Учебное пособие - Определенный интеграл. Практикум (1238758), страница 26
Текст из файла (страница 26)
Доказать, что если функция f (x) монотонна и ограничена в интервале 0 < x < a и существует несобственный интеграл∫axp f (x) dx,0тоlim xp+1 f (x) = 0.x→+0Ввиду ограниченности функции f (x) сходимость несобственного интеграла не зависит от выбора верхнего предела интегрирования. Поэтому, уменьшая, в случае необходимости, значение a, можно считать, что f (x) знакопостоянна в интервале (0; a). Нетрудно также видеть, что если утверждение задачи322справедливо для функции f (x), то оно справедливо и для функции g(x) = −f (x). Поэтому, без ограничения общности, можносчитать, что функция f (x) > 0 в интервале (0; a).1.
Функция f (x) убывает в интервале (0; a). Если p ̸= −1, то∫x∫xt f (t) dt >p0tp f (x) dt =1xp+1 f (x),p+10а если p = −1, то∫x∫x1f (t) dt >t01f (x) dt = f (x) ln 2.tx/2Таким образом,∫x0 6 xp+1 f (x) 6 Aptp f (t) dt,0где{Ap =p + 1 , p ̸= −1;1/ ln 2 , p = −1.Так как несобственный интеграл от функции xp f (x) сходится, то∫xtp f (t) dt = 0,limx→00следовательно,lim xp+1 f (x) = 0.x→+02. Функция f (x) возрастает в интервале (0; a). Если p ̸= −1,то∫2x∫2xt f (t) dt >0∫2xt f (t) dt >ppxtp f (x) dt =x3232p+1 − 1 p+1x f (x),p+1а если p = −1, то∫2x1f (t) dt >t∫2x1f (t) dt >tx0∫2x1f (x) dt = f (x) ln 2.txОтсюда следует, что∫2x06xp+1f (x) 6 Bptp f (t) dt,0где{Bp =()(p + 1)/ 2p+1 − 1 ,1/ ln 2 , p = −1.p ̸= −1;Так как несобственный интеграл от функции xp f (x) сходится, то∫2xtp f (t) dt = 0,limx→00следовательно,lim xp+1 f (x) = 0.x→+02390.
Показать, что:+∞+∞∫1∫∫dxdxа) v.p.= 0; б) v.p.= 0; в) v.p. sin x dx = 0.x1 − x2−1−∞0а). По определению главного значения −ε∫∫1∫1dxdxdx v.p.= lim +=ε→0xxx−1= limε→0(−1ε−ε1 )ln | x| + ln | x| =−1324ε= lim ((ln ε − 0) + (0 − ln ε)) = lim 0 = 0.ε→0ε→0б). По определению главного значения+∞∫v.p.0 1−ε+∞∫∫dx dxdx= lim +=1 − x2 ε→01 − x21 − x21+ε0( )1 1 + x 1−ε 1 1 + x +∞= limln+ ln =ε→02 1 − x 021 − x 1+ε)(12−ε1 2−ε 1 2+εln− ln= lim ln= 0.= limε→0 2ε2ε2 ε→0 2 + εв).
По определению главного значения+∞∫sin x dx = limv.p.∫DD→+∞−D−∞sin x dx =D= lim (− cos x)= lim 0 = 0.D→+∞−DD→+∞2391. Доказать, что при x > 0, x ̸= 1 существует∫xli x = v.p.dξ.ln ξ0Рассмотрим функциюφ(x) =11−.ln x x − 1Нетрудно видеть, чтоlim φ(x) = 1.x→0325Кроме того, применяя дважды правило Лопиталя, находим:x − 1 − ln xlim φ(x) = lim= limx→1x→1 (x − 1) ln xx→11x=x−1ln x +x1−x−111= lim= .x→1 x ln x + x − 1x→1 ln x + 22Отсюда следует, что несобственный интеграл от φ(x) существуети совпадает с обычным интегралом от непрерывной функции1, x = 0φ(x) , x ̸= 0, x ̸= 1;φ̃(x) =1/2 , x = 1.= limТаким образом,∫xv.p.dξ= v.p.ln ξ0∫x (01φ(ξ) +ξ−1∫x=∫xφ(ξ) dξ + v.p.00)dξ =dξξ−1и достаточно доказать, что существует∫xv.p.0dξ.ξ−1Существование этого интеграла проверяется непосредственно, исходя из определения главного значения 1−ε∫x∫∫xdξdξdξ v.p.= lim +=ε→0ξ−1ξ−1ξ−1003261+ε(= limε→01−εx )ln |ξ − 1|+ ln |ξ − 1|=01+ε= lim ((ln ε − 0) + (ln |x − 1| − ln ε)) =ε→0= lim ln |x − 1| = ln |x − 1|.ε→0Найти следующие интегралы:+∞∫2392.
v.p.x20dx.− 3x + 2Так как)∫∫ (x − 2dx11 + C,=−dx = ln x2 − 3x + 2x−2 x−1x − 1то+∞∫v.p.0dx= lim x2 − 3x + 2 ε→0+ lim 2−ε∫ε→01−ε∫0dx+x2 − 3x + 21+εdx+x2 − 3x + 23/2[(+∞∫2+ε∫3/2dx+x2 − 3x + 2dx=x2 − 3x + 2) ()]1+ε1−ε= lim ln− ln 2 + 0 − ln+ε→0εε[() ()]εε+ lim ln− 0 + 0 − ln=ε→01−ε1+ε]][[1+ε1+ε= lim ln− ln 2 + lim ln= − ln 2.ε→0ε→01−ε1−ε327∫22393. v.p.dx.x ln x1/2Так как∫то∫2v.p.dx=x ln x∫d(ln x)= ln | ln x| + C,ln xdx= lim x ln x ε→01−ε∫dx+x ln x1/21/2∫2dx= =x ln x1+ε)[( 1= lim ln | ln(1 − ε)| − ln ln +ε→02 ln(1 − ε) .+ (ln | ln 2| − ln | ln(1 + ε)|)] = lim ln ε→0ln(1 + ε) Здесь учтено, что ln 12 = | − ln 2| = ln 2. Предел полученноговыражения можно найти, применяя правило Лопиталя:1 − ln(1 − ε) = ln lim ln(1 − ε) = ln lim 1 − ε = ln 1 = 0.lim ln ε→0 ln(1 + ε) 1 ε→0ε→0ln(1 + ε) 1+εСледовательно,∫2v.p.dx= 0.x ln x1/2+∞∫2394.
v.p.−∞∫Так как1+xdx =1 + x2∫1+xdx.1 + x2dx+1 + x2∫x dx1= arctg x + ln(1 + x2 ) + C,21+x2328то+∞∫v.p.−∞1+xdx = limD→+∞1 + x2∫D−D= lim 2 arctg D = 2 ·D→+∞1+xdx =1 + x2π= π.2+∞∫2395. v.p.arctg x dx.−∞Согласно решению задачи 2258 интеграл от нечетной функции в симметричных пределах равен нулю, следовательно,+∞∫v.p.arctg x dx = lim−∞∫DD→+∞−Darctg x dx = lim 0 = 0.D→+∞Задача 32. Пусть a < c < b, функция f непрерывна на [a; b]и равна нулю только в точке x = c, причем в некоторой окрестности точки x = c функция f имеет первую производную. Пустьтакже существует f ′′ (c) и f ′ (c) ̸= 0. Доказать, что существует∫bv.p.dx.f (x)a329Решения и ответы к задачамЗадача 1.
Пусть два числа являются пределами одной и тойже функции φ. Допустим, что они не совпадают, обозначим черезA меньшее из этих чисел, а через B – большее из них. Рассмотрим положительное число ε = (B − A)/2. По определению предела, существуют такие положительные числа δ1 и δ1 , что длявсех размеченных разбиений (T, ξ) с характеристикой λ(T ) < δ1справедливо неравенство|φ(T, ξ) − A| <B−A,2(1)а для всех размеченных разбиений ( T, ξ ) с характеристикойλ(T ) < δ2B−A.(2)|φ(T, ξ) − B| <2Выберем произвольное размеченное разбиение ( T, ξ ) с характеристикой λ(T ) < min{δ1 , δ2 }, тогда для этого разбиения будутсправедливы оба неравенства (1) и (2). Из неравенства (1) следует, чтоφ(T, ξ) − A <A+BB−A=⇒ φ(T, ξ) <,22а из неравенства (2) получаемφ(T, ξ) − B > −B−AA+B=⇒ φ(T, ξ) >.22Полученное противоречие доказывает утверждение задачи.330Задача 2.
Пусть A и B – пределы функций φ и ψ, соответственно, χ = φ+ψ, C = A+B и ε – произвольное положительноечисло. Тогда ε/2 также положительно и, по определению предела, существуют такие положительные числа δ1 и δ1 , что для всехразмеченных разбиений (T, ξ) с характеристикой λ(T ) < δ1 справедливо неравенство|φ(T, ξ) − A| < ε/2,(3)а для всех размеченных разбиений ( T, ξ ) с характеристикойλ(T ) < δ2|ψ(T, ξ) − B| < ε/2.(4)Положим δ = min{δ1 , δ2 }, тогда при λ(T ) < δ будут выполненыоба неравенства (3) и (4), следовательно,|χ(T, ξ) − C| = |(φ(T, ξ) + ψ(T, ξ)) − (A + B)| == |(φ(T, ξ) − A) + (ψ(T, ξ) − B)| 66 |φ(T, ξ) − A| + |ψ(T, ξ) − B| < ε/2 + ε/2 = ε.Таким образом, для любого ε > 0 существует такое δ > 0, что длявсех размеченных разбиений (T, ξ) с характеристикой λ(T ) < δ|χ(T, ξ) − C| < ε,т.
е.lim χ(T, ξ) = C,λ(T )→0что доказывает утверждение задачи.Задача 3. Так как число ε = 1 положительно, то по определению предела существует такое положительное число δ, что длявсех размеченных разбиений (T, ξ) с характеристикой λ(T ) < δбудет выполнено неравенство|φ(T, ξ) − A| < 1,331где A – предел функции φ. Но тогда|φ(T, ξ)| = |(φ(T, ξ) − A) + A| 6 |φ(T, ξ) − A| + |A| < 1 + |A|.Обозначив M = 1 + |A|, получаем, что для всех размеченныхразбиений (T, ξ) с характеристикой λ(T ) < δ|φ(T, ξ)| 6 M,откуда следует локальная ограниченность функции φ.Задача 4.
Необходимость условия доказывается следующимобразом. Пусть некоторое число A является пределом функции φи ε > 0. Так как число ε/2 также положительно, то, по определению предела, существует такое положительное число δ, что длявсех размеченных разбиений (T, ξ) с характеристикой λ(T ) < δε|φ(T, ξ) − A| < .2Если теперь (T1 , ξ (1) ) и (T2 , ξ (2) ) – любые разбиения с характеристиками λ(T1 ) < δ и λ(T2 ) < δ, то(1)(2) φ(T,ξ)−φ(T,ξ)=12() ()= φ(T1 , ξ (1) ) − A + A − φ(T2 , ξ (2) ) 6 ε ε (1)(2)6 φ(T1 , ξ ) − A + φ(T2 , ξ ) − A < + = ε.2 2Необходимость доказана.Достаточность доказывается сложнее. Пусть функция φ удовлетворяет условиям критерия Коши. Для любого натуральногочисла n величина ε = 1/n положительна и, согласно условиюкритерия Коши, существует такое положительное число δn , чточто для всех размеченных разбиений (T1 , ξ (1) ) и (T2 , ξ (2) ) с характеристиками λ(T1 ) < δn , λ(T2 ) < δn 1φ(T1 , ξ (1) ) − φ(T2 , ξ (2) ) < .n332Определим последовательность {δen } следующим образом:δe1 = δ1 , δe2 = min{δ1 , δ2 }, .
. . , δen = min{δ1 , . . . , δn }, . . . .Нетрудно видеть, что все члены последовательности {δen } положительны, а сама последовательность является невозрастающейи при всех n справедливо неравенство δen 6 δn , из которого следует, что для всех размеченных разбиений (T1 , ξ (1) ) и (T2 , ξ (2) ) схарактеристиками λ(T1 ) < δen , λ(T2 ) < δen выполняется такое женеравенство: 1(5)φ(T1 , ξ (1) ) − φ(T2 , ξ (2) ) < .nВыберем теперь любую последовательность размеченных разбиений (Tn , ξ (n) ), для которойλ(Tn ) < δen ,(6)и рассмотрим числовую последовательностьyn = φ(Tn , ξ (n) ).Она удовлетворяет критерию Коши для числовых последовательностей. Действительно, пусть ε > 0.
Возьмем натуральноечисло N так, чтобы величина 1/N < ε. Пусть m > N и n > N и,для определенности, m > n. В силу выбора последовательностиразбиений величиныλ(Tm ) < δem 6 δen ,λ(Tn ) < δenи в силу (5) 11< ε.|yn − ym | = φ(Tn , ξ (n) ) − φ(Tm , ξ (m) ) < <nNОтсюда следует, что последовательность {yn } сходится, т. е. существует такое число A, чтоA = lim yn = lim φ(Tn , ξ (n) ).n→+∞n→+∞333Покажем, что число A является пределом функции φ.
Проверим определение предела. Пусть ε > 0, тогда число ε/2 такжеположительно и, по определению предела числовой последовательности, существует такое натуральное число N1 , что при всехn > N1 будет выполнено неравенство εφ(Tn , ξ (n) ) − A < .2Выберем натуральное число N2 так, чтобы N2 > 2/ε, тогда всилу (5) для всех размеченных разбиений (T1 , ξ (1) ) и (T2 , ξ (2) ) схарактеристиками λ(T1 ) < δeN2 , λ(T2 ) < δeN2ε1< .(7)φ(T1 , ξ (1) ) − φ(T2 , ξ (2) ) <N22Пусть N = max{N1 , N2 }+1 и δ = δeN . Покажем, что число δ соответствует числу ε в определении предела для числа A и функцииφ.
В самом деле, рассмотрим любое размеченное разбиение (T, ξ)с характеристикой λ(T ) < δ.Из монотонности последовательности {δen } и неравенства N >> N2 следует, чтоδ = δeN 6 δeN2 ,и поэтому λ(T ) < δN2 . С другой стороны, в силу выбора последовательности (Tn , ξ (n) ) величинаλ(TN ) < δeN 6 δeN2 .Таким образом,λ(T ) < δeN2 ,λ(TN ) < δeN2и в силу (7) εφ(T, ξ) − φ(TN , ξ (N ) ) < ,2а так как N > N1 , то, в силу выбора числа N1 εφ(TN , ξ (N ) ) − A < .2334Следовательно,() ()|φ(T, ξ)−A| = φ(T, ξ)−φ(TN , ξ (N ) ) + φ(TN , ξ (N ) )−A 6 ε ε 6 φ(T, ξ) − φ(TN , ξ (N ) ) + φ(TN , ξ (N ) ) − A < + = ε.2 2Достаточность условия критерия Коши также доказана.Задача 5. Обозначим∫bA=f (x) dxaи проверим определение предела для числа A и последовательности sn .
Пусть ε > 0, выберем число δ по числу ε из определенияинтеграла. Так как последовательность λ(Tn ) сходится к нулю,то для положительного числа δ (по определению предела последовательности) найдется такое число N , что для всех n > Nвеличина λ(Tn ) < δ. В силу выбора числа δ|sn − A| = φ(TN , ξ (N ) ) − A < εпри всех n > N . Следовательно,lim sn = A.n→+∞Задача 6. ПустьM = sup f (x),x∈Xm = inf f (x),x∈XK =M −mиF (x, y) = |f (x) − f (y)|.Для доказательства достаточно установить справедливость двухутверждений: 1) при всех x, y ∈ X функция F (x, y) 6 K, 2) длялюбого K ′ < K найдутся такие x, y ∈ X, для которых F (x, y) >> K ′.335Проверим первое утверждение. Пусть x, y ∈ X.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
