Орловский Определенный интеграл.Практикум ч.1 2010

Задача 12. Покажем, что функция F (x) имеет пределы при

где ξ лежит между a и b. Так как функция f непрерывна на отрезке [a; b], то она ограничена на этом отрезке, т. е. существует такая положительная постоянная M, что при всех x [a; b] выполнено неравенство |f(x)| 6 M. Отсюда и из равенства (9) следует, что при всех x, y (a; b)

Из оценки (10) вытекает, что в каждой точке отрезка [a; b] для функции F выполнен критерий Коши существования предела. В самом деле, пусть x0 [a; b] и ε > 0, выберем δ = ε/(2M). Если x и y – произвольные точки отрезка [a; b], лежащие в δ-окрестности точки x0, то величина |x − y| < 2δ и согласно (10)

|F (x) − F (y)| < 2Mδ = ε.

Отсюда следует, что функция F имеет односторонние преде-

где a < ξ < x. Так как ξ ≠ a, то можно сделать замену переменной

lim f(ξ) = lim f(ξ) = f(a),

x→a ξ→a

341

(функция f непрерывна при x = a). Отсюда следует, что

где x < ξ < b. Так как ξ ≠ b, то можно сделать замену переменной

lim f(ξ) = lim f(ξ) = f(b),

x→b ξ→b

(функция f непрерывна при x = b). Отсюда следует, что

Задача 13. Пусть

∫b(x)

φ(x) = f(ξ) dξ.

a(x)

Выберем любую точку x0 [A; B] и положим

∫x

F (x) = f(ξ) dξ.

x0

342

длины, содержащий точку x0, на котором f(x) > m > 0. В силу неотрицательности функции f

Задача 16. Положим F (x) = f(x) − g(x), функция F непрерывна, неотрицательна и не равна тождественно нулю. Согласно решению предыдущей задачи

∫b

F (x) dx > 0.

a

Следовательно,

∫b ∫b ∫b

f(x) dx − g(x) dx = F (x) dx > 0 ,

a a a

и поэтому

∫b ∫b

f(x) dx > g(x) dx.

aa

Задача 17.

+∞ b

344

Обратно, пусть сходится интеграл (5.3), тогда согласно реше-

Задача 20. Для решения задачи обозначим несобственные интегралы по промежуткам [a; b) и (a; b] соответственно,

aa+0

Пусть F – интеграл с переменным верхним пределом

∫x

F (x) = f(ξ) dξ.

a

Так как функция f интегрируема на отрезке [a; b], то F непрерывна на этом отрезке. Используя последовательно определение несобственного интеграла, задачу (18), непрерывность функции F и ее определение, получаем:

b−0 c

345

∫b ∫b

= F (b) − F (a) = f(ξ) dξ = f(x) dx.

aa

Аналогично,

∫b ∫b

∫b ∫b

= F (b) − F (a) = f(ξ) dξ = f(x) dx.

aa

Задача 21. По формуле интегрирования по частям для определенного интеграла

346

то существует и третья из них. Переходя в равенстве (11) к пределу, получаем формулу интегрирования по частям для несобственного интеграла.

Задача 22. Применяя формулу замены переменной для определенного интеграла, имеем при c [a; +∞):

Переходя в этом равенстве к пределу при c → +∞, получаем:

Задача 23. Для любого ε > 0 существует такое δ > 0, что при всех x1, x2 (b − δ; b) выполнено неравенство

Задача 24. Для любого ε > 0 существует такое D < b, что при всех x1, x2 (−∞; D) выполнено неравенство

Задача 25. Для любого ε > 0 существует такое δ > 0, что при всех x1, x2 (a; a + δ) выполнено неравенство

347

Задача 26. Проверим критерий Коши. Пусть ε > 0. По условию задачи существует такое положительное число M, что при всех x [a; b) выполнено неравенство |f(x)| 6 M. Положим

вию задачи существует такое положительное число M, что при всех x (a; b] выполнено неравенство |f(x)| 6 M. Положим δ = ε/M, тогда для любых x1, x2 (a; a + δ):

Задача 28. Пусть ∆ – произвольный отрезок, содержащийся

в[a; b). Так как функция f непрерывна на [a; b), то она непрерывна и на ∆. Отсюда следует, что f интегрируема на ∆. В силу решения задачи 26 несобственный интеграл от функции f по промежутку [a; b) сходится.

Задача 29. Пусть ∆ – произвольный отрезок, содержащийся

в(a; b]. Так как функция f непрерывна на (a; b], то она непрерывна и на ∆. Отсюда следует, что f интегрируема на ∆. В силу решения задачи 27 несобственный интеграл от функции f по промежутку (a; b] сходится.

Задача 30.

348

Поэтому достаточно показать, что интеграл в смысле главного значения существует у функции φ.

349

Из явной формулы для φ следует, что эта функция определена и непрерывна на [a; c) (c; b]. Покажем, что существует конечный предел функции φ в точке x = c.

Согласно предположениям можно воспользоваться формулой Тэйлора с дополнительным членом в форме Пеано:

f(x) = f(c) + f′(c)(x − c) + 12 f′′(c)(x − c)2 + α(x)(x − c)2,

где α(x) – функция, имеющая нулевой предел при x = c. Учитывая, что f(c) = 0, получаем:

f′′(c) + 2α(x)

φ(x) = −f′(c) [2f′(c) + f′′(c)(x − c) + 2α(x)(x − c)] .

Отсюда находим

lim φ(x) = − f′′(c) . x→c 2f′2(c)

Таким образом, функция φ продолжается по непрерывности до функции φe, непрерывной на всем отрезке [a; b]. Согласно решению задачи 20 функция φ интегрируема в несобственном смыле, а, следовательно, обладает интегралом и в смыле главного значения.

350