Учебное пособие - Определенный интеграл. Практикум (1238758), страница 9
Текст из файла (страница 9)
3.14Применение формулы Ньютона – Лейбница в виде∫2π1sec2 x dx= √ arctg22 + tg x20()tg x 2π√ =02 0дает ошибочный результат вследствие разрывов первообразной.Тем не менее в данном примере подынтегральная функция всюдуза исключением точек x = π/2 и x = 3π/2 совпадает с непрерывной функцией1.f˜(x) =2 cos2 x + sin2 xСледовательно, функция f (x) интегрируема и∫2π∫2πf˜(x) dx.f (x) dx =00Для корректного вычисления интеграла проще всего разбить егона три∫2π03π/2∫π/2∫∫2πf (x) dx =f (x) dx +f (x) dx +f (x) dx.0π/2873π/2На каждом из трех промежутков [0; π/2], [π/2; 3π/3] и[3π/2; 2π] формула Ньютона – Лейбница применима.
Таким образом,∫2π1f (x) dx = √ arctg2(01+ √ arctg2()()tg x π/2tg x 3π/21√ + √ arctg √ +2 022 π/2)√tg x 2ππππ√ = √ + √ + √ = π 2;2 3π/2 2 22 2 2в). Подынтегральная функцияdf (x) =dx(1arctgx)имеет разрывную первообразную1F (x) = arctg .xГрафик этой функции представлен на рис. 3.15.Прямое применение формулы Ньютона – Лейбница(∫1f (x) dx =−1)1 1π ππarctg= + =x −1442дает ошибочный результат вследствие разрыва первообразной.Для корректного вычисления интеграла проще всего разбить егона два∫1∫0∫1f (x) dx = f (x) dx + f (x) dx.−1−10886yπ×2−1qqqOqx-1×− π2Рис. 3.15На каждом из отрезков [−1; 0] и [0; 1] формула Ньютона –Лейбница применима.
Следовательно,(∫1f (x) dx =−1))(1 01 1arctg+ arctg=x −1x 0( π π ) (π π )π−= − ++=− .244222217. Найти∫1−1ddx(11 + 21/x)dx.Подынтегральная функцияdf (x) =dx(11 + 21/x)имеет разрывную первообразнуюF (x) =1.1 + 21/xГрафик этой функции представлен на рис. 3.16.89Прямое применение формулы Ньютона – Лейбница(∫1f (x) dx =−1)11 = 1 − 2 = −11/x3 331+2−1дает ошибочный результат вследствие разрыва первообразной.6y×q1qqq×q−1qOx-1Рис. 3.16Для корректного вычисления интеграла лучше разбить егона два∫0∫1∫1f (x) dx = f (x) dx + f (x) dx.−1−10На каждом из отрезков [−1; 0] и [0; 1] формула Ньютона – Лейбница применима. Следовательно,(∫1f (x) dx =−1(=)0()111 + =1 + 21/x −11 + 21/x 021−3)(+90)12−0 = .332218.
Найти100π∫√1 − cos 2x dx.0100π∫√100π∫1 − cos 2x dx =0=√249∑k=0=√249∑k=049∑[100π√ ∫2 sin x dx = 2| sin x| dx =200| sin x| dx =| sin x| dx +π+2πk2πk2π(k+1)∫π+2πk∫√= 2√π+2πk∫2π(k+1)∫sin x dx =sin x dx −2πkπ+2πkπ+2πk2π(k+1) ]49√ ∑√− cos x+ cos x= 24 = 200 2.2πkk=0π+2πkk=0С помощью определенных интегралов найти:2219.()12n−1lim+ 2 + ··· +.n→+∞ n2nn2Рассмотрим на отрезке [0; 1] функцию f (x) = x. Если выбрать разбиение отрезка на n равных частейxi =i,n06i6n−1ξi =i,n0 6 i 6 n − 1,и точки разметкито интегральная суммаsn =n−1∑i=0f (ξi )∆xi =n−1∑i=0i 112n−1· = 2 + 2 + ··· +.n nnnn291Таким образом,(limn→+∞12n−1+ 2 + ··· +2nnn2∫1= lim sn =n→+∞02220.(limn→+∞)=1x2 1x dx == .2 0 2111++ ··· +n+1 n+2n+n).Рассмотрим на отрезке [0; 1] функцию f (x) =выбрать разбиение отрезка на n равных частейi,nxi =1.
Если1+x06i6n−1и точки разметкиξi =i+1,n0 6 i 6 n − 1,то интегральная суммаsn =n−1∑f (ξi )∆xi =i=0n−1∑i=0(11 + i+1n)∑11==nn+i+1n−1i=0111++ ··· +.n+1 n+2n+n=Таким образом,(limn→+∞111++ ··· +n+1 n+2n+n∫1= lim sn =n→+∞0)=1dx= ln(1 + x) = ln 2 .1+x0922221.(limn→+∞nnn+ 2+ ··· + 2222n +1n +2n + n2Рассмотрим на отрезке [0; 1] функцию f (x) =выбрать разбиение отрезка на n равных частейxi =i,n).1.
Если1 + x206i6n−1и точки разметкиξi =i+1,n0 6 i 6 n − 1,то интегральная суммаsn =n−1∑f (ξi )∆xi =i=0=n−1∑i=0n−1∑i=0(1+1( i+1 )2n)1=nnnnn= 2++ ··· + 2.n2 + (i + 1)2n + 12 n2 + 22n + n2Таким образом,(limn→+∞nnn+ 2+ ··· + 2222n +1n +2n + n2∫1= lim sn =n→+∞0)=1dxπ= arctg x = .21+x402222.1limn→+∞ n(π2π(n − 1)πsin + sin+ · · · + sinnnn93).Рассмотрим на отрезке [0; π] функцию f (x) = sin x. Если выбрать разбиение отрезка на n равных частейxi =iπ,n06i6n−1ξi =iπ,n0 6 i 6 n − 1,и точки разметкито интегральная суммаsn =n−1∑f (ξi )∆xi =i=0(π=nn−1∑(i=0siniπn)π=nπ2π(n − 1)πsin + sin+ · · · + sinnnn).Таким образом,1limn→+∞ n(π2π(n − 1)πsin + sin+ · · · + sinnnn11lim sn ==π n→+∞π∫π02223.)=π12sin x dx = − cos x = .ππ01p + 2p + · · · + npn→+∞np+1lim(p > 0).Рассмотрим на отрезке [0; 1] функцию f (x) = xp .
Если выбрать разбиение отрезка на n равных частейxi =i,n06i6n−1и точки разметкиξi =i+1,n0 6 i 6 n − 1,94то интегральная суммаsn =n−1∑f (ξi )∆xi =i=0n−1∑(i=0i+1n)p·11p + 2p + · · · + np=.nnp+1Таким образом,1p + 2p + · · · + np= lim sn =n→+∞n→+∞np+1lim∫11xp+1 1x dx ==.p + 1 0 p + 1p=02224.1limn→+∞ n(√11+ +n√21 + + ··· +n√n1+nРассмотрим на отрезке [0; 1] функцию f (x) =выбрать разбиение отрезка на n равных частейxi =i,n√).1 + x. Если06i6n−1и точки разметкиξi =i+1,n0 6 i 6 n − 1,то интегральная суммаsn =n−1∑f (ξi )∆xi =i=01=n(√11+ +n√n−1∑i=0√1+i+1 1· =nn21 + + ··· +n95√n1+n).Следовательно,(√1limn→+∞ n∫1=11+ +n√0Найти:√21 + + ··· +n√n1+n)= lim sn =n→+∞122 √3/2 1 + x dx = (1 + x) = (2 2 − 1) .330√nn!.n→+∞ nВ силу свойства непрерывности показательной и логарифмической функций√nn!lim= eA ,n→+∞ nгде√nn!A = lim ln.n→+∞n2225.
limТак как√nn!ln= lnn1=n((n!nn)1/n1= lnn(1 2n· ···n nn12nln + ln + · · · + lnnnnто1A = limn→+∞ n()=),12nln + ln + · · · + lnnnn).Для вычисления последнего предела рассмотрим на промежутке (0; 1] функцию f (x) = ln x. Эта функция интегрируема96в несобственном смысле. Несобственный интеграл нетрудно вычислить с помощью интегирования по частям∫11 ∫1ln x dx = x ln x − dx = −1.000Так как функция f (x) монотонна, то согласно решению задачи2388( ) ∫1n1∑k= f (x) dx = −1,limfn→+∞ nnk=1но1∑fnnk=10( )()k112n=ln + ln + · · · + ln.nnnnnСледовательно, A = −1, т. е.√nlimn→+∞1n!= .neЗамечание.
Решение этой задачи использует ссылку на решение задачи 2388. Хотя эта задача решается позже, такая ссылка законна, так как задача 2388 рассматривается независимо.Конечно, текст решения задачи 2388 (для полноты) можно былопривести и здесь, однако повторение одного и того же материала дважды не имеет большого смысла, так как желающие могутпрочитать соответствующий текст, обратившись к главе 4 настоящего пособия.[ n ()]1∑b−a2226. limf a+k.n→+∞ nnk=1Величина()n∑b−a b−asn =f a+knnk=197представляет собой интегральную сумму функции f на отрезке[a; b] для разбиения на n равных частейxk = a + kb−a,n06k6nи точками разметкиξk = xk+1 .Предел последовательности {sn } для интегрируемой функциидолжен совпадать с определенным интегралом от функции f поотрезку [a; b]. Отсюда следует, что[ n ()]1∑b−alimf a+k=n→+∞ nnk=1sn1= lim=n→+∞ b − ab−a∫bf (x) dx.aЗамечание.
В формулировке задачи пропущено условие интегрируемости функции f на отрезке [a; b]. Без этого условиярассматриваемый предел, вообще говоря, не существует.Отбрасывая равномерно бесконечно малые высших порядков,найти пределы следующих сумм:2227.[())(1π2π2lim1+sin 2 + 1 +sin 2 + · · ·n→+∞nnnn)]((n − 1)πn−1sin.··· + 1 +nn2Наряду с последовательностью()()1π22πsin 2 + 1 +sin 2 + · · ·an = 1 +nnnn()n−1(n − 1)π··· + 1 +sinnn298рассмотрим также последовательность()()()1 π2 2πn − 1 (n − 1)πsn = 1 ++ 1++ ··· + 1 +.n n2n n2nn2Оценим разность an − sn . Для этого воспользуемся формулойТэйлора для функции y = sin x с дополнительным членом в форме Лагранжаcos ξ 3sin x = x −x ,6из которой следует, что при всех вещественных x| sin x − x| 6|x|3.6С помощью неравенства (3.10) получаем, что)(()n−1kπ kπ k∑|an − sn | = sin 2 − 2 61+nnn k=1) ( )3)n−1 (n−1 (kkπk1∑π3 ∑1+1+k3 .6= 66nn26nnk=1k=1Так как величина k 6 n − 1, то1+k6 2.nС другой стороны, согласно формуле (2.6)13 + 23 + · · · + (n − 1)3 =(n − 1)2 n2.4Таким образом,n−1π 3 ∑ 3 π 3 (n − 1)2|an − sn | 6 6k =.3n12n4k=199(3.10)Отсюда следует, чтоlim (an − sn ) = 0n→+∞и вместо вычисления предела последовательности an мы можемвычислить предел последовательности sn .Рассмотрим на отрезке [0; 1] функцию f (x) = πx(1 + x).
Величина sn представляет интегральную сумму этой функции дляразбиения отрезка [0; 1] на n равных частейxi =i,n06i6nс точками разметкиξi = xi ,0 6 i 6 n − 1.Поэтому(∫1πx(1 + x) dx = πlim sn =n→+∞0)1x2 x3 5π+.=23 06Таким образом, искомый пределlim an =n→+∞(5π.6π)∑1.n→+∞n2 + cos kπnk=1Так как при n → +∞ последовательность2228. limnsinsinππ∼ ,nnто предел рассматриваемой последовательностиn(π)∑1an = sinn2 + cos kπnk=1100совпадает с пределом последовательностиsn =n∑1π·kπ n2 + cos nk=1Последовательность sn является интегральной суммой функцииf (x) =12 + cos xна отрезке [0; π], отвечающей разбиению на n равных частейxi =kπ,n06k6nс точками разметки ξi = xk+1 (0 6 k 6 n − 1)sn =n−1∑f (ξi )∆xi .i=0Следовательно,∫πlim sn =n→+∞dx1=2 + cos x20∫π0dx.1 + 12 cos xПервообразная подынтегральной функции вычислена в задаче 2028 (в этой задаче нужно выбрать ε = 1/2):()∫dx4tg(x/2)√= √ arctg+ C.1 + 12 cos x33Применяя формулу Ньютона – Лейбница, находим∫π04dx= √ arctg11 + 2 cos x3101()tg(x/2) π2π√=√ .330Таким образом,πlim an = lim sn = √ .n→+∞n→+∞3n √∑(nx + k)(nx + k + 1)2229.
limk=1(x > 0).n2n→+∞Предварительно выведем неравенство, которое√ потребуетсяв дальнейшем. Применим к функции f (x) = 1 + x формулуТэйлора в форме Лагранжа. Получим√11+x=1+ √x,2 1+ξгде величина ξ находится между нулем и x. В частности, ξ > 0,если x > 0. Отсюда следует, что√1+x−16x2(x > 0).(3.11)Рассмотрим последовательностиn1 ∑√an = 2(nx + k)(nx + k + 1) ,nk=1)n (k1∑x+.sn =nnk=1Оценим разность an − sn :√()() ∑)n (n1 ∑kk+1k |an − sn | = x+x+−x+=nnnn k=1k=1)√)n (n (∑1 ∑k1/nk x+1+−= x+=nnx + k/nn k=1k=1)) (√n (k1/n1 ∑x+1+− 1 .= nnx + k/nk=1102Согласно неравенству (3.11)√1/n1/n1+−16,x + k/n2 (x + k/n)поэтому)n (n1/n1∑k1∑ 11|an − sn | 6x+==.nn 2 (x + k/n)n2n2nk=1k=1Отсюда следует, чтоlim (an − sn ) = 0,n→+∞и вычисление предела последовательности an можно заменитьвычислением предела последовательности sn .Величина sn представляет интегральную сумму функцииf (t) = x + tна отрезке t ∈ [0; 1], отвечающую разбиению этого отрезка на nравных частейktk = , 0 6 k 6 nnи точкам разметкиξk =k+1,n0 6 k 6 n − 1.Таким образом,sn =n−1∑f (ξi )∆tii=0и, следовательно,∫1lim an = lim sn =n→+∞n→+∞01(x + t)2 1(x + t) dt ==x+ .220103(21/n22/n2n/n2230.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
