1610907243-ac283de454695bb7f2524e2bfa39689d (824397), страница 28
Текст из файла (страница 28)
+n+12n= ln 2,использовав интегралZ2dx= ln 2.x1inРешение. Рассмотрим разбиение отрезка [1, 2]: xi =+ 1,i = 0, 1, . . . , n:Z21nnX xi − xi−1Xdx1== lim= limin→∞n→∞xx+1)n(ini=1i=1limn→∞7.611+ ... +.n+12nЗадача № 118 из [4], §6Доказать равенство11lim n+...+n→∞n2 + 1 22n2=π,4использовав интегралZ1dx.+1x20Решение.
Рассмотрим разбиение отрезка [0, 1]: xi = ni ,i = 0, 1, . . . , n:Z10nnX xi − xi−1X1dx=lim=lim=i2n→∞x2 + 1 n→∞ i=1 x2i + 1n(+1)2ni=111lim n+ ... + 2 .n→∞n2 + 122n2097.7Задача № 12 из [4], §6Доказать, что если функция f непрерывна и положительна на отрезке [0,1],то 1s Z12nlim n f= exp ln f (x) dx .f...fn→∞nnn0Решение.vu n uYinlim t= lim expfn→∞n→∞ni=1exp8n1Xn1n→∞ nlimi=1nXi=1 !iln f=n 1 !Ziln f= exp ln f (x) dx .n0Seminar n. 08Связь определённого интеграла с первообразной.
Формула Ньютона - Лейб-ница. Интегрирование по частям и замена переменной в определённом интеграле. См. глоссарий стр. 9 - 10 из [8].8.1RπЗадача № 138 из [4], §6x sin x dx0Решение. Пусть u = x, u0 = 1, v 0 = sin x, v = − cos xZπx sin x dx = −x cos x|π0 +Zπ08.2cos x dx = π.0Задача № 104 из [4], §6πНайти определенный интегралR2e2x cos x dx.0Решение. Способ 1. Воспользоваться формулой Ньютона-Лейбница (см.
за210дачу 2.8):πZ2eπ − 2e2x (sin x + 2 cos x) π2.e cos x dx = =01 + 2252x0Способ 2. Пусть u1 = e2x , u01 = 2e2x , v10 = cos x, v1 = sin xππZ2Z2πe2x cos x dx = e2x sin x|02 − 20e2x sin x dx =0πeπ − 2Z2e2x sin x dx.0Пусть u2 = e2x , u02 = 2e2x , v20 = sin x, v2 = − cos xππZ2Z2πe2x sin x dx = −e2x cos x|02 + 20e2x cos x dx =0πZ21+2e2x cos x dx.0Следовательно,ππZ2Z2e2x cos x dx = eπ − 2 − 408.3Rπe2x cos x dx.0Пример 9 из [4], §6sin(mx) sin(nx) dx, |m| =6 |n|, m, n ∈ Z.−πРешение. Посколькуsin(mx) sin(nx) =1(cos((m − n)x) − cos((m + n)x)) .2211получимZπsin(mx) sin(nx) dx =−π12Zπ(cos((m − n)x) − cos((m + n)x)) dx =−πsin((m + n)x) πsin((m − n)x) π − = 0.2(m − n) −π2(m + n) −π8.4RπПример 9 из [4], §6cos(mx) cos(nx) dx, |m| =6 |n|, m, n ∈ Z.−πРешение.
Посколькуcos(mx) cos(nx) =1(cos((m − n)x) + cos((m + n)x)) .2получимZπcos(mx) cos(nx) dx =−π12Zπ(cos((m − n)x) + cos((m + n)x)) dx =−πsin((m − n)x) πsin((m + n)x) π + = 0.2(m − n) −π2(m + n) −π8.5RπПример 9 из [4], §6sin(mx) cos(nx) dx, m, n ∈ Z.−πРешение. Посколькуsin(mx) cos(nx) =1(sin((m + n)x) + sin((m − n)x)) .2212получимZπsin(mx) cos(nx) dx =−π12Zπ(sin((m + n)x) + sin((m − n)x)) dx =−πcos((m − n)x) πcos((m + n)x) π− − = 0.2(m + n) −π2(m − n) −π8.6Задача № 2258 из [2]Доказать, что для непрерывной на [−l, l] функции f (x) имеем:RlRl1) f (x) dx = 2 f (x) dx, если функция f (x) четная, и2)−lRl0f (x) dx = 0, если функция f (x) нечетная.−lДать геометрическую интерпретацию этих фактов.Решение.
В силу свойства аддитивности интеграла справедливо равенствоZlZ0f (x) dx =−lZlf (x) dx +−lf (x) dx.0Полагая в первом интеграле x = −t, имеемZlZlf (x) dx =−lZlf (−t) dt +0Zlf (x) dx =0(f (−x) + f (x)) dx.0Если f четная функция, то f (−x) + f (x) = 2f (x), 0 6 x 6 l, и получаем 1).Если f нечетная функция, то f (−x) + f (x) = 0, 0 6 x 6 l, и получаем 2).8.7Задача № 2259 из [2]Доказать, что одна из первообразных четной функции есть функция нечетная, а всякая первообразная нечетной функции есть функция четная.213Решение. Пусть f ∈ Rim[−l, l] и является четной функцией. Тогда любаяфункцияZxF : x 7→f (t) dt + C,C = const,0является первообразной функции f на сегменте [−l, l] (множество точек разрыва функции f не более чем счетное).−xRРассмотрим интеграл f (t) dt, произведем в нем замену - −t = z и вос0пользуемся четностью функции f . При этом получимZxF (−x) = −f (z) dz + C.0Следовательно, F (−x) = −F (x) ⇔ (C = 0), т.
е. лишь функция x →Rxf (t)dt,0−l 6 x 6 l, является нечетной.Пусть f – нечетная на сегменте [−l, l] функция и f ∈ Rim[−l, l]. ТогдаZxZf (t) dt + C,f (x) dx =C = const.0Рассмотрим произвольную первообразную функции fZxFα (x) =f (t) dt + Cα0Rxпринадлежащую множеству { f (t) dt + C}. Имеем0Z−xZ−xFα (−x) = f (t) dt + Cα = − f (−z) dz + Cα =00Zxf (z) dz + Cα = Fα (x).0Следовательно, Fα является четной функцией.2148.8ЗадачаπR4− π2sin x dx1+cos x .πРешение. Здесь можно использоватьR2sin x dx1+cos x− π2= 0.
Следовательно,ππππZ4Z2Z2Z2sin x dx=1 + cos x− π2sin x dx−1 + cos x− π2sin x dx=−1 + cos xπ4π4πZ2sin x dx=1 + cos x(cos x)0 dx= {t = cos x} =1 + cos xπ4√1Z0dt=−1+tZ2dt=1+t0√12 √11 2− ln(1 + t) = − ln 1 + √ .028.9Задача 161 из [4], §6Z3rarcsinxx+1dx.0Решение.Z3rarcsinxx+1rdx =t=x,x+1t2x=1 − t2=0√3Z2arcsin tt21 − t20dt =0√arcsin t ·√3 3 Z2t1t22·dt = − √1 − t2 01 − t2 1 − t220√arcsin t ·3 √3 √3 Z2t2dt22√+arcsint−.01 − t2 01 − t2 (1 − t2 )0215В данном случае√3Z20√dt=1 − t2 (1 − t2 )p01t0y = ϕ(t) = −, ϕ (t) = √1 − t2 = √1 − t21 − t2 (1 − t2 )√√3Z2ϕ0 (t) dt =0Ответ:Z3rarcsinxx+1dx =Z3dy =04π √− 3.308.10Задача 174.1 из [4], §6ππZ2Z2f (sin(x)) dx =00Решение.
Сделаем замену x =ππ2− t:Z0Z2f (sin x) dx = −ππZ2Z2f (cos t) dt =π208.11f (cos(x)) dx.f (cos t) dt =0f (cos x) dx.0Task N 1607 from [12]Show that for the integralππZ2Z2In =sinn x dx =0cosn x dx,0the reduction formulaIn =n−1In−2nholds true.216n ∈ N,√3.Find In , if n is a natural number. Using the formula obtained, evaluate I9 andI10 .Solution.ππZ2Z2sinn x dx = −0sinn−1 x (cos x)0 dx =0πZ2π2n−1n−22− sinx cos x − (n − 1) sinx cos x dx =00π2Z(n − 1)sinn−2 x (1 − sin2 x) dx = (n − 1)In−2 − (n − 1)In .08.12Задача 174.2 из [4], §6Zππxf (sin x) dx =2Zπf (sin x) dx.00Решение. Сделаем замену x = π − y:ZπZ0x f (sin x) dx = −(π − y)f (sin(π − y)) dy =π0ZπZπ(π − y)f (sin y) dy = π0Zπf (sin y) dy −0yf (sin y) dy =0Zπf (sin x) dx −π08.13Задача 192 из [4], §6Zπx sin x dx.1 + cos2 x0217Zπxf (sin x) dx.0Решение.Zπx sin x dx=1 + cos2 x0Zππx sin x dx=222 − sin x0π2Zππsin x dx=−1 + cos2 x20Zπ0πZsin x dx=2 − sin2 xπ(cos x)0 dx=−1 + cos2 x20Z−1dt=1 + t21π2Z1dt=π1 + t2−1Z1π2dt= .1 + t240Ответ:Zπx sin x dxπ2= .1 + cos2 x408.14Задача 220 из [4], §6Доказать, что для всякой непрерывной на отрезке [0, 1] функции f выполняется равенствоππZ2Z2f (sin 2x) cos x dx =0f (cos2 x) cos x dx.0Решение.ππZ2Z2f (cos2 x) cos x dx =1lim2 δ→0+02 cos x sin xf (cos2 x) √dx1 − cos2 xδπ21= − lim2 δ→0+Z(cos2 x)0 dxf (cos x) √= {s = cos2 x} =1 − cos2 x2δ−1lim2 η→1−0Z01f (s) ds√=lim1 − s 2 η→1−0ηZη02181f (s) ds√=1−s 2Z10f (s) ds√;1−sπZ2f (sin 2x) cos x dx = {x =π+ t}40πZ4=f (cos 2t) cosπ4+ t dt− π41=√22√2ππZ4Z4− π41f (cos 2t) cos t dt − √2f (cos 2t) sin t dt =− π4ππZ4Z4f (cos 2t) cos t dt =√2 limδ→+00δπ41= − lim2 δ→+0Z2 sin t cos tdtf (cos 2t) √ √2 2 sin2 t(cos 2t)0dt = {s = cos 2t} =f (cos 2t) √1 − cos 2tδ1= − lim2 η→1−0Z0f (s) ds1√=lim1 − s 2 η→1−0η8.15Zη1f (s) ds√=1−s 20Задача № 194 из [4], §6Найти интегралZπdx,a2 sin2 x + b2 cos2 x−π219a > 0, b > 0.Z10f (s) ds√.1−sРешение.Zπdx=2a2 sin2 x + b2 cos2 x−πZππdx={x=t+}2a2 sin2 x + b2 cos2 x0π2Z2− π2=πdt=4a2 cos2 t + b2 sin2 tZ2dt=a2 cos2 t + b2 sin2 t04limb2 ξ→ π2 −0Zξd(tg t)4= 2 lim2a2tb ξ→ π2 −0+tgb0Ztg ξ0dz=2a2+zb4limab ξ→ π2 −0Ztg ξ0Ответ:Zπd1+zba .zb 2a2πdx=.aba2 sin x + b2 cos2 x2−π9Seminar n.
09Первая и вторая теоремы о среднем.Теорема. (Первая теорема о среднем) Пусть f, g ∈ Rim[a, b], g > 0 (илиg 6 0) на [a, b], m = inf x∈[a,b] f (x) и M = supx∈[a,b] f (x). Тогда существуетчисло µ ∈ [m, M ], такое, чтоZbZbf (x)g(x) dx = µag(x) dx.aЕсли функция f непрерывна на [a, b], то существует точка ξ ∈ [a, b], такая,чтоZbZbf (x)g(x) dx = f (ξ)ag(x) dx.aЛемма.
Пусть f, g ∈ Rim[a, b], g – неотрицательная и невозрастающая на220[a, b] функция. Тогда существует ξ ∈ [a, b], такое, чтоZ bZ ξf (x)g(x) dx = g(a)f (x) dx.aaДоказательство. See Lemma 4 in [20] on page 356.Теорема. (Вторая теорема о среднем) Пусть f ∈ Rim[a, b], а функция g :[a, b] → R монотонна и ограничена. Тогда существует число ξ ∈ [a, b], такое,чтоZbξZf (x)g(x) dx = g(a)aZf (x) dx + g(b)abf (x) dx.ξТеорема. (о разрывах монотонной функции). Если функция определена наотрезке и монотонна, то она может иметь внутри этого отрезка, точки разрыва 1-го рода, и число точек либо конечно, либо счётно.Теорема.
Пусть f ∈ Rim[a, b] и f непрерывна в точке x0 ∈ [a, b]. ТогдаRxфункция F (x) = f (t) dt дифференцируема в точке x0 и F 0 (x0 ) = f (x0 ).aСледствие. Если f ∈ C[a, b], то функция F (x) =f (t) dt дифференцируемаaна [a, b] и F 0 (x) = f (x) для всех x ∈ [a, b].9.1RxЗадача 2323 из [2]Оценить интегралZ2πI=0dx.1 + 12 cos xРешение.ZπI = {x = π + t} =−ππZ20dt=21 − 12 cos tZπ0dt=1 − 12 cos tdt2=111 − 2 cos t 1 − 2 cos ξZπdt =02π,1 − 12 cos ξЗдесь мы применили первую теорему о среднем. Следовательно,4π6 I 6 4π.3221ξ ∈ [0, π].9.2Задача 2325 из [2]Оценить интегралZ100I=e−xdx.x + 1000Решение.
Здесь мы применяем вторую теорему о среднем1I=100Zξ1e−x dx +2000Z1001 − e−ξ e−ξ − e−100+=e−x dx =100200ξ2 − e−ξ − e−100,200ξ ∈ [0, 100],1 − e−1001 − e−1006I6.2001009.3Задача 2328 из [2]Оценить интеграл200πZI=sin xdx.x100πРешение.I=1100πZξsin x dx +100π1200π200πZsin x dx =cos(100π) − cos ξ100πξ+cos ξ − cos(200π) 2 − 2 cos ξ + cos ξ − 1 1 − cos ξ==,200π200π200πξ ∈ [100π, 200π],06I69.41.100πЗадача № 70 из [15], Стр. 285Оценить интегралZ200I = sin(x2 π) dx.100222Решение.(Z200I = sin(πx2 ) dx = πx2 = t,rx = ϕ(t) =t,π1ϕ0 (t) = √2 πt)100200Z200Z 2π1sin t√ dt =sin t · ϕ0 (t) dt = √2 πt1001002 π200ZξZ 2π11 1√ √√sin t dt +sin t dt =2 π 100 π200 πξ1002 π1 − cos ξ1 − cos ξ cos ξ − 11√√ +√=,400π2 π 100 π200 πξ ∈ [1002 π, 2002 π].06I69.51.200πЗадача 2326.б из [2]Доказать, чтоπZ2limn→∞sinn x dx = 0.0Решение.πZ20<πsinn x dx =0εZ2 − 2πsinn x dx +Z2sinn x dx <πε2 −20πε n π ε ε π n π ε ε−−−sin+ < sin+ < ε.2 22 2222 22Из неравенстваnsinπε ε−<2 2πполучим"#ln πε + 1.n>ln sin π2 − 2ε2239.6Задача 2333 из [2]Доказать равенствоZn+plimn→∞sin xdx = 0,xp > 0.nРешение.
Применим вторую теорему о среднем:Zn+psin x1dx =xnn9.7Zξsin x dx =nЗадача № 36.1 из [4], §6Выяснить какой интеграл больше:π/2R09.8sin xxdx илиTasks 1509 – 1512 from [12]Find the derivatives of the following functions:Rx1. F (x) = 1 ln t dt (x > 0).R0√2. F (x) = x 1 + t4 dt.R x2 23. F (x) = x e−t dt.R √x4. F (x) = 1 cos(t2 ) dt (x > 0).x9.9Задача № 2233 из [2]Найти:Rxа) limcos(t2 ) dt0xx→+0;Rxб)cos n − cos ξn.n(arctg t)2 dtlim 0 √1+x2 ;x→+∞x2R t2e dtс) limx→+∞0Rxe2t2 dt.0224Rπ0sin xxdx.10Seminar n. 10Понятие несобственного интеграла и его основные свойства.Теорема.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
