отсутствие предела интегральной суммы у неограниченной функции.2386. Пусть+∞∫f (x) dx(5.21)aсходится и функция φ(x) ограничена.Обязательно ли сходится интеграл+∞∫f (x)φ(x) dx?(5.22)aПривести соответствующий пример.Что можно сказать о сходимости интеграла (5.22), если интеграл (5.21) сходится абсолютно?1.
Ответ на первый вопрос отрицательный. Приведем следующий пример:f (x) =sin x,x318φ(x) = sin xна промежутке [0; +∞). Интеграл+∞+∞∫∫sin xf (x) dx =dxx00сходится (задача 2378), функция φ(x) = sin x ограничена, а интеграл+∞+∞∫∫sin2 xdxf (x)φ(x) dx =xa0расходится (задача 2368).2. В том случае, когда интеграл (5.21) сходится абсолютно,интеграл (5.22) сходится также абсолютно. В самом деле, так как|φ(x)| 6 M , то |f (x)φ(x)| 6 M |f (x)| и из сходимости интегралаот |f | следует сходимость интеграла |f φ| (а, следовательно, иинтеграла от f φ).2387. Доказать, что если+∞∫f (x) dxaсходится и f (x) – монотонная функция, то( )1.f (x) = OxТак как функция f (x) монотонна, то она имеет предел на +∞и в силу сходимости интеграла этот предел должен быть равеннулю.
Отсюда следует, что функция f (x) знакопостоянна.Для определенности будем считать, что функция f (x) положительна и, следовательно, убывает на [0; +∞). Обозначим через M интеграл от функции f , тогда+∞∫∫x∫xM=f (t) dt > f (t) dt > f (x) dt = f (x)(x − a).aaa319Таким образом,Mx−a( )1f (x) = Oxf (x) 6и, следовательно,при x → +∞.2388. Пусть функция f (x) монотонна в промежутке 0 << x 6 1 и не ограничена в окрестности точки x = 0.Доказать, что если существует∫1f (x) dx,0то1∑limfn→+∞ nnk=1( ) ∫1k= f (x) dx.n0Из условия задачи следует, что при некотором δ > 0 функцияf (x) знакопостоянна на промежутке (0; δ).1.
Функция f (x) положительна в интервале (0; δ). Отсюдаследует, что f (x) является убывающей, поэтому∫x∫xf (t) dt >0f (x) dt = xf (x).0Так как интеграл∫1f (x) dx0сходится, то∫xlimf (t)| dt = 0,x→00320следовательно,(5.23)lim xf (x) = 0.x→0В силу убывания функции f (x)∫1f (x) dx =6k=1Аналогично( )n−1∑ (k) 1kdx =f.fnn nk=1k/nf (x) dx =k=1n−1∑(k+1)/n∫k=11/n>k/n(k+1)/n∫∫1n−1∑f (x) dx 6k=11/nn−1∑(k+1)/n∫n−1∑(k+1)/n(∫fk+1nf (x) dx >k/n)dx =n−1∑(fk=1k/n)k+1 1.nnОтсюда получаем, что1f (1) +n∫1( )n∑k 1ff (x) dx 66n nk=11/n∫16( )1 1f (x) dx + f.n n1/nИз (5.23) следует, что1limfn→+∞ n( )1= 0,n321(5.24)поэтому, переходя в (5.24) к пределу, получаем:( )∫1n∑k 1limf= f (x) dx.n→+∞n nk=102.
Функция f (x) отрицательна в интервале (0; δ). Тогда функция g(x) = −f (x) положительна в интервале (0; δ) и удовлетворяет условиям задачи. Согласно предыдущему пункту( )∫1n∑k 1= g(x) dx.limgn→+∞n nk=10Заменяя здесь g(x) на −f (x) и умножая полученное равенствона −1, получаем:( )∫1n∑k 1flim= f (x) dx.n→+∞n nk=102389.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
