Орловский Определенный интеграл.Практикум ч.1 2010

n

∑

1

π

sn =

2 + cos kπ

·

n

k=1

n

xi =

kπ

,

0 6 k 6 n

n

с точками разметки ξi = xk+1 (0 6 k 6 n − 1)

n−1

∑i

f(ξi)∆xi.

sn =

=0

Следовательно,

π

π

lim

sn =

dx

=

1

∫0

dx

.

n→+∞

∫0

2 + cos x

2

1 + 21 cos x

Первообразная подынтегральной функции вычислена в зада-

че 2028 (в этой задаче нужно выбрать ε = 1/2):

dx

= 4

arctg

tg(x/2)

+ C.

∫ 1 + 21 cos x

(

)

√3

√3

Применяя формулу Ньютона – Лейбница, находим

π

dx

4

tg(x/2)

π

2π

0

∫

1 + 21 cos x

=

√

arctg (

√

) 0

= √

.

3

3

3

Таким образом,

lim

a

=

lim

s =

π

.

n→+∞

n

n→+∞

n

√3

n

+

∑

n

)(nx + k + 1)

2229.

lim

k=1 √(nx + k

(x > 0).

2

→ ∞

n

Предварительно выведем неравенство, которое потребуется

в дальнейшем. Применим к функции f(x) =

√

формулу

1 + x

Тэйлора в форме Лагранжа. Получим

√

1

1 + x = 1 +

2√

x,

1 + ξ

√

x

1 + x − 1 6

(x > 0).

(3.11)

2

Рассмотрим последовательности

1

n

1 n

(x +

k

) .

∑√

∑

an =

(nx + k)(nx + k + 1) , sn =

n2

k=1

n

k=1

n

Оценим разность an − sn:

∑

∑

1

n

k

+ 1

n

k

=

|an − sn| = n

k=1 √(x + n)(x + k n ) − k=1 (x + n)

∑

∑

1

k

1/n

k

n

n

n

= n k=1

(x + n)√1 + x + k/n − k=1

(x + n) =

∑

1

k

1/n

= n

(x + n)(√1 + x + k/n

k=1

− 1) .

Согласно неравенству (3.11)

√1 +

1/n

− 1 6

1/n

,

x + k/n

2 (x + k/n)

поэтому

1 n

k

1/n

1

n

1 1

|an − sn| 6

∑

(x +

)

=

∑

=

.

n

k=1

n

2 (x + k/n)

n

k=1

2n

2n

tk

=

k

, 0 6 k 6 n

n

и точкам разметки

ξk =

k + 1

, 0 6 k 6 n − 1 .

n

Таким образом,

n−1

sn =

∑i

f(ξi)∆ti

=0

и, следовательно,

1

(x + t)2

1

1

0

lim

lim s

=

(x + t) dt =

= x +

.

n→+∞ an = n→+∞ n

∫

2

2

0

2230.

lim

21/n

+

22/n

+

+

2n/n

.

n + 21

· · ·

n + n1 )

n→+∞ (n + 1

Рассмотрим последовательности

an =

21/n

+

22/n

+ · · · +

2n/n

,

n + 1

n + 21

n + n1

1

(21/n + 22/n + · · · + 2n/n) .

sn =

n

Оценим их разность

n

2k/n

1

n

∑

∑

|an − sn

| =

n +

1

−

n

2k/n

=

n

k=1

k

k=1

1

∑

1

=

n

2k/n (

1 +

1

− 1) =

n

1

kn

n

k=1

1

∑

1

∑

2k/n

=

2k/n

kn

=

.

1

1 + kn

n

1 +

n

k=1

kn

k=1

Так как 2k/n 6 2, а

1

6

1

,

1 + kn

1 + n

то

2

n

1

2

|an − sn| 6

∑

=

n

1 + n

1 + n

xk =

k

, 0 6 k 6 n

n

1

2x

1

1

0

∫

2x dx =

ln 2

0

=

ln 2

.

Таким образом,

lim

an

=

lim sn =

1

.

ln 2

n→+∞

n→+∞

Для решения задач 2231 – 2236 нужно использовать формулу

(3.8):

b(x)

d

∫

f(ξ) dξ = f(b(x))b′(x) − f(a(x))a′(x).

dx

a(x)

2231. Найти:

b

b

b

d

d

d

∫a

sin x2 dx ,

∫a

sin x2 dx ,

∫a

sin x2 dx .

dx

da

db

По формуле (3.8)

b

d

∫a

sin x2 dx = 0 ,

dx

b

d

∫a

sin x2 dx = − sin2 a ,

da

d

b

∫a

sin x2 dx = sin2 b .

db

x2

x3

cos x

d

d

dt

d

а)

∫

1 + t2 dt ;

б)

∫2

√

;

в)

∫

cos(πt2) dt ;

dx

dx

dx

1 + t4

0

√

x

sin x

а). По формуле (3.8)

x2

√

0

√

d

dx

∫

1 + t2 dt = 2x 1 + x4 .

б). По формуле (3.8)

x3

3x2

2x

d

dt

∫2

√

=

√

−

√

.

dx

1 + t4

1 + x12

1 + x8

x

в). По формуле (3.8)

cos x

d

∫

cos(πt2) dt = − cos(π cos2 x) sin x − cos(π sin2 x) cos x =

dx

x

cos x2 dx

x

(arctg x)2 dx

0

0

а)

lim

∫

;

б)

lim

∫

;

√

2

+ 1

x

→

0

x

x

→

+

∞

x

x

ex2 dx)

2

(0

в) lim

∫

;

x

x→+∞

∫

e2x2 dx

0