Тема Математический анализ

13 Определенный интеграл Римана

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела математический анализ

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 21#55645

Пользуясь первой теоремой о среднем, оценить интеграл

∫ 1 x9 √------dx 0 1+ x

Показать ответ и решение

Пусть $f(x) = √1--- 1+x$ , $g(x) = x9$ . Ясно, что на $[0,1]$ функция $g(x) ≥ 0$ , а функция $f(x)$ - непрерывна. Более того, поскольку они обе непрерывны на отрезке $[0,1]$ , то и интегрируемы на нём. Следовательно, применима первая теорема о среднем.

А именно, можно сказать, что существует точка $ξ ∈ [0,1 ]$ такая, что

∫ 1 x9 1 ∫ 1 9 1 x10 1 1 1 √------dx = √------ x dx = √------10-|0 = √-----⋅ 10- 0 1 + x 1 + ξ 0 1+ ξ 1 + ξ

А дробь $1 √1+ξ-$ при $ξ ∈ [0,1]$ находится в диапазоне от $1 √2 √2-= -2-$ до $1$ .

Поэтому можно заключить, что

√ -- ∫ --2 1 --x9--- 1-- 20 ≤ 0 √1-+-xdx ≤ 10

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#55646

Пользуясь второй теоремой о среднем, оценить интеграл

∫ be− x ----sinxdx, где a > 0 a x

Показать ответ и решение

Пусть $f(x) = sinx$ , $g(x) = e−xx$ . Тогда ясно, $f (x)$ - непрерывна на всём $ℝ$ , $g(x)$ - непрерывна на любом множестве, не содержащем точку 0. Следовательно, они обе интегрируемы на любом отрезке $[a,b]$ при $a > 0$ . Кроме того, $g(x)$ - монотонно убывает на любом отрезке $[a,b]$ ( $a > 0$ ), поскольку $∀x > 0$ выполнено, что $′ −-e−x(x+1) g(x) = x2 < 0$ .

Следовательно, применима вторая теорема о среднем.

А именно, можно сказать, что существует точка $ξ ∈ [a,b]$ такая, что

∫ b − x ∫ ξ ∫ b e---sinxdx = -1-- sinxdx + -1- sinxdx = a x aea a beb ξ

1 1 1 a + ξ ξ − a 1 ξ + b b− ξ = --a(cosa− cos ξ)+ --b(cosξ − cosb) =---a2sin----- sin -----+ --b2 sin -----sin ----- ae be ae 2 2 be 2 2

Далее, поскольку каждый синус может теоретически меняться от $− 1$ до $1$ , то их произведения тоже:

a + ξ ξ − a ξ + b b− ξ − 1 ≤ sin -----sin----- ≤ 1 и − 1 ≤ sin -----sin -----≤ 1 2 2 2 2

А следовательно,

∫ -2-- -2- be−-x -2-- 2-- − aea − beb ≤ a x sinxdx ≤ aea + beb

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 23#55647

Вычислить, пользуясь заменой переменной в определенном интеграле:

∫ 2 x(3x4 − 4x2 + 1)dx − 1

Показать ответ и решение

Замечая, что множитель $3x4 − 4x2 + 1$ разрешается относительно $x2$ , поскольку это биквадратное относительно $x$ выражение, мы имеем, что $4 2 2 3x − 4x + 1 = (3x − 1)(x− 1)(x + 1)$ . И это нам поможет:

∫ 2 ∫ 2 x(3x4 − 4x2 + 1)dx = (x3 − x)(3x2 − 1)dx − 1 − 1

Далее, делаем замену $z = x3 − x$ . Исходная подынтегральная функция непрерывна всюду, заменяющая функция $z = z(x)$ - всюду непрерывно дифференцируема, поэтому можно пользоваться теоремой о замене переменной под знаком определенного интеграла. При этой замене отрезок $[− 1,2]$ переходит в $[z(− 1),z(2)] = [0,6]$ . С учётом этого, а также того, что $dz = (3x2 − 1)dx$ имеем:

∫ ∫ 2 3 2 6 z2 6 −1(x − x)(3x − 1)dx = 0 zdz = 2 |0 = 18

Комментарий. Заметим, что этот интеграл можно было вычислить и непосредственно, поскольку подынтегральная функция - это просто многочлен, если раскрыть скобки. Однако при таком $”$ лобовом $”$ подходе вычисления получаются куда более громоздкими и долгими. Сравните это с тем, как красиво и просто у нас получилось при помощи теоремы о замене переменной в определенном интеграле.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 24#55648

Вычислить, пользуясь заменой переменной в определенном интеграле:

∫ 1 ∘ ------ 1− x2dx −1

Показать ответ и решение

Сделаем замену $x(t) = sint$ . Тогда $dx = costdt$ . А поскольку замена у нас $x$ на $t$ , то мы должны наоборот понять, какой был отрезок по $t$ , что при применении к нему $sint$ получился отрезок $[1,1]$ по $x$ . Ясно, что это был отрезок $[− π2 , π2]$ . Следовательно,

∫ 1 ∘ ------ ∫ π2 ∘ --------- ∫ π2 1∫ π2 1− x2dx = π 1− sin2tcostdt = π cos2tdt = -- π(1+ cos 2t)tdt = −1 −2 −2 2 − 2

1 1 π 1 π π π = -(t+ -sin2t)|−2π= -(--+ -) = -- 2 2 2 2 2 2 2

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 25#80285

Для функции $f(x) = x$ на отрезке $[0,5]$ составить последовательность интегральных сумм, соответствующих разбиениям с отмеченными точками, диаметр которых стремится к нулю, и посчитать, куда будут стремиться при этом сами интегральные суммы.

Показать ответ и решение

Пусть $Pn$ - равномерное разбиение отрезка $[0,5]$ на $n$ равных отрезков длины $1n,$ то есть:

P : [0,5] 1

5- 5- P2 : [0, 2],[2,5]

P3 : [0, 5],[5, 10],[10,5] 3 3 3 3

И так далее...

Очевидно что $5 λ(Pn) = n → 0$ при $n → ∞$ . То есть диаметр наших разбиений $Pn$ действительно стремится к нулю.

Выберем теперь как-нибудь отмеченные точки.

Пусть при каждом разбиении $Pn$ отмеченные точки $ξi,i = 1,...n$ выбираются каждый раз в крайней правой точке отрезка разбиения. То есть, $ξi = 5in,$ где $i = 1,...,n.$

Тогда, при любом таком разбиении интегральная сумма $σ(x,P2n,ξn)$ равна

∑n 25 ∑n i 25 ∑n σ(x,Pn,ξn) = ξiΔxi = --- --= -2- i = i=1 n i=1 n n i=1

25 (1 + n)n = -2-⋅-------- n 2

И ясно, что $25 (1+n)n n2+n 1+-1 25 n2 ⋅--2---= 25 -2n2--= 25-2n-→ -2$ при $n → +∞.$

То есть интегральные суммы при таких разбиениях и при таком выборе отмеченных точек будут стремиться к $25 2$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 26#80665

Доказать, что условие малых колебаний, то есть условие:

Для любого $𝜀 > 0$ найдется $δ > 0$ такое, что при любом разбиении $P$ отрезка $[a,b]$ с параметром $λ(P ) < δ$ выполняется соотношение:

n ∑ ω (f,Δ )Δx < 𝜀 i i i=1

является не только достаточным условием интегрируемости $f$ на $[a,b]$ , но и необходимым. То есть если $f$ - интегрируема на $[a,b]$ , то для неё обязательно выполнено условие малых колебаний.

Показать ответ и решение

Итак, пусть нам дано, что $f$ - интегрируема на $[a,b]$ . Докажем, что тогда для любого $𝜀 > 0$ найдется $δ > 0$ такое, что при любом разбиении $P$ отрезка $[a,b]$ с параметром $λ(P) < δ$ выполняется соотношение:

∑n ω (f,Δi )Δxi < 𝜀 i=1

Хорошо, пусть $P$ - какое-то разбиение отрезка $[a,b]$ , $Δi$ - отрезки этого разбиения, $Δxi$ - соответственно, их длины (как и всегда). Тогда:

Если обозначить через

Mi = xsu∈pΔif (x ), mi = ixn∈fΔif(x)

И затем ввести нижнюю и верхнюю интегральные суммы соответственно:

n n опр.∑ опр.∑ s(f,P ) = mi Δxi, S(f,P ) = Mi Δxi i=1 i=1

То мгновенно из определения $mi$ и $Mi$ будет следовать, что при любом выборе отмеченных точек $ξi$ данного разбиения $P$ будет выполняться такое двойное неравенство:

s(f,P ) ≤ σ(f,P,ξ) ≤ S(f,P)

Однако ясно, что какое бы $𝜀 > 0$ , мы для каждого $i = 1,...,n$ по определению супремума, ведь $Mi = sup f(x) x∈Δi$ можем найти такие точки $ξi$ , что $Mi < f (ξi)+ 𝜀$ и тогда

∑n ∑n ∑n Mi Δxi < (f(ξi)+ 𝜀)Δxi = f (ξi)Δxi + 𝜀◟(b−◝◜a)◞ i=1 i=1 i=1 =𝜀1

Таким образом, верхняя интегральная сумма является супремумом всех возможных интегральных сумм для данного разбиения $P$ , потому что она, очевидно, всегда не меньше любой интегральной суммы с данным разбиением $P$ , но мы можем всегда за счет выбора отмеченных подобрать интегральную сумму с данным разбиением $P$ , которая больше, чем $S(f,P) − 𝜀1$ для любого $𝜀1 > 0$ .

То есть мы получаем, что

S(f,P ) = sup σ(f,P,ξ) по всем возмож ны м наборам отмеченных точек ξ

Аналогично же можно показать, что

s(f,P ) = inf σ (f, P,ξ) по всем возможным наборам отмеченных точек ξ

Теперь, пусть $f$ - интегрируема на отрезке $[a,b]$ . По определению это означает, что

∃λ(lPim)→0 σ(f,P,ξ) = I

Но, в силу соотношений, что для любого разбиения с отмеченными точками $(P,ξ)$ выполнено

σ(f,P,ξ) ≤ S(f,P )

А в то же самое время, для любого $𝜀1 > 0$ и для любого разбиения $P$ можно подобрать такой набор отмеченных точек $ξ$ , что

S(f,P ) < σ (f,P, ξ)+ 𝜀1

То есть мы имеем для произвольного $𝜀1 > 0$ и для любого разбиения $P$

σ (f,P, ξ) ≤ S (f,P) < σ(f,P,ξ) + 𝜀1

Следовательно, по теореме о двух милиционерах, раз у $σ(f,P,ξ)$ существует предел при $λ(P) → 0$ и любом выборе отмеченных точек, то обязан существовать предел и у $S(f,P )$ при $λ(P) → 0$ , и мы получаем, что

λl(Pim)→0 σ(f,P, ξ) ≤ λ(liPm)→0S (f,P) < λl(iPm)→0 σ(f,P, ξ)+ 𝜀1

То есть

I ≤ lim S (f,P) ≤ I + 𝜀1 λ(P)→0

Для любого $𝜀1 > 0$ . Отсюда, разумеется, следует, что $lim S (f,P ) = I λ(P )→0$ , то есть равен, собственно, тому же самому, что и $λ(liPm)→0 σ(f,P,ξ)$ .

Аналогично можно показать и то, что

∃λ(lPim)→0 s(f, P) = I

Таким образом, если $f$ была интегрируема на $[a,b]$ , и её интеграл был равен $I$ , то обязательно будут иметь предел верхние и нижние интегральные суммы (и предел и тех и других будет равен $I$ ).

Осталось теперь лишь заметить, что для произвольного разбиения выполнено:

n n ∑ ω(f,Δ )Δx = ∑ (M − m )Δx i=1 i i i=1 i i i

(в силу того, что колебание $f$ на $i−$ ом отрезке, очевидно, равно $Mi − mi$ ).

Таким образом, продолжая:

n n n n ∑ ∑ ∑ ∑ ω (f,Δi)Δxi = (Mi − mi )Δxi = Mi Δxi − mi Δxi = S (f,P )− s(f,P ) i=1 i=1 i=1 i=1

И раз $f$ - интегрируема на $[a,b]$ , то $S (f, P)$ стремится к $I$ , $s(f,P)$ тоже стремится к $I$ при стремлении $λ(P ) → 0$ , а следовательно,

∑n ω(f,Δi )Δxi → I − I = 0, п ри λ(P) → 0 i=1

Что и требовалось доказать. Таким образом, мы показали, что если функция $f$ интегрируема на $[a,b]$ , то она удовлетворяет условию малых колебаний.

Ответ:

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 27#80666

Доказать, что если $f : [a,b] → ℝ$ , $f$ - ограничена на $[a,b]$ и имеет конечное число точек разрыва на $[a,b]$ , то $f$ - интегрируема на $[a,b]$ .

Показать ответ и решение

Пусть $f$ имеет $k$ точек разрыва на отрезке $[a,b]$ . Докажем, что тогда $f$ все еще удовлетворяет условию малых колебаний, то есть для любого $𝜀 > 0$ найдется $δ > 0$ такая, что для всех разбиений $P$ с параметром $λ(P) < δ$ выполнено, что

∑n ω (f,Δi )Δxi < 𝜀 i=1

Итак, пусть дано $𝜀 > 0$ . Окружим каждую точку разрыва $𝜀−$ окрестностью. Тогда множество

[a,b]∖ объедин ен ие всех этих 𝜀-окрестностей

- это конечное объединение отрезков $I1,...,Ik+1$ . На каждом из них $f$ будет непрерывна (потому что разрывна она только внутри этих окрестностей - в точках разрыва). Следовательно, по теореме Гейне-Кантора, она на них равномерно непрерывна. Тогда она равномерно непрерывна и на объединении $I ∪ I ∪ ... ∪I 1 2 k+1$ .

Следовательно, по определению равномерной непрерывности, существует такое $δ1$ , что при всех $k+⋃1 x1,x2 ∈ Ij j=1$ таких, что $|x1 − x2| < δ1$ обязательно выполнено

|f(x1)− f (x2)| < 𝜀

Пусть теперь $δ = min{𝜀,δ } 1$ . Тогда, при любом разбиении $P$ , параметр которого $λ(P) < δ$ посчитаем сумму колебаний $∑n ω(f,Δi )Δxi i=1$ .

Эту сумму разобьем на две части:

∑n ω(f,Δi )Δxi = Σ1 + Σ2 i=1

В $Σ1$ включим только те слагаемые, которые отвечают отрезкам разбиения, не имеющим общих точек с построенными $𝜀−$ окрестностями точек разрыва $f$ . В $Σ2$ включим все остальные слагаемые.

Поскольку параметр разбиения сейчас $δ = min{𝜀,δ1} ≤ 𝜀$ , то у нас в разбиении не может быть отрезков, которые целиком содержат $𝜀−$ окрестности точек разрыва $f$ и при этом еще что-то. То есть любой отрезок разбиения либо лежит внутри $𝜀−$ окрестности какой-то точки разрыва $f$ , либо частично лежит внутри этой окрестности, частично снаружи (и в том и в другом случае слагаемое, соответствующее этому отрезку, попадет в $Σ2$ ), либо вообще не пересекается ни с какой окрестностью, и тогда такое слагаемое попадёт в $Σ1$ .

Итак, поскольку на каждом отрезке, слагаемые которого попали в $Σ1$ , $f$ равномерно непрерывна, а диаметр каждого такого отрезка не превосходит $δ1$ , то мы можем из равномерной непрерывности $f$ легко оценить $Σ1$ :

∑ ∑ Σ1 = ω (f,Δi)Δxi < 𝜀 Δxi ≤ 𝜀(b− a) по всем отрезкам Δi, где f равномерно непрерывна

(ибо сумма $∑ Δx i$ по отрезкам, не пересекающимся с окрестностями точек разрыва $f$ уж точно не больше суммы вообще по всем отрезкам разбиения, а это равно длине всего отрезка $[a,b]$ ).

Теперь оценим $Σ 2$ :

Во-первых, нам дано, что $f$ - ограничена на $[a,b]$ , следовательно, найдется такая константа $C$ , что для любого $x ∈ [a,b]$ выполнено $|f(x)| < C$ .

Тогда

∑ Σ2 = ω (f,Δi )Δxi < C ⋅k ⋅m ⋅δ ≤ C ⋅k ⋅m ⋅𝜀 по всем отрезкам Δi, пересекающ имся с окрестностями точек разры в&#x0

(ибо количество таких отрезков, которые пересекаются с окрестностями точек разрыва $f$ уж точно не больше, чем количество таких окрестностей $k$ , умноженное на то, сколько максимально с каждой окрестностью может пересекаться отрезков длины $δ$ , пусть это $m$ ).

Таким образом,

∑n ω(f,Δi )Δxi = Σ1 + Σ2 < 𝜀(b− a) + Ckm 𝜀 i=1 ◟------◝◜-----◞ =𝜀1

То есть $f$ удовлетворяем условию малых колебаний и, значит, интегрируема на $[a,b]$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 28#80667

Доказать, что если $f$ - монотонна на $[a,b]$ (то есть либо всюду на $[a,b]$ возрастает, либо всюду убывает), то $f$ - интегрируема на $[a,b]$ .

Показать ответ и решение

Раз $f$ - монотонна на $[a, b]$ , то неважно, возрастает она на нем или убывает, в любом случае

ω (f,[a,b]) = |f(b)− f(a)|

Тогда для любого $𝜀 > 0$ возьмем $δ = 𝜀$ и получим что для любого разбиения $P$ с параметром $λ(P ) < δ$ :

∑n ∑n ∑n ω (f,Δi)Δxi ≤ ω (f,Δi)𝜀 = 𝜀 ω (f,Δi) i=1 i=1 i=1

Однако, в силу того, что и для каждого $Δ i$ выполнено, что

ω (f,Δi ) = |f(xi)− f(xi−1)|

Тогда получается:

n n n ∑ ∑ ∑ ω (f,Δi )Δxi ≤ ω (f,Δi)𝜀 = 𝜀 ω (f, Δi) = i=1 i=1 i=1

∑n = 𝜀 |f (xi)− f(xi− 1)| i=1

Поскольку $f$ - монотонна, то она либо монотонно возрастает, и тогда все выражения вида

|f(x )− f(x )| i i−1

под модулем имеют знак плюс и тогда модуль можно вообще снять, либо она монотонно убывает, и тогда все выражения вида

|f(xi)− f(xi−1)|

под модулем имеют знак минус и тогда все модули раскрываются одинаково, в любом случае можем написать, что

∑n ∑n 𝜀 |f(xi)− f (xi−1)| = 𝜀| f(xi)− f(xi−1)| = 𝜀|f(x1)− f (x0 )+f (x2)− f(x1)+f(x3)− f(x2)+...| = 𝜀|f(b)− f (a) i=1 i=1 = 𝜀1

таким образом, $f$ удовлетворяет условию малых колебаний и, значит, интегрируема на $[a,b]$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 29#107196

Привести пример функции $f : [a,b] → ℝ$ , определенной на $[a,b]$ , непрерывной на $(a,b)$ , но не интегрируемой по Риману на $[a,b]$ .

Показать ответ и решение

Можно взять, например, функцию Рассмотрим функцию

( 1 { (x−a)(x−b), если x ∈ (a,b) f(x) = ( 5, если x = a или x = b

Она всюду определена на $[a,b]$ , непрерывна на $(a,b)$ , но, разумеется, не интегрируема по Риману на $[a,b]$ , поскольку даже не ограничена на $[a,b]$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 30#107197

Привести пример функции $f : [a,b] → ℝ$ , интегрируемой по Риману на $[a,b]$ , но не имеющей первообразной на $[a,b]$ .

Показать ответ и решение

Рассмотрим функцию

( { 3, есл и x ∈ [− 1,0] f(x) = ( 4, есл и x ∈ (0,1]

Эта функция всюду определена на отрезке $[− 1,1]$ , у нее один-единственный разрыв I рода на этом отрезке, значит, как ограниченная функция, имеющая лишь конечное число точек разрыва, $f$ - интегрируема по Риману на отрезке $[− 1,1]$ .

В то же время, у $f(x)$ не может быть первообразной на $[− 1,1]$ .

Действительно, если бы такая первообразная $F (x)$ нашлась, то это бы означало, что всюду на $[− 1,1]$ выполнено

F ′(x) = f(x)

То есть $′ F$ имела бы разрыв I рода на отрезке $[− 1,1]$ . Но это невозможно, поскольку производная не может иметь разрывов I рода.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 31#107198

Привести пример функции $f : [a,b] → ℝ$ такой, что $f$ - не интегрируема по Риману на $[a,b]$ , но $f2$ - интегрируема по Риману на $[a,b]$ .

Показать ответ и решение

Рассмотрим функцию

( { − 1, есл и x ∈ ℚ f(x) = ( 1, если x ∈ ℝ∖ ℚ

В качестве отрезка $[a,b]$ можно взять любой отрезок.

Тогда $f$ - не интегрируема по Риману на $[a,b]$ . Это можно усмотреть и потому, что $f(x)$ является лишь слегка модифицированной функцией Дирихле и можно по определению проверить, что у её интегральных сумм нет предела при $λ(P ) → 0$ .

Но можно и, пользуясь нашей новой теорией, указать на то, что такая функция $f(x)$ не может удовлетворять условию малых колебаний. А именно, каково бы ни было разбиение $P$ , и каков бы ни был отрезок разбиения $Δi$ , ясно, что

ω (f, Δi) = 2

поскольку совершенно в любом отрезке найдется хотя бы одна как рациональная, так и иррациональная точка, а значит $f$ в любом отрезке принимает как значение 1, так и значение минус 1, а потому её колебание на любом отрезке равно двум.

А потому сумма всех колебаний, умноженных на длины отрезков разбиения для функции $f$ :

n n n ∑ ∑ ∑ ω (f,Δi )Δxi = 2Δxi = 2 Δxi = 2(b− a) i=1 i=1 i=1

И уже точно не может быть сделана меньше любого наперед заданного $𝜀 > 0$ за счет мелкости разбиений.

В то же время $f2 ≡ 1$ - интегрируема на любом отрезке как непрерывная функция.

Ответ: