Учебное пособие - Определенный интеграл. Практикум (1238758), страница 4
Текст из файла (страница 4)
Длинакаждого из отрезков разбиения∆xi = xi+1 − xi =π.nИнтегральная суммаSn =n−1∑()ln 1 − 2α cos ξk + α2 ∆xi =k=0)n−1 (πkπ ∏21 − 2α cos+α .= lnnnk=1Квадратное уравнение относительно переменной α1 − 2α cosπk+ α2 = 0nимеет комплексные корниα=eiπkn,α = e−iπkn,следовательно,)()iπkiπkπ ∏(Sn = lnα−e nα − e− n .nn−1k=1− n n−1Рассмотрим последовательности {e n }n−1}k=0 . Их соk=0 и {eвокупность дает множество всех комплексных корней степени 2niπk31iπkиз 1, за тем исключением, что точка z = 1 встречается дважды,а точка z = −1 отсутствует, поэтомуn−1∏(α−eiπkn)(α−e− iπkn)k=1()α2n − 1 (α − 1).=α+1Таким образом,( 2n)α − 1 (α − 1)πSn = ln.nα+1а) |α| < 1. В этом случае α2n → 0 при n → +∞ и∫π()1−αln 1 − 2α cos x + α2 dx = lim Sn = 0 · ln= 0;n→+∞α+10б) |α| > 1. В этом случае при n → +∞( 2n)α − 1 (α − 1)ln∼ 2n ln |α|α+1и∫π()ln 1 − 2α cos x + α2 dx = lim Sn =n→+∞0π(2n ln |α|) = 2π ln |α| = π ln α2 .n→+∞ nОкончательно получаем:= lim∫π(ln 1 − 2α cos x + α2){dx =0,|α| < 1 ,π ln α2 , |α| > 1 .0Замечание.
При |α| = 1 интеграл является несобственными его нельзя рассматривать как предел интегральных сумм (см.решение задачи 2385).322193. Пусть функции f (x) и φ(x) непрерывны на [a; b]. Рассмотрим произвольное разбиение T отрезка [a; b]:T = {x0 , x1 , . . . , xn }(a = x0 < x1 < · · · < xn = b), λ(T ) – характеристика этогоразбиения, ξ = (ξ0 , . . .
ξn−1 ) и θ = (θ0 , . . . θn−1 ) – произвольныеразметки разбиения T , т. е. наборы точек, для которых при каждом i (0 6 i 6 n − 1) ξi ∈ [xi ; xi+1 ], θi ∈ [xi ; xi+1 ]. Доказать,что∫bn−1∑f (ξi )φ(θi )∆xi = f (x)φ(x) dx.limλ(T )→0i=0aДля доказательства положим:σ(T, ξ, θ) =n−1∑f (ξi )φ(θi )∆xi ,i=0s(T, ξ) =n−1∑f (ξi )φ(ξi )∆xi .i=0Так как функции f и φ непрерывны на отрезке [a; b], то ихпроизведение также непрерывно, а, следовательно, и интегрируемо на этом отрезке. По определению интеграла∫blim s(T, ξ) =f (x)φ(x) dx.λ(T )→0aСледовательно, достаточно доказать, чтоlim (σ(T, ξ, θ) − s(T, ξ)) = 0.λ(T )→0Проверим определение предела.
Пусть ε > 0. Так как функция f непрерывна на отрезке [a; b], то она ограничена на этом33отрезке, т. е. существует такое положительное число M , что привсех x ∈ [a; b] выполняется неравенство |f (x)| 6 M . Так какфункция φ(x) непрерывна на отрезке [a; b], то она равномернонепрерывна на этом отрезке, следовательно, существует такоеположительное число δ, что при любом разбиении T отрезка [a; b]с характеристикой λ(T ) < δ будет справедливо неравенство|φ(θi ) − φ(ξi )| <εM (b − a)при любых ξi ∈ [xi ; xi+1 ], θi ∈ [xi ; xi+1 ]. Для такого разбиенияn−1∑|σ(T, ξ, θ) − s(T, ξ)| = f (ξi ) (φ(θi ) − φ(ξi )) ∆xi <i=0<n−1∑i=0∑εεε∆xi =(b − a) = ε.∆xi =M (b − a)(b − a)(b − a)n−1Mi=0Это доказывает утверждение задачи.Замечание.
Величина s(T, ξ) рассматривалась как функция(T, ξ, θ), не зависящая от θ.2193.1. Пусть f (x) ограничена и монотонна на [0; 1]. Доказать, что( )( )∫1nk1∑1ff (x) dx −=O.nnn0k=1Рассмотрим разбиение отрезка [0; 1] на n равных частей точкамиkxk =(0 6 k 6 n).n1. Пусть функция f (x) монотонно возрастает. В этом случае( )kmk = inf f (x) = f (xk ) = f,n[xk ;xk+1 ]()k+1Mk = sup f (x) = f (xk+1 ) = f.n[xk ;xk+1 ]34Длина каждого из отрезков разбиения ∆xi =Sn =n−1∑1∑fnn−1mi ∆xi =k=0k=01. Нижняя суммаn( )k.n(2.10)Меняя в верхней суммеSn =n−1∑k=01∑Mi ∆xi =fnn−1(k=0k+1n)индекс суммирования k на k − 1, преобразуем ее к виду1∑Sn =fnnk=1( )k.n(2.11)Вычитая из (2.11) равенство (2.10), получаем:Sn − S n =f (1) − f (0).nТак как при всех n∫1Sn 6f (x) dx 6 S n ,0то 1∫ f (x) dx − S n 6 S n − S n = f (1) − f (0) .n0Заменяя в этой оценке S n по формуле (2.11), имеем неравенство 1∫( )n∑k f (1) − f (0) f (x) dx − 1f6,nn nk=1035из которого непосредствено следует соотношение∫1( )( )k1=O.nn1∑f (x) dx −fnnk=102.
Пусть функция f (x) монотонно убывает. Рассмотрим функцию f˜(x) = −f (x). Тогда функция f˜(x) монотонно возрастает.Согласно доказанному в предыдущем пункте∫1( )( )n1∑˜ k1˜f (x) dx −f=O,nnnk=10следовательно, 1( )( )∫1∫nn∑∑kk 11ff˜f (x) dx −= − f˜(x) dx −=nnnn0k=1k=10( )( )11=O.= −Onn2193.2. Пусть функция f (x) ограничена и выпукла сверхуна сегменте [a; b]. Доказать, чтоf (a) + f (b)(b − a)62(∫bf (x) dx 6 (b − a)fa+b2).aСогласно определению выпуклой сверху функции, при всехx1 , x2 ∈ [a; b], λ1 > 0, λ1 > 0 (λ1 + λ2 = 1) выполняется неравенствоf (λ1 x1 + λ2 x2 ) > λ1 f (x1 ) + λ2 f (x2 ).(2.12)1. Докажем левое неравенство задачи.
Пусть x ∈ [a; b] иx1 = a ,x2 = b ,λ1 =36b−x,b−aλ2 =x−a.b−aНетрудно видеть, что λ1 > 0, λ2 > 0, λ1 + λ2 = 1, λ1 x1 ++λ2 x2 = x. Применяя неравенство (2.12), получаемf (x) >b−xx−af (a) +f (b).b−ab−aИнтегрируя последнее неравенство, имеем:∫b [∫bf (x) dx >aa∫b [=a(=]b−xx−af (a) +f (b) dx =b−ab−a]bf (a) − af (b) f (b) − f (a)+x dx =b−ab−a)bbf (a) − af (b)f (b) − f (a) x2 x+·=b−ab−a2 a(f (b) − f (a)) (a + b)=2f (a) + f (b)= (b − a).22. Докажем правое неравенство задачи. Пусть x ∈ [a; b] и= (bf (a) − af (b)) +x1 = x ,x2 = a + b − x ,λ1 =1,2λ2 =1.2Тогда λ1 > 0, λ2 > 0, λ1 + λ2 = 1, λ1 x1 + λ2 x2 = (a + b)/2.Применяя неравенство (2.12), получаем()a+bf (x) + f (a + b − x)f>.22Интегрируя последнее неравенство, имеем b)(∫b∫1a+bf(b − a) > f (x) dx + f (a + b − x) dx .22aa37Делая в последнем из интегралов замену y = a + b − x, получаем∫b∫af (a + b − x) dx = −a∫bf (y) dy =∫bf (y) dy =abf (x) dx.aТаким образом, полученное неравенство можно записать в следующем виде:(fa+b2)1(b − a) > 2∫b∫bf (x) dx +af (x) dx =a∫bf (x) dx,aчто совпадает с правым неравенством задачи.2193.3.
Пусть f (x) ∈ C (2) [1; +∞) и f (x) > 0, f ′ (x) > 0,′′f (x) 6 0 при x ∈ [1; +∞). Доказать, чтоn∑k=1f (n)f (k) =+2∫nf (x) dx + O(1)1при n → +∞.Для доказательства утверждения задачи достаточно установить свойство ограниченности последовательностиan =n∑k=1f (n)f (k) −−2∫n∫nn−1∑f (n)f (k) +f (x) dx =− f (x) dx.2k=111Так как f ′′ (x) 6 0, то функция f (x) выпукла сверху, следовательно к ней применимо утверждение задачи 2193.2.1.
Используя левое неравенство задачи 2193.2, получаемf (k − 1) + f (k)62∫kf (x) dx (k = 2, 3, . . . ).k−138Суммируя эти неравенства по k (от k = 2 до k = n) и учитываясвойство аддитивности интеграла, имеем:f (n)f (1) ∑f (k) ++622n−1k=2∫nf (x) dx.1Это неравенство можно переписать в следующем виде:n−1∑k=1f (n)f (k) +−2∫nf (x) dx 6f (1),21что равносильно соотношениюan 6f (1).22. Используя правое неравенство задачи 2193.2, имеем:k+ 12∫f (x) dx 6 f (k) (k = 2, 3, . . . ).k− 12Суммируя эти неравенства по k (от k = 2 до k = n − 1) и учитывая свойство аддитивности интеграла, получаемn− 21∫f (x) dx 6n−1∑(2.13)f (k).k=23/2По условию задачи f ′ (x) > 0.
Это влечет монотонное возрастание функции f (x), поэтому∫n∫nf (x) dx 6n− 21f (n) dx =n− 1239f (n).2(2.14)Складывая неравенства (2.13) и (2.14), получаем∫nf (x) dx 6n−1∑f (k) +k=23/2f (n),2прибавляя к обеим частям полученного неравенства f (1) и перенося интеграл в другую часть неравенства, приходим к оценкеf (1) 6n−1∑k=1f (n)−f (k) +2∫nf (x) dx.3/2Учитывая аддитивность интеграла, эту оценку можно записатьв следующем виде:∫n∫3/2n−1∑f (n)f (k) +− f (x) dx,f (x) dx 6f (1) −21k=11что равносильно неравенству∫3/2f (x) dx 6 an .f (1) −1Из п.
1 и п. 2 следует ограниченность последовательности{an }. Утверждение задачи доказано.Замечание. В доказательстве нигде не использовалось условие неотрицательности f (x). Легко видеть, что это условие неявляется необходимым. Последовательности {an }, построенныедля функций f (x) и f (x) + C, отличаются на величину C/2 ипоэтому они одновременно ограничены или неограниченны. Таким образом, если утверждение задачи справедливо для функции f (x)+C, то оно справедливо также и для функции f (x) (прилюбом C).
Выбирая C = −f (1) и учитывая возрастание f (x), получаем, что функция f (x)+C = f (x)−f (1) неотрицательна. Этосводит задачу к случаю неотрицательной функции.402193.4. Пусть f (x) ∈ C (1) [a; b] и∫b∆n =b−a∑f (x) dx −fnnk=1a(b−aa+kn).Найти lim n∆n .n→+∞Пустьb−a(0 6 k 6 n).nТочки xk образуют разбиение отрезка [a; b] на n равных частей.Длина каждого из отрезков разбиенияxk = a + k∆xk = xk − xk−1 =b−a.nВ силу свойств аддитивности и линейности интеграла∫bf (x) dx −∆n =k=1a−n∑∫xkf (xk )k=1n∑dx =b−a ∑f (xk )=nnn ∫xk∑=n ∫xk∑f (x) dx−k=1xk−1f (x) dx −k=1xk−1xk−1∫xkn ∫xk∑f (xk ) dx =k=1xk−1(f (x) − f (xk )) dx.(2.15)k=1xk−1Положимmek =fk =Minff ′ (x),[xk−1 ;xk ]supf ′ (x).[xk−1 ;xk ]Пусть точка x ∈ [xk−1 ; xk ].
По теореме Лагранжаf (x) − f (xk ) = f ′ (ξk )(x − xk ),41(2.16)где точка ξk лежит между точками x и xk , в частности, ξk ∈∈ [xk−1 ; xk ]. Учитывая, что величина x − xk неположительна,получаем из (2.16) оценкуfk (x − xk ) 6 f (x) − f (xk ) 6 mMe k (x − xk ).Интегрируя последнее неравенство, имеем∫xkfk (xk − xk−1 )2Mme k (xk − xk−1 )2−6 (f (x) − f (xk )) dx 6 −.22xk−1Так как величина xk − xk−1 = (b − a)/n, то полученное соотношение можно записать в следующем виде:∫xkfk (b − a)2Mme k (b − a)2−6(f(x)−f(x))dx6−.k2n22n2(2.17)xk−1Из (2.15) и (2.17) следует, что−nn(b − a)2 ∑(b − a)2 ∑ fM6∆6−me k.nk2n22n2k=1k=1b−aВнося под знаки сумм величину= ∆xk , получаем неравенnствоnnb−a∑b−a∑ fMk ∆xk 6 ∆n 6 −me k ∆xk−2n2nk=1k=1и после умножения на n, приходим к оценкеb−a∑b−a∑ fMk ∆xk 6 n∆n 6 −me k ∆xk .−22nnk=1k=1(2.18)Так как функция f ′ (x) непрерывна на отрезке [a; b], то онаинтегрируема на этом отрезке и поэтому ее суммы Дарбу при42n → +∞ сходятся к определенному интегралу:n∑limn→+∞limme k ∆xk =k=1n∑n→+∞∫bf ′ (x) dx,afk ∆xk =Mk=1∫bf ′ (x) dx.aПо теореме о пределе промежуточной последовательности из соотношения (2.18), получаемb−alim n∆n = −n→+∞2∫bf ′ (x) dx.aТак как по формуле Ньютона – Лейбница∫bf ′ (x) dx = f (b) − f (a),aто искомый предел1lim n∆n = (b − a) (f (a) − f (b)) .2n→+∞2194.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
