Учебное пособие - Определенный интеграл. Практикум (1238758), страница 27
Текст из файла (страница 27)
Так какM = sup f (x),m = inf f (x),x∈Xx∈Xто, по определению верхней и нижней точных гранейf (x) 6 M,f (y) > m,следовательно, f (x) − f (y) 6 M − m = K. Аналогичноf (y) 6 M,f (x) > m,и поэтому f (y) − f (x) 6 M − m = K. Последнее неравенствоможно записать в виде f (x) − f (y) > −K. Из двух неравенствf (x)−f (y) 6 K и f (x)−f (y) > −K следует, что |f (x)−f (y)| 6 K.Первое утверждение доказано.Проверим второе утверждение.
Так как K ′ < K, то величинаK − K′< M.2M′ = M −Ввиду того, чтоM = sup f (x),x∈Xсуществует такой элемент x ∈ X, для которого значение f (x) >> M ′ . Аналогично, величинаm′ = m +K − K′>m2и ввиду того, чтоm = inf f (x),x∈Xнайдется такой элемент y ∈ X, для которого f (y) < m′ . Для этойпары элементов x, y ∈ X|f (x) − f (y)| > f (x) − f (y) > M ′ − m′ = M −336K − K′− m−2K − K′= (M − m) − (K − K ′ ) = K − (K − K ′ ) = K ′ .2Второе утверждение также доказано.Задача 7.
1. Пусть функция f интегрируема, σ > 0, а T –произвольное разбиение отрезка [a; b]. Обозначим через I множество всех индексов i, для которых колебание f на отрезке разбиения с номером i не меньше, чем σ. Интегральное колебаниефункции−Ω(f ; T ) =n−1∑ωi ∆xi >i=0∑ωi ∆xi > σi∈I∑∆xi = σµ(f, σ; T ).i∈IОтсюда следует, что0 6 µ(f, σ; T ) 61Ω(f ; T ).σТак как функция f интегрируема, то Ω(f ; T ) при λ(T ) → 0. Потеоереме о предельном переходе в неравенствах также иlim µ(f, σ; T ) = 0.λ(T )→02. Пусть для каждого σ > 0 функция µ(f, σ; T ) → 0 приλ(T ) → 0. Обозначим через A колебание функции f на всемотрезке [a; b]:A = ω(f ; [a; b]),тогда, используя обозначения из предыдущего пункта, получаем:Ω(f ; T ) =n−1∑ωi ∆xi =i=0< ω(f ; [a; b])∑ωi ∆xi +∆xi + σωi ∆xi <i̸∈Ii∈I∑∑∑∆xi 6i̸∈Ii∈I6 Aµ(f, σ; T ) + σ(b − a).337(8)Проверим определение предела для функции Ω(f ; T ).
Пусть ε >> 0, положимεσ=.2(b − a)Так как предел функции µ(f, σ; T ) равен нулю, то найдется такое положительное число δ, при котором для любого разбиенияT отрезка [a; b] с характеристикой λ(T ) < δ будет выполненонеравенствоε.µ(f, σ; T ) <2AИз оценки (8) следует, что при λ(T ) < δΩ(f ; T ) < Aεε+(b − a) = ε,2A 2(b − a)следовательно,lim Ω(f ; T ) = 0.λ(T )→0Отсюда следует интегрируемость функции f .Задача 8. Легко видеть, что при n = 1 формула (2.5) справедлива. Допустим, что она справедлива для n = k, т. е.12 + 22 + 32 + .
. . + k 2 =k(k + 1)(2k + 1),6тогда12 + 22 + 32 + . . . + k 2 + (k + 1)2 =k(k + 1)(2k + 1)+ (k + 1)2 =6k(k + 1)(2k + 1) + 6(k + 1)2=6(k + 1)=[k(2k + 1) + 6(k + 1)] =6(k + 1)(k + 1)=(2k 2 + 7k + 6) =(k + 2)(2k + 3) =66(k + 1) [(k + 1) + 1] [2(k + 1) + 1]=.6=338Таким образом, формула (2.5) справедлива для n = k + 1. Наосновании метода математической индукции можно сделать заключение, что формула (2.5) справедлива для любого натурального n.Задача 9. Легко видеть, что при n = 1 формула (2.6) справедлива. Допустим, что она справедлива для n = k, т.
е.13 + 23 + 33 + . . . + k 3 =k 2 (k + 1)2,4тогда13 + 23 + 33 + . . . + k 3 + (k + 1)3 ==k 2 (k + 1)2+ (k + 1)3 =4](k + 1)2 [ 2k 2 (k + 1)2 + 4(k + 1)3=k + 4(k + 1) =44=(k + 1)2(k + 1)2 2(k + 4k + 4) =(k + 2)2 =44(k + 1)2 [(k + 1) + 1]2.4Таким образом, формула (2.6) справедлива для n = k + 1. Наосновании метода математической индукции можно сделать заключение, что формула (2.6) справедлива для любого натурального n.Задача 10. Применяя тригонометрические формулы=2 sin x sin y = cos(x − y) − cos(x + y),cos x − cos y = 2 sinx+yy−xsin,22получаем при α ̸= 2πn (n – целое):sin α + sin 2α + .
. . + sin kα =3391[αα 2 sin α sin 2 +2 sin2αα]+ . . . + 2 sin kα sin=22[() ()1α3α3α5α=cos+cos+ ...−cos−cosα22222 sin2()](2k − 1)α(2k + 1)α. . . + cos− cos=22+2 sin 2α sin] sin (k + 1)α sin kαα(2k + 1)α22 .==α cos 2 − cosα22 sinsin221[Задача 11.
Применяя тригонометрические формулы2 sin x cos y = sin(x − y) + sin(x + y),sin x + sin y = 2 sinx−yx+ycos,22получаем при α ̸= 2πn (n – целое):1[αα 2 sin 2 +2 sin2]ααα+2 sin cos α + 2 sin cos 2α + . . . + 2 sin cos kα =222() ()[α3α3α5α1α=α 2 sin 2 + − sin 2 + sin 2 + − sin 2 + sin 2 +2 sin2()](2k − 1)α(2k + 1)α+ . . . + − sin+ sin=221 + cos α + cos 2α + . .
. + cos kα =[] sin (k + 1)α cos kαα(2k + 1)α22 .==α sin 2 + sinα22 sinsin221340Задача 12. Покажем, что функция F (x) имеет пределы приx → a и x → b. По теореме Лагранжа при x, y ∈ (a; b)F (x) − F (y) = F ′ (ξ)(x − y) = f (ξ)(x − y),(9)где ξ лежит между a и b. Так как функция f непрерывна наотрезке [a; b], то она ограничена на этом отрезке, т. е. существует такая положительная постоянная M , что при всех x ∈ [a; b]выполнено неравенство |f (x)| 6 M . Отсюда и из равенства (9)следует, что при всех x, y ∈ (a; b)|F (x) − F (y)| 6 M |x − y|.(10)Из оценки (10) вытекает, что в каждой точке отрезка [a; b] дляфункции F выполнен критерий Коши существования предела.
Всамом деле, пусть x0 ∈ [a; b] и ε > 0, выберем δ = ε/(2M ). Если xи y – произвольные точки отрезка [a; b], лежащие в δ-окрестноститочки x0 , то величина |x − y| < 2δ и согласно (10)|F (x) − F (y)| < 2M δ = ε.Отсюда следует, что функция F имеет односторонние пределы на концах отрезке [a; b]. Обозначим через Fe(x) продолжениепо непрерывности функции F : F (a + 0), x = a;eF (x),0 < x < b;F (x) =F (b − 0), x = b.Покажем, что функция Fe(x) является первообразной f на всемотрезке [a; b]. Для этого достаточно установить, что Fe′ = f приx = a и x = b.
По формуле ЛагранжаFe(x) − Fe(a)= F ′ (ξ) = f (ξ),x−aгде a < ξ < x. Так как ξ ̸= a, то можно сделать замену переменнойlim f (ξ) = lim f (ξ) = f (a),x→aξ→a341(функция f непрерывна при x = a). Отсюда следует, чтоFe(x) − Fe(a)Fe′ (a) = lim= f (a).x→ax−aАналогично устанавливается, что Fe′ (b) = f (b). По формуле ЛагранжаFe(x) − Fe(b)= F ′ (ξ) = f (ξ),x−bгде x < ξ < b. Так как ξ ̸= b, то можно сделать замену переменнойlim f (ξ) = lim f (ξ) = f (b),x→bξ→b(функция f непрерывна при x = b). Отсюда следует, чтоFe(x) − Fe(b)Fe′ (b) = lim= f (b).x→bx−bПо формуле Ньютона – Лейбница∫bf (x) dx = Fe(b) − Fe(a) = F (b − 0) − F (a + 0).aЗадача 13.
Пустьb(x)∫φ(x) =f (ξ) dξ.a(x)Выберем любую точку x0 ∈ [A; B] и положим∫xF (x) =f (ξ) dξ.x0342По свойству аддитивности интеграла∫x0φ(x) =b(x)b(x)∫∫f (ξ) dξ +f (ξ) dξ =f (ξ) dξ−x0a(x)x0a(x)∫−f (ξ) dξ = F (b(x)) − F (a(x)).x0Так как функция f непрерывна на [A; B], тоF ′ (x) = f (x)и по теореме о дифференцировании сложной функцииφ′ (x) =d[F (b(x)) − F (a(x))] =dx= F ′ (b(x))b′ (x) − F ′ (a(x))a′ (x) = f (b(x))b′ (x) − f (a(x))a′ (x).Задача 14. Пусть∫tF (t) =f (x) dx.aТак как функция f непрерывна, то всюду на [a; b]F ′ (x) = f (x).Используя формулу Ньютона – Лейбница и теорему Лагранжа,получаем:F (b) − F (a)M [f ] == F ′ (ξ) = f (ξ),b−aгде ξ ∈ (a; b).Задача 15.
Пусть x0 ∈ [a; b] и f (x0 ) > 0. В силу непрерывности функции f существует отрезок [α; β] ⊂ [a; b] ненулевой343длины, содержащий точку x0 , на котором f (x) > m > 0. В силунеотрицательности функции f∫b∫βf (x) dx >a∫βf (x) dx >αm dx = m(β − α) > 0.αЗадача 16. Положим F (x) = f (x) − g(x), функция F непрерывна, неотрицательна и не равна тождественно нулю. Согласнорешению предыдущей задачи∫bF (x) dx > 0.aСледовательно,∫b∫bf (x) dx −aи поэтому∫bg(x) dx =aF (x) dx > 0 ,a∫b∫bf (x) dx >ag(x) dx.aЗадача 17.+∞∫∫bf (x) dx = limf (x) dx = lim (F (b) − F (a)) =b→+∞ab→+∞a +∞= lim F (b) − F (a) = lim F (x) − F (a) = F (x).b→+∞x→+∞aЗадача 18.
Пусть сходится интеграл (5.1), тогда согласнорешению задачи 17 существует lim F (x) и, по формуле (5.2)x→+∞+∞ +∞∫f (x) dx = F (x)= lim F (x) − F (A).Ax→+∞A344Обратно, пусть сходится интеграл (5.3), тогда согласно решению задачи 17 существует lim F (x) и, по формуле (5.2)x→+∞+∞ +∞∫f (x) dx = F (x)= lim F (x) − F (a).x→+∞aaЗадача 19.∫b∫cf (x) dx = lim (F (c) − F (a)) =f (x) dx = limc→b−0ac→b−0ab= lim F (c) − F (a) = lim F (x) − F (a) = F (x) .c→b−0x→b−0aЗадача 20.
Для решения задачи обозначим несобственныеинтегралы по промежуткам [a; b) и (a; b] соответственно,∫b−0f (x) dx и∫bf (x) dx.aa+0Пусть F – интеграл с переменным верхним пределом∫xf (ξ) dξ.F (x) =aТак как функция f интегрируема на отрезке [a; b], то F непрерывна на этом отрезке. Используя последовательно определениенесобственного интеграла, задачу (18), непрерывность функцииF и ее определение, получаем:∫b−0∫cf (x) dx = limf (x) dx = lim F (x) − F (a) =c→b−0ax→b−0a345∫b= F (b) − F (a) =∫bf (ξ) dξ =af (x) dx.aАналогично,∫b∫bf (x) dx = F (b) − lim F (x) =f (x) dx = limc→a+0x→a+0ca+0∫b= F (b) − F (a) =∫bf (ξ) dξ =af (x) dx.aЗадача 21. По формуле интегрирования по частям для определенного интеграла∫c c ∫cf (x)g (x) dx = f (x)g(x) − f ′ (x)g(x) dx.′aa(11)aРавенство (11) можно записать в другой форме:∫c c ∫cf (x)g(x) dx = f (x)g(x) − f (x)g ′ (x) dx′aaилиa c ∫c∫c′f (x)g(x) = f (x)g(x) dx + f (x)g ′ (x) dx.aa(12)(13)aИз равенств (11) – (13) и арифметических свойств пределовследует, что если существуют две из трех величин:+∞∫f (x)g ′ (x) dx,+∞∫f ′ (x)g(x) dx,aa +∞f (x)g(x),a346то существует и третья из них.
Переходя в равенстве (11) к пределу, получаем формулу интегрирования по частям для несобственного интеграла.Задача 22. Применяя формулу замены переменной для определенного интеграла, имеем при c ∈ [a; +∞):∫cφ(c)∫′f (t) dt.f (φ(x))φ (x) dx =aφ(a)Переходя в этом равенстве к пределу при c → +∞, получаем:∫cφ(+∞)∫′f (φ(x))φ (x) dx =af (t) dt.φ(a)Задача 23. Для любого ε > 0 существует такое δ > 0, чтопри всех x1 , x2 ∈ (b − δ; b) выполнено неравенствоx∫ 2 f (x) dx < ε.x1Задача 24. Для любого ε > 0 существует такое D < b, чтопри всех x1 , x2 ∈ (−∞; D) выполнено неравенствоx∫ 2 f (x) dx < ε.x1Задача 25.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
