Учебное пособие - Определенный интеграл. Практикум (1238758), страница 3
Текст из файла (страница 3)
Найти интегральную сумму Sn для функции f (x) == 1 + x на сегменте [−1; 4], разбивая его на n равных промежутков и выбирая значения аргумента ξi (i = 0, 1, . . . , n − 1) всерединах этих промежутков.16Точки разбиенияxi = −1 +5in(0 6 i 6 n),точки разметки55i+(0 6 i 6 n − 1).n2nИнтегральную сумму вычисляем, суммируя арифметическуюпрогрессию:)n−1 (n−1∑55 ∑ 5i5Sn =(1 + ξi ) =+=nnn2ni=0i=0)( n−1()55 5 n(n − 1) 5255 5∑i+·n =·+= .=n n2nn n222ξi = −1 +i=0В решении следующей задачи используются формулы длясумм степеней натуральных чиселn(n + 1).(2.4)2n(n + 1)(2n + 1)12 + 22 + 32 + .
. . + n2 =.(2.5)6n2 (n + 1)213 + 23 + 33 + . . . + n3 =.(2.6)4Формула (2.4) следует из формулы суммы арифметичской прогрессии, а формулы (2.5) и (2.6) легко вывести, пользуясь методом математической индукции.Задача 8. Доказать формулу (2.5).Задача 9. Доказать формулу (2.6).2182.
Для данных функций f (x) найти нижнюю S n и верхнюю S n интегральные суммы на соответствующих сегментах, деля их на n равных частей, если1 + 2 + 3 + ... + n =а) f (x) = x3 , −2 6 x 6 3;√б) f (x) = x , 0 6 x 6 1;в) f (x) = 2x , 0 6 x 6 10.17а). Для вычисления интегральных сумм воспользуемся формулами (2.4) – (2.6).
Разбиение отрезка на n равных частей осуществляется точкамиxi = −2 +5in(0 6 i 6 n).Так как функция f (x) = x3 возрастает, тоmi =inf[xi ;xi+1 ]f (x) = f (xi ) = x3i ,Mi = sup f (x) = f (xi+1 ) = x3i+1 .[xi ;xi+1 ]5. Нижняя суммаn)n−1n−1n−1 (∑5∑ 35∑5i 3mi ∆xi =xi =−2 +Sn ==nnnДлина каждого из отрезков разбиения ∆xi =i=0i=0i=0)n−1 (60i 150i2 125i35∑−8 +−+==nnn2n3i=0()n−1n−1n−15150 ∑ 2 125 ∑ 360 ∑=i− 2i + 3i .−8n +nnnni=0i=0i=0Используя формулы (2.4)-(2.6) с заменой n на n − 1, получаем:(560(n − 1) 150(n − 1)(2n − 1)Sn =−8n +−+n26n)125(n − 1)265 175 125=−+ 2.+4n42n4nВерхняя интегральная сумма легко выражается через нижнюю:n−1n−1n∑5∑ 35∑ 3Sn =Mi ∆xi =xi+1 =xi =nni=0i=018i=15=n=(n−1∑)x3i + x3n − x30= Sn +i=0)5( 3xn − x30 =n65 175 125565 175 125−+ 2 + (27 + 8) =++ 2.42n4nn42n4nб). Разбиение отрезка на n равных частей осуществляетсяточкамиixi =(0 6 i 6 n).nТак как функция f (x) возрастает, то√mi =inf[xi ;xi+1 ]f (x) = f (xi ) =√Mi = sup f (x) = f (xi+1 ) =[xi ;xi+1 ]Длина каждого из отрезков разбиения ∆xi =Sn =n−1∑i=0n−1 √1∑mi ∆xi =ni=0i,ni+1.n1.
Нижняя суммаni1 ∑√= √i.nn nn−1i=0Верхняя суммаSn =n−1∑i=0n−1 √1∑Mi ∆xi =ni=0i+1=n1 ∑√1 ∑√= √i+1= √i.n nn nn−1ni=0i=1в). Разбиение отрезка на n равных частей осуществляетсяточками10ixi =(0 6 i 6 n).n19Так как функция f (x) возрастает, тоmi =inf[xi ;xi+1 ]f (x) = f (xi ) = 210i/n ,Mi = sup f (x) = f (xi+1 ) = 210(i+1)/n .[xi ;xi+1 ]Длина каждого из отрезков разбиения ∆xi =Sn =n−1∑i=010. Нижняя суммаn10 ∑ 10i/n 10 ∑ [ 10/n ]imi ∆xi =2=2.nnn−1n−1i=0i=0Суммируя геометрическую прогрессию со знаменателем q == 210/n , получаем:()10 210 − 110230)= ().S n = ( 10/nn 2−1n 210/n − 1Так какMi = 210(i+1)/n = 210/n 210i/n = 210/n mi ,то верхняя суммаSn =n−1∑i=0Mi ∆xi = 210/nn−1∑mi ∆xi = 210/n S n =i=010230 · 210/n().n 210/n − 12183.
Найти нижнюю интегральную сумму для функцииf (x) = x4 на сегменте [1; 2], разбивая этот сегмент на n частей,длины которых образуют геометрическую прогрессию. Чему равен предел этой суммы при n → +∞?Пусть x0 , x1 , . . . , xn – точки разбиения отрезка [1; 2], образующие геометрическую прогрессию. Так как нумерация последовательности начинается со значения n = 0, то по формуле общегочлена геометрической пргрессии xn = x0 q n , где q – знаменатель20прогрессии. Из равенств x0 = 1, xn = 2 определяем величинуq = 21/n . Таким образом,(0 6 i 6 n).xn = 2i/nВ силу возрастания функции fmi =inf[xi ;xi+1 ]f (x) = f (xi ) = x4i = 24i/n ,Длина отрезка [xi ; xi+1 ]()∆xi = xi+1 − xi = 2(i+1)n − 2i/n = 2i/n 21/n − 1 .Нижняя интегральная суммаSn =n−1∑mi ∆xi =i=0n−1∑24i/n i/n(21/n2)−1 =i=0() n−1)i∑(1/n= 2−125/n .i=0По формуле суммы геометрической прогрессииn−1∑(25/ni=0)i=25 − 131= 5/n,5/n2−12−1следовательно,()31 21/n − 1Sn =.25/n − 1Так как при n → +∞21/n − 1 ∼то1ln 2 ,n25/n − 1 ∼1nn→+∞ 5nlim S n = 31 limn→+∞215ln 2 ,nln 231= .5ln 22184.
Исходя из определения интеграла, найти∫T(v0 + gt)dt ,0где v0 и g – постоянны.Рассмотрим разбиение отрезка [0; T ] на n равных частей точкамиTiτi =, 0 6 i 6 n.nВыберем точки разметки на левых концах отрезков разбиения:ξi = τi .Интегральная сумма для функции f (t) = v0 + gt равна:Sn =n−1∑(v0 + gξi )(τi+1 − τi ) =i=0n−1∑(i=0T=nTiv0 + gn)T=n)n−1gT ∑i .v0 n +n(i=0По формуле суммы арифметической прогрессииn−1∑i=0i=(n − 1)n,2следовательно,TSn =n(gT (n − 1)nv0 n +2n)= v0 T +gT 2 (n − 1).2nСогласно решению задачи 5(∫T(v0 + gt)dt = limn→+∞gT 2 (n − 1)v0 T +2n022)= v0 T +gT 2.2Вычислить определенные интегралы, рассматривая их какпределы соответствующих интегральных сумм и производя разбиение промежутка интеграции надлежащим образом:∫22185.x2 dx.−1Разобъем отрезок интегрирования на n равных частей:xi = −1 +3i,n06i6nи выберем точки разметки ξi = xi (0 6 i 6 n−1).
Длина каждогоиз отрезков разбиения∆xi = xi+1 − xi =3.nИнтегральная суммаSn =n−1∑ξi2 ∆xi =i=0n−1∑(−1 +i=03in)23=n())n−1 (n−1n−13∑6i 9i29 ∑ 236∑=1−+ 2 =i+ 2i .n−nnnnnni=0i=0i=0Для суммы натуральных чисел и суммы их квадратов имеются следующие формулы:n−1∑i=0(n − 1)ni=,2n−1∑i2 =i=0(n − 1)n(2n − 1).6Они следуют из соотношений (2.4) и (2.5), рассмотренных передрешением задачи 2182.
Применяя эти формулы, находим:()36(n − 1)n 9(n − 1)n(2n − 1)Sn =n−+=n2n6n2239(n − 1) 9(n − 1)(2n − 1).+n2n2Согласно решению задачи 5=3−(∫22x dx = limn→+∞−19(n − 1) 9(n − 1)(2n − 1)3−+n2n2)= 3.∫1ax dx (a > 0).2186.0Разобьем отрезок интегрирования на n равных частей:xi =i,n06i6nи выберем точки разметки ξi = xi (0 6 i 6 n−1). Длина каждогоиз отрезков разбиения∆xi = xi+1 − xi =1.nИнтегральная суммаSn =n−1∑aξi ∆xi =i=01 ∑ ( 1/n )i1 ∑ i/na =a.nnn−1n−1i=0i=0Суммируя геометрическую прогрессию с первым членом, равным 1, и знаменателем q = a1/n , получаемn−1∑(a1/n)i=i=0a−1.−1a1/nОтсюда следует, чтоSn =a−1).n a1/n − 1(24Так как при n → +∞ последовательностьa1/n − 1 ∼то∫1ln a,n(a − 1)na−1=.n→+∞ n ln aln aax dx = lim Sn = limn→+∞0В задачах 2187 и 2188 используются следующие формулысуммирования из курса тригонометрии, справедливые при α ̸≠= 2πn (n – целое):sinsin α + sin 2α + .
. . + sin kα =(k + 1)αkαsin22 .αsin2sin1 + cos α + cos 2α + . . . + cos kα =(k + 1)αkαcos22 .αsin2(2.7)(2.8)Задача 10. Доказать формулу (2.7).Задача 11. Доказать формулу (2.8).∫π/2sin x dx.2187.0Разобьем отрезок интегрирования на n равных частей:xi =πi,2n06i6nи выберем точки разметки ξi = xi (0 6 i 6 n−1). Длина каждогоиз отрезков разбиения∆xi = xi+1 − xi =25π.2nИнтегральная суммаSn =n−1∑π ∑πisin.2n2nn−1(sin ξi )∆xi =i=0i=0Применяя формулу (2.7) с α = π/(2n) и k = n − 1, получаем:(n − 1)ππ(n − 1)πsinsin · sinπi44nsin= √ 4nπ .=π2nsin2 sini=04n4nn−1∑Следовательно,(n − 1)ππ sin4nSn = √π .2 2 n sin4nТак какlim sinn→+∞аsinто(n − 1)ππ1= sin = √ ,4n42ππ∼4n4n(n → +∞) ,∫π/2sin x dx = lim Sn = limn→+∞n→+∞0π · 4n√√ = 1.2 2n · π · 2∫x2188.cos t dt.0Разобъем отрезок [0; x] на n равных частей точкамиxi =xi,n06i6nи выберем точки разметки ξi = xi (0 6 i 6 n−1).
Длина каждогоиз отрезков разбиенияx∆xi = xi+1 − xi = .n26Интегральная суммаSn =n−1∑i=0x∑xi(cos ξi )∆xi =cos .nnn−1(2.9)i=0Применяя формулу (2.8) с α = x/n и k = n − 1, получаем(при достаточно большой величине n значение α мало и не можетбыть кратно 2π, следовательно формула (2.8) применима):x(n − 1)xsin · cosxi22ncos=.xnsini=02nn−1∑Так какlim cosn→+∞аsinx(n − 1)x= cos ,2n2xx∼2n2n(n → +∞) ,то из (2.9) находим∫xx · sincos t dt = lim Sn = limn→+∞n→+∞0= 2 sin∫b2189.dxx2x(n − 1)x· cos· 2n22n=n·xxxcos = sin x.22(0 < a < b).aПусть x0 , x1 , . .
. , xn – произвольное разбиение отрезка [a; b].Выберем точки разметкиξi =√xi xi+1(0 6 i 6 n − 1).27Интегральная суммаSn =n−1∑i=0=(+n−1∑(i=0∑ 11(xi+1 − xi ) =(xi+1 − xi ) =2xi xi+1ξii=0n−111−xi xi+111−x2 x3))(=(+ ... +11−x0 x11xn−1)(+)1−xn=11−x1 x2)+111 1−= − .x0 xna bСледовательно∫bdx= lim Sn = limn→+∞n→+∞x2(1 1−a b)=1 1− .a ba∫bxm dx (0 < a < b ; m ̸= −1).2190.aРассмотрим разбиение отрезка [a; b] точками, образующимигеометрическую прогрессию0 6 i 6 n.√Из условий x0 = a, xn = b находим q = n b/a .
Выберем точкиразметки ξi = xi (0 6 i 6 n − 1). Длина каждого из отрезковразбиенияxi = aq i ,∆xi = xi+1 − xi = aq i+1 − aq i = aq i (q − 1) .Интегральная суммаSn =n−1∑i=0ξim ∆xi=n−1∑i=028(aq i)maq i (q − 1) =m+1=a(q − 1)n−1∑()iq m+1 .i=0Так как a < b и m ̸= −1, то величина q ̸= 1. По формуле суммыгеометрической прогрессииn−1∑(q m+1i=0)i=q (m+1)n − 1,q m+1 − 1следовательно,q (m+1)n − 1.q m+1 − 1√Подставляя в эту формулу значение q = n b/a, находим:Sn = am+1 (q − 1)( )m+1b][( )−11/nbaSn = am+1− 1 ( )(m+1)/n=ab−1a( )1/nb−1( m+1)am+1= b−a.( )(m+1)/nb−1aТак как при n → +∞( )1/nb1 b− 1 ∼ ln ,an a( )(m+1)/nbm+1 bln ,−1∼anaто∫ba()xm dx = bm+1 − am+1 lim1bn ln an→+∞ m+1 ln bna29=bm+1 − am+1.m+1∫b2191.dxx(0 < a < b).aРассмотрим разбиение отрезка [a; b] точками, образующимигеометрическую прогрессию0 6 i 6 n.√Из условий x0 = a, xn = b находим q = n b/a .
Точки разметкивыберем на левых концах отрезков разбиения:xi = aq i ,ξi = xi(0 6 i 6 n − 1).Длина каждого из отрезков разбиения∆xi = xi+1 − xi = aq i+1 − aq i = aq i (q − 1) .Интегральная суммаSn =n−1∑i=0n−1n−1∑ aq i (q − 1)∑1∆xi ==(q−1)1=ξiaq ii=0i=0(( ))b 1/n= n(q − 1) = n−1 .aТак как при n → +∞( )1/nb1 b− 1 ∼ ln ,an aто∫bdxx((0 < a < b) = lim Sn = lim nn→+∞n→+∞a2192. Вычислить интеграл Пуассона∫π()ln 1 − 2α cos x + α2 dx0301 blnn a)b= ln .aпри: а) |α| < 1; б) |α| > 1.Рассмотрим разбиение отрезка [0; π] на n равных частей:xk =πk,n06k6nи выберем точки разметки ξk = xk (0 6 k 6 n − 1).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
