Добавил:

fench Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный исследовательский ядерный университет (МИФИ)

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Орловский Определенный интеграл.Практикум ч.1 2010

.pdf

Скачиваний:

198

Добавлен:

16.08.2013

Размер:

1.33 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 910 / 3610 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

2218. Найти

100π

∫0

√

dx.

1 − cos 2x

100π

∫

√

∫

dx = √

∫

dx =

2 sin2 x

| sin x| dx =

1 − cos 2x

√

= √

π+2πk sin x dx +

2π(k+1)

sin x dx =

∫

k=0

∫

∑

2πk

π+2πk

= √

π+2πksin x dx

2π(k+1)sin x dx =

−

k=0

∫

∑

2πk

π+2πk

]

π+2πk

2π(k+1)

4 = 200√2.

=√2 k=0 [− cos x 2πk

+ cos x π+2πk

√2 k=0

∑

С помощью определенных

интегралов

найти:

2219.

n − 1

lim

· · ·

n→+∞ (n2

)

Рассмотрим на отрезке [0; 1]

функцию f(x) = x. Если вы-

брать разбиение отрезка на n равных частей

xi =

, 0 6 i

6 n − 1

и точки разметки

ξi =

, 0 6 i 6 n −

1 ,

то интегральная сумма

= n−1 f(ξ

)∆x

= n−1

· · ·

n − 1

n n2

i=0

∑i

∑

Таким образом,

lim

· · ·

n − 1

n→+∞ (n2

)

lim

∫

x dx = 2

= 2 .

= n→+∞

2220.

lim

n→+∞ (n + 1 + n + 2 + · · · + n + n).

Рассмотрим на отрезке

[0; 1] функцию

f(x) =

. Если

1 + x

выбрать разбиение отрезка на n равных частей

xi =

, 0 6 i 6 n − 1

и точки разметки

ξi =

i + 1

, 0 6 i 6 n − 1 ,

то интегральная сумма

n−1

∑i

∑

(

)

∑

sn = f(ξi)∆xi =

1 + i+1

n + i + 1

i=0

+ · · · +

n + 1

n + 2

n + n

Таким образом,

lim

n→+∞ (n + 1 + n + 2 + · · · + n + n) =

lim

∫

1 + x =

ln(1 + x) 0

= ln 2 .

= n→+∞ sn =

2221.

lim		n		n		n

	(n2 + 12		+ n2 + 22		+ · · · + n2 + n2 ).
n→+∞	(n2 + 12		+ n2 + 22		+ · · · + n2 + n2 ).

Рассмотрим на отрезке [0; 1] функцию f(x) = 1 + x2 . Если выбрать разбиение отрезка на n равных частей

xi = n , 0 6 i 6 n − 1

и точки разметки

ξi =

i + 1

, 0

6 i 6 n − 1 ,

то интегральная сумма

n−1

∑i

∑

2 ) n =

sn = f(ξi)∆xi =

(1 + 1i+1

i=0

(

)

n−1

∑i

n2 + (i + 1)2 = n2 + 12 + n2 + 22 + · · · + n2 + n2 .

Таким образом,

lim

(n2 + 12

+ n2 + 22

+ · · · + n2 + n2 ) =

n→+∞

lim

= arctg x 0

4 .

= n→+∞

∫

1 + x2

2222.

lim

sin

+ sin

2π

· · ·

+ sin

(n − 1)π

n→+∞ n

(

)

Рассмотрим на отрезке [0; π] функцию f(x) = sin x. Если вы-

брать разбиение отрезка на n равных частей

xi =

iπ

, 0 6 i 6 n − 1

и точки разметки

iπ

ξi =

, 0 6 i 6 n − 1 ,

то интегральная сумма

n−1

iπ

= i=0 f(ξi)∆xi

= i=0

(sin n ) n

∑

sin

+ sin

2π

· · ·

+ sin

(n − 1)π

n (

)

Таким образом,

lim

sin

+ sin

2π

· · ·

+ sin

(n − 1)π

n→+∞ n

(

)

lim s

sin x dx =

cos x

π ∫

−

π n→+∞

2223.

1p + 2p + · · · + np

lim

(p > 0).

n→+∞

np+1

Рассмотрим на отрезке [0; 1] функцию f(x) = xp. Если вы-

брать разбиение отрезка на n равных частей

xi =

, 0 6 i 6 n − 1

и точки разметки

ξi =

i + 1

, 0 6 i 6 n − 1 ,

то интегральная сумма

n−1

i + 1 p

1 1p + 2p + + np

∑

(

) ·

· · ·

sn = i=0 f(ξi)∆xi = i=0

np+1

Таким образом,

lim

1p + 2p + · · · + np

lim

sn =

n→+∞

np+1

n→+∞

xp+1

∫

xp dx =

p + 1

2224.

√

lim

1 +

· · ·

1 +

n→+∞ n (√

√

n )

√

Рассмотрим на отрезке [0; 1] функцию f(x) = 1 + x. Если выбрать разбиение отрезка на n равных частей

xi = n , 0 6 i 6 n − 1

и точки разметки

ξi =

i + 1

, 0 6 i 6 n − 1 ,

то интегральная сумма

n−1

+ 1

∑

∑i

√1 + i n · n =

sn = i=0 f(ξi)∆xi = =0

(√1 +

+ √1 +

+ · · · + √1 +

Следовательно,

lim

1 +

lim

· · ·

√1 + n )

n→+∞ n

(√

√

= n→+∞ sn =

= 3 (2√2 − 1) .

= ∫ √1 + x dx = 3 (1 + x)3/2 0

Найти:

√

2225.

lim

n→+∞

В силу свойства непрерывности показательной и логарифми-

ческой функций

√

lim

= eA,

где

n→+∞

√

A =

lim

n→+∞

Так как

√

n! 1/n

1 2

= ln (

)

ln (

· · ·

) =

(ln

+ ln

· · · + ln

то

lim

+ ln n

· · · + ln n).

A = n→+∞ n (ln n

Для вычисления последнего предела рассмотрим на промежутке (0; 1] функцию f(x) = ln x. Эта функция интегрируема

в несобственном смысле. Несобственный интеграл нетрудно вычислить с помощью интегирования по частям

1		1	1
0			0
∫			− ∫	dx = −1.
	ln x dx = x ln x 0

Так как функция f(x) монотонна, то согласно решению задачи 2388

1 n

lim

f(x) dx =

∑

(n)

−

n→+∞ n k=1

∫

но

∑

k=1 f (

) =

(ln

+ ln

+ · · · + ln

Следовательно, A = −1, т. е.

√

lim n n! = 1 .

n→+∞ n e

Замечание. 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 было привести и здесь, однако повторение одного и того же материала дважды не имеет большого смысла, так как желающие могут прочитать соответствующий текст, обратившись к главе 4 настоящего пособия.

lim	1			n	f	a + k b − a .
2226. n→+∞ [				∑	(				)]
2226. n→+∞ [		n	k=1		(		n		)]
Величина
					n
				∑				b − a		b − a
	s = f a + k
		n		k=1		(			n )	n

представляет собой интегральную сумму функции f на отрезке [a; b] для разбиения на n равных частей

xk = a + k	b − a	, 0 6 k 6 n
	n

и точками разметки

ξk = xk+1.

Предел последовательности {sn} для интегрируемой функции должен совпадать с определенным интегралом от функции f по отрезку [a; b]. Отсюда следует, что

lim		1 n		f	a + k		b − a	=
							b − a
	[n k=1						n
n→+∞	[n k=1				(		n	)]
			∑
			sn		1		b
			sn		1
= lim					=		f(x) dx.
= lim					=		f(x) dx.
n→+∞ b − a						b − a	∫a

Замечание. В формулировке задачи пропущено условие интегрируемости функции f на отрезке [a; b]. Без этого условия рассматриваемый предел, вообще говоря, не существует.

Отбрасывая равномерно бесконечно малые высших порядков, найти пределы следующих сумм:

2227.

n→+∞ [(1 + n)sin n2

+ (1 + n)sin n2

+ · · ·

lim

2π

(

)

]

· · ·

1 +

n −

sin

(n − 1)π

Наряду с последовательностью

2π

an = (1 +

)sin

+ (1 +

)sin

+ · · ·

()

· · ·	+	1 +	n − 1	sin	(n − 1)π
			n		n2

рассмотрим также последовательность

= 1 +

1 π

+ 1 +

2 2π

+ 1 +

n − 1

(n − 1)π

n) n2

· · ·

n )

(

Оценим разность an − sn. Для этого воспользуемся формулой Тэйлора для функции y = sin x с дополнительным членом в форме Лагранжа

sin x = x

−

cos ξ

x3,

из которой следует, что при всех вещественных x

sin x

−

| 6

|x|3 .

(3.10)

С помощью неравенства (3.10) получаем, что

∑

kπ

n−1

|an − sn| =

k=1

(1 + n)(sin n2

− n2 )

kπ

n 1

−

∑

k=1 (1 +

)(

)

6n6

k=1

(1 +

)k3.

Так как величина k 6 n − 1, то

1 + nk 6 2.

С другой стороны, согласно формуле (2.6)

13 + 23 + · · · + (n − 1)3 = (n − 1)2n2 . 4

Таким образом,		n−1 k3	= π3(n − 1)2 .
a s	π3	n−1 k3	= π3(n − 1)2 .
\| n − n\| 6		∑
\| n − n\| 6	3n6			12n4

k=1

Отсюда следует, что

lim (an − sn) = 0

n→+∞

и вместо вычисления предела последовательности an мы можем вычислить предел последовательности sn.

Рассмотрим на отрезке [0; 1] функцию f(x) = πx(1 + x). Величина sn представляет интегральную сумму этой функции для разбиения отрезка [0; 1] на n равных частей

xi =	i	, 0 6 i 6 n
	n

с точками разметки

ξi = xi , 0 6 i 6 n − 1.

Поэтому

	1		x2		x3		1		5π
							1
lim s =	0
lim s =	πx(1 + x) dx = π
n→+∞ n	∫	(	2	+	3	) 0		=	6	.

Таким образом, искомый предел

			lim	an =	5π			.
			lim	an =				.
			n→+∞			6
			n
2228. lim	sin	π	∑	1			.
2228. lim	sin			kπ			.
n→+∞ (				kπ
n→+∞ (		n) k=1 2 + cos n

Так как при n → +∞ последовательность sin πn πn,

то предел рассматриваемой последовательности

( )

π ∑n 1

an = sin n 2 + cos kπ

k=1 n

100

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 910 / 3610 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
16.08.20132.03 Mб117Никитин Шемотехника интегралных шем ТТЛ, ТТЛШ и КМОП 2010.pdf
#
16.08.20131.14 Mб50Никифоров Взаимосвяз открытых систем 2010.pdf
#
16.08.2013645.64 Кб30Нормы радиационной безопасности (НРБ-99) 1999.pdf
#
16.08.201332.3 Mб118Нурушев Введение в поляризационную 2007.pdf
#
16.08.20137.05 Mб199Оганесян Введение в физику тяжелых ионов 2008.pdf
#
16.08.20131.33 Mб198Орловский Определенный интеграл.Практикум ч.1 2010.pdf
#
16.08.20133.08 Mб745Орловский Определенный интеграл.Практикум Част 2 2010.pdf
#
16.08.20133.05 Mб58Ошурко Химическое и биологическое действие 2008.pdf
#
16.08.20138.03 Mб64Ушаков Метод. рекомендации к вып. работ по курсу Биофизический практикум 2002.doc
#
16.08.2013758.71 Кб83Федоров Высокотемпературная сверхпроводимост.Тлеюсчий разряд 2010.pdf
#
16.08.20132.72 Mб278Федоров Лабораторный практикум 2008.pdf