Добавил:

mihail1000 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Воронежский государственный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Учебное пособие 1439

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

30.04.2022

Размер:

1.16 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 134 5 6 7 8 9 10 11 12 13 > Следующая >>>

Интеграл теперь можно вычислить по формуле Ньютона – Лейбница:

2 min {x 2, max {1, x }}d x = F ( 2 ) - F (-2 ) =

∫

−2

2 2

- - 2 +

= 2 -

+ 2 -

Пример 1.23. Вычислить интеграл

∫ arccos [ x ] d x.

Решение.

−1

∫ arccos [ x

] d x = ∫ arccos (-1) d x + ∫ arccos 0 d x =

−1

= π ∫ d x +

π ∫ d x =π x 0−1 + π x 10 = π + π = 3π .

−1

2 0

Пример 1.24. Пусть

f ( x ) –

непрерывно дифференцируемая при x ³ 1

функция и n Î N.

а) Доказать справедливость равенства

n+1

∫ [ x ] f ¢( x ) d x = n f ( n +1 ) - ∑ f ( k ).

k =1

б) С помощью этого равенства показать, что

n+1

{ x }

n !e n

exp ∫

d x =

( n +1)

где { x }

дробная часть числа x.

Решение.

n+1

[ x

n+1

n k +1

k +1

а) ∫

] f ¢( x ) d x = ∫

[ x ] d f (x ) = ∑ ∫

[ x ] d f ( x ) = ∑k ∫ d f ( x ) =

k =1 k

k =1

( f ( k +1 ) - f ( k )) = 1× f ( 2 ) -1× f (1) + 2 × f ( 3) - 2 × f ( 2 ) +

= ∑ k

k =1

+ 3 × f ( 4 ) - 3 × f ( 3) +L+ n × f ( n +1) - n × f ( n ) = n × f ( n +1) - ∑ f ( k ).

Равенство доказано.

k =1

б) Для получения равенства из пункта б заметим, что { x }= x − [ x ] и по-

ложим f ( x ) = ln

. Тогда

x - { x }

∫

d x = n ln ( n +1) - ∑ln k = ln ( n +1) n - ln Õ k.

k =1

n+1 x − { x }		n+1
∫		d x = ∫
	x
1		1

n+1	{ x }
d x − ∫	d x = x
1	x
1

n+1	−	n+1	{ x }	n	− ln n!.
1		∫	x
1			d x = ln ( n + 1)
		1

n+1

{ x }

n ! e n

Отсюда

∫

d x = n − ln ( n + 1) n + ln n != ln

( n

+ 1)

Потенцируя получившееся равенство, получаем

n+1

{ x }

n ! e n

exp ∫

d x =

( n + 1)

Пример 1.25. Найти lim

∫

sin n x

d x.

n →∞

Решение.

d x = lim

d (n x) =

lim

∫

sin n x

∫

sin n x

n → ∞ a

n → ∞ n

n x = t;

= lim

∫

sin t

d t.

x = a → t = n a;

x = b → t = n b

n → ∞ n

f ( x ) =

Функция

sin x

–

периодическая с периодом π, причем интеграл

от нее по периоду

0π = 2 .

∫

sin x

d x = ∫sin x d x = − cos x

n (b − a )

В отрезке [ na; nb ] укладывается l =

периодов функции

sin x

может остаться еще отрезок [ n a + lπ; nb] длины меньшей, чем π. Представим интеграл по отрезку [ n a; nb ] в виде суммы интегралов

l −1 na+(k +1)π

∫

sin t

dt = ∑

∫

sin t

d t +

∫

sin t

dt .

k =0

na+kπ

na+lπ

Все интегралы под знаком суммы равны 2, поэтому

l−1 na+(k +1)π

l −1

n ( b − a )

∑

∫

sin t

d t = ∑ 2 = 2l = 2

k =0

na+kπ

Для последнего интеграла справедлива оценка

∫

sin t

d t £ 2

na+lπ

Следовательно,

∫

sin t

dt £

® 0 при n → ∞.

n na+lπ

Таким образом,

= lim 2

n →∞ n

1	nb			1		n ( b - a )
	∫		d t =					=

lim		sin t		lim	2
							π
n → ∞ n				n →∞ n
	na

n ( b - a )

( b - a ) - lim

n → ∞ n

(b − a ), таккак

0 <{x }< 1.

Окончательно получаем lim ∫

sin n x

d x =

( b - a ) .

n → ∞

Задачи для самостоятельного решения

sin x

∫

tg t d t

1. Найти lim

x → +0

tgx

∫

sin t d t

2. Пусть f (x) –

непрерывная положительная функция при x ³ 0. Доказать,

∫t f (t ) dt

что функция j(x) =

возрастает при x ³ 0.

∫ f (t ) dt

Вычислить интегралы:

	1
3.	∫ cos x × ln (x +			1 + x 2	)d x.
	−1
	e
4.	∫	ln x	d x.
4.

1/ e

10ln x

29.0,1∫ 1 + x 2 d x.

11 + x 2

31.−∫1 1 + x 4 d x.

∫

cos ln

d x.

e− 2 π n

d t

= π .

Решить уравнение

∫

ln 2

e t −1

sin 2 x

cos 2 x

π .

Доказать тождество

∫ arcsin

d t + ∫ arccos

dt =

Функция

f (x) непрерывна на отрезке [- с ; с ] и удовлетворяет соотно-

шению a f (x) − b f (−x) = c , где a и b –

различные действительные числа, с > 0.

Вычислить ∫ f (x) d x.

−c

1.2.3. Теоремы о среднем и оценка интеграла

На практике редко удается вычислить определенный интеграл точно. В связи с этим приходится прибегать к различным оценкам значения интеграла. При этом используются свойства интеграла, выражаемые неравенствами, и теоремы о среднем для интеграла.

Утверждение 1.

Если

функция f ( x ) интегрируема

на отрезке

[ a; b ] ( a < b ) , то функция

f ( x )

также интегрируема на [ a; b ] и справедливо

неравенство

∫ f ( x ) d x

≤ ∫

f ( x )

d x ,

(1.13)

если при этом	f ( x )	≤ C на [ a; b ], то
если при этом	f ( x )	≤ C на [ a; b ], то
		b
		∫	f ( x )	d x ≤ C ( b − a ) .	(1.14)
					(1.14)

		a

Утверждение 2 (монотонность интеграла).

Если функции f	( x ) и g ( x ) интегрируемы на [ a; b ] ( a < b ) и
		b	b
f ( x ) ≤ g ( x )		x [ a;b ], то ∫ f ( x ) d x ≤ ∫ g ( x ) d x .		(1.15)
		a	a
Утверждение 3 (двусторонняя оценка интеграла).
Если функция	f ( x )	интегрируема на	[ a; b ] ( a < b ) и m ≤ f ( x ) ≤ M
x [ a; b ] , то
		b
	m ( b − a ) ≤ ∫ f ( x ) d x ≤ M ( b − a ) .			(1.16)

В частности, если 0 £ f ( x ) " xÎ[ a; b ], то

0 ≤ ∫ f ( x ) d x.

Теорема 1 (первая теорема о среднем для интеграла).

Пусть

1)функции f (x) и j(x) интегрируемы на [a;b],

2)	m £ f (x) £ M "x Î[a;b],
3)	g (x) ³ 0 ( g (x) £ 0) "x Î[a;b].

Тогда

b	b
∫ f (x) g (x) d x = μ ∫ g (x) d x,		(1.17)
a	a
где m Î[m; M ].

Если, кроме того, f (x) непрерывна на [a;b], то $ xÎ[a;b] такая, что

b	b
∫ f (x) g (x) d x = f (ξ) ∫ g (x) d x.		(1.18)
a	a
Следствие. Если функция	f ( x ) непрерывна на [a;b] ,	то $ xÎ[a;b] та-

кая, что

b
∫ f (x) d x = f (ξ) (b − a).	(1.19)

Теорема 2 (вторая теорема о среднем для интеграла).

Пусть

1)функции f (x) и g (x) интегрируемы на [a;b],

2)g (x) - монотонная на ]a;b[ функция.

Тогда $ xÎ[a;b] такая, что

	b	ξ	b
	∫ f (x) g (x) d x = g (a + 0) ∫ f (x) d x + g (b − 0) ∫ f (x) d x;			(1.20)
	a	a	ξ
3)	если, кроме того,	g (x) ³ 0 и невозрастающая на [a;b], то $ xÎ[a;b]
такая, что			ξ
	b		ξ
	∫ f (x) g (x) d x = g (a + 0) ∫ f (x) d x;			(1.21)
	a		a
4)	если g (x) ³ 0 и неубывающая на [a;b], то $ xÎ[a;b] такая, что

b	b
∫ f (x) g (x) d x = g (b - 0) ∫ f (x) d x.		(1.22)
a	ξ
Утверждение 4. Если функции	f (x) и g (x) интегрируемы вместе с квад-

ратами на [a;b], то справедливо неравенство Коши-Буняковского:

b				b
			2	£ ∫	f	2	(x)
	∫ f (x) g (x) d x			£ ∫	f		(x)
	a			a
в частности при g (x) ≡ 1 x [a;b]
		b					b
			2	£ (b - a) ∫
		∫ f (x) d x		£ (b - a) ∫
		a					a

b
d x × ∫ g 2 (x) d x ,	(1.23)
a
f 2 (x)d x.	(1.24)

Упражнение. Докажите неравенство Коши-Буняковского. (Указание:

рассмотрите ∫ ( f - l g)2 d x ³ 0 ).

Примеры решения задач

Пример 1. 26. Доказать справедливость двусторонней оценки интеграла

			1 < ∫ e− x2 d x < p.
				1
					4
			e	0	4
				0
	Решение.	При x > 0		функция f ( x) = e− x2 убывает, поэтому
1	= f (1) < e− x2	< f (0) = 1. Отсюда, применяя формулу (1.16), получаем
	= f (1) < e− x2	< f (0) = 1. Отсюда, применяя формулу (1.16), получаем
e

1 < ∫ e− x2 d x < 1.

В задаче требуется более точная оценка интеграла сверху. Для ее получения заметим, что из формулы Тейлора следует, что e x2 > 1 + x2 . Отсюда

1	= e−x2 <	1	.
e x2
		1 + x2

Согласно свойству (5.15) монотонности интеграла имеем

1	− x	2	1		d x					p
∫ e			d x < ∫				= arctg x	1	=
								1
								0		.
				1 + x		2				.
						2				4
0			0							4
				36

Объединяя оценки снизу и сверху, получаем

1	1	− x2 d x < p.
	< ∫ e
e
		4

Пример 1.27. Непрерывная на [a;b] функция f (x) удовлетворяет услови-

ям:	0 ≤ f (x) ≤ M x [a;b],
1)	0 ≤ f (x) ≤ M x [a;b],
	b
2)	∫ f (x) d x =	M 3	.

Доказать, что ∫ f (x) d x ³ M .

Решение.

M 3 = M

= ∫ f (x) d x =∫

d x £ ∫

d x

f (x)

1 b

= M 2 ∫ f (x) d x.

Отсюда, разделив левую и правую части неравенства на M 2 , получаем

	b
	M £ ∫			d x.
	M £ ∫	f (x)		d x.
	a
Пример 1.28.	Пусть функция f (x) имеет непрерывную производную на
отрезке [0;1] и удовлетворяет условию f (1) − f (0) = 1. Доказать, что
	∫1 ( f '(x) )2 d x ³ 1.
	0
Решение. Запишем очевидное неравенство
	( f '(x) -1)2 = f '2 (x) - 2 f '(x) +1 ³ 0 .
Отсюда
	f '2 (x) ³ 2 f '(x) -1.
На основании свойства (5.15) монотонности интеграла получаем
1	1				10 = 2 ( f (1) - f (0))-1 = 1.
∫ f '2 (x) dx ³ ∫ (2 f '(x) -1) dx = 2 f (x)			10 - x


0	0

Итак, окончательно имеем

∫ ( f '(x))2 dx ³ 1.

Пример 1.29. Пусть функция f (x) определена на [0;1] и убывает на нем. 37

Доказать, что для любого α такого,

что 0 < α < 1,

выполняется неравен-

ство

∫ f (x) dx ³ a∫ f (x) dx .

Решение.

В силу того, что f (x) –

убывающая на [0;1] функция, имеем

f (x) £ f (a) на [a;1] и

∫ f (x) dx £ f (a)(1 - a) ,

f (x) ³ f (a) на [0 ; a] и ∫ f (x) dx ³ f (a)(a - 0) .

Отсюда следует

∫ f (x) dx £ f (a) £

∫ f (x) dx .

Или

1 - a ∞

a∫ f (x) dx £ (1 - a)∫ f (x) dx = ∫ f (x) dx - a∫ f (x) dx

∫ f (x) dx + ∫ f (x) dx ≤

∫ f (x) dx .

Пользуясь свойством аддитивности интеграла, окончательно получаем

a∫ f (x) dx £ ∫ f (x) dx .

Пример 1.30.

Пусть

функция

f (x)

непрерывно

дифференцируема на

[a ;b]. Доказать, что имеет место неравенство

∫

( f '(x))2 dx ³ ( f (b) - f (a)) .

b - a

Решение.

Используем неравенство

Коши-Буняковского (1.24), когда од-

на из функций равна единице, а вторая –

f '(x) .

( f (b) - f (a))

∫ f ' (x) dx ³

∫ f '(x) dx

(f (x)

a )

b - a

- a

b - a a

Заметим, что частным случаем этой задачи является задача, решенная в

примере 3 другим способом.

Пример 1.31. Вычислить предел

lim

∫

f (x)

p dx , где f (x)-непрерывная на [a ;b] функция.

p→∞

Решение. Обозначим M = max f (x) = f (x0 ) , тогда при p > 0

x [0,1]

∫

f (x)

p dx

∫ M p dx

= M .

Пусть ε > 0. Выберем δ > 0

так, что при

x - x0

< d

f ( x)

³ M - e .

Пусть 0 ≤ α ≤ x0 ≤ β ≤ 1 и 0 <

a - b

< d .

Тогда

∫

f (x)

dx ³

∫

f (x)

∫

(M - e) dx =

= (M - e)(b - a) p ³ M - e

при достаточно больших p . Таким образом, имеем ε > 0

							1
						1
						1			p
			M - e £			∫	f (x)	p dx		£ M ,
						0
			1
		1
		1			p
а это означает, что	lim	∫	f (x)	p dx		= M .
	p→∞	0

Пример 1.32. Доказать, что при x > 0

x+1

≤

∫sin t 2 dt

Решение.

x+1

I =

∫ sin t 2 d t =

∫

sin t 2 × t d t .

При x > 0 t > 0 и функция

монотонна и ограничена.

Согласно второй теореме о среднем (формула 5.20) ξ ]x; x + 1[ такое,

что

x+1

ξ +

x+1

I =

∫ sin t 2 ×t d t +

∫ sin t 2 ×t d t =

(- cos t 2 )

(- cos t

2 )

x x

x +1

2(x +1)

cos (x +1)

cos x

2 (x +1)

x +

1 x

При оценке модуля интеграла I воспользуемся неравенством треугольника и тем, что cos x £ 1 .

≤

1 2(x + 1)

2 x x(x + 1)

x + 1

2 x(x + 1)

Задачи для самостоятельного решения

1. Получить двустороннюю оценку интеграла

2.Доказать, что

3.Доказать, что

4.Доказать, что

T > π			T	cos x	d x < 0.
			∫	cos x
			∫
	2		π	x
2π			2
	sin x	d x > 0.
		d x > 0.
∫	x
0

2π

∫sin x2 d x > 0 .

1		d x
∫
			.


0	1 + x 4

5. Доказать, что ∫ sin πx d x < 0,8.

	0
		3	2n		x
6. Вычислить		3	∫		x
6. Вычислить	lim n		∫		+ x	5
	n→∞		n	1	+ x

dx .

7. Пользуясь первой теоремой о среднем, оценить интеграл

100

e−x

∫

dx .

x + 100

8. Пусть неотрицательная на отрезке [0;1] функция имеет на этом отрезке

вторую произвольную, причем

f '(x) ≤ 0

x ]0;1[. Доказать, что

∫ x f (x) dx ≤

∫ f (x) dx .

9. Пусть функция

f (x) непрерывна на отрезке [− 1;1] и дифференцируема

на ]− 1;1 [ и ∫ f (x) d x = 0 . Доказать, что

−1

f (0)

≤

max

f '(x)

2 x ]−1;1[

10. Пусть функция

f (x) непрерывна и выпукла на отрезке [a ;b]. Дока-

зать, что

a + b

f (a) + f (b)

− a) ≤ ∫ f (x) d x ≤

(b − a) .

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 134 5 6 7 8 9 10 11 12 13 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
30.04.20221.16 Mб3Учебное пособие 1434.pdf
#
30.04.20221.16 Mб16Учебное пособие 1435.pdf
#
30.04.20221.16 Mб4Учебное пособие 1436.pdf
#
30.04.20221.16 Mб116Учебное пособие 1437.pdf
#
30.04.20221.16 Mб3Учебное пособие 1438.pdf
#
30.04.20221.16 Mб15Учебное пособие 1439.pdf
#
30.04.2022300.67 Кб2Учебное пособие 144.pdf
#
30.04.20221.16 Mб4Учебное пособие 1440.pdf
#
30.04.20221.17 Mб4Учебное пособие 1441.pdf
#
30.04.20221.17 Mб1Учебное пособие 1442.pdf
#
30.04.20221.17 Mб7Учебное пособие 1443.pdf