Орловский Определенный интеграл.Практикум ч.1 2010

при: а) |α| < 1; б) |α| > 1.

Рассмотрим разбиение отрезка [0; π] на n равных частей:

и выберем точки разметки ξk = xk (0 6 k 6 n − 1). Длина каждого из отрезков разбиения

π

∆xi = xi+1 − xi = n .

Интегральная сумма

Sn = n∑−1 ln (1 − 2α cos ξk + α2)∆xi =

k=0

= πn ln n∏−1 (1 − 2α cos πkn + α2).

k=1

Квадратное уравнение относительно переменной α

1 − 2α cos πkn + α2 = 0

имеет комплексные корни

вокупность дает множество всех комплексных корней степени 2n

31

из 1, за тем исключением, что точка z = 1 встречается дважды, а точка z = −1 отсутствует, поэтому

Замечание. При |α| = 1 интеграл является несобственным и его нельзя рассматривать как предел интегральных сумм (см. решение задачи 2385).

32

2193. Пусть функции f(x) и φ(x) непрерывны на [a; b]. Рассмотрим произвольное разбиение T отрезка [a; b]:

T = {x0, x1, . . . , xn}

(a = x0 < x1 < · · · < xn = b), λ(T ) – характеристика этого разбиения, ξ = (ξ0, . . . ξn−1) и θ = (θ0, . . . θn−1) – произвольные разметки разбиения T , т. е. наборы точек, для которых при каждом i (0 6 i 6 n − 1) ξi [xi; xi+1], θi [xi; xi+1]. Доказать, что

n∑−1

s(T, ξ) = f(ξi)φ(ξi)∆xi.

i=0

Так как функции f и φ непрерывны на отрезке [a; b], то их произведение также непрерывно, а, следовательно, и интегрируемо на этом отрезке. По определению интеграла

∫b

lim s(T, ξ) = f(x)φ(x) dx.

λ(T )→0

a

Следовательно, достаточно доказать, что

lim (σ(T, ξ, θ) − s(T, ξ)) = 0.

λ(T )→0

Проверим определение предела. Пусть ε > 0. Так как функция f непрерывна на отрезке [a; b], то она ограничена на этом

33

отрезке, т. е. существует такое положительное число M, что при всех x [a; b] выполняется неравенство |f(x)| 6 M. Так как функция φ(x) непрерывна на отрезке [a; b], то она равномерно непрерывна на этом отрезке, следовательно, существует такое положительное число δ, что при любом разбиении T отрезка [a; b] с характеристикой λ(T ) < δ будет справедливо неравенство

ε

|φ(θi) − φ(ξi)| < M(b − a)

при любых ξi [xi; xi+1], θi [xi; xi+1]. Для такого разбиения

Это доказывает утверждение задачи.

Замечание. Величина s(T, ξ) рассматривалась как функция (T, ξ, θ), не зависящая от θ.

2193.1. Пусть f(x) ограничена и монотонна на [0; 1]. Дока-

зать, что

∫1 f(x) dx − n1 ∑n f (nk ) = O (n1 ).

0k=1

Рассмотрим разбиение отрезка [0; 1] на n равных частей точками

1. Пусть функция f(x) монотонно возрастает. В этом случае

34

Длина каждого из отрезков разбиения ∆xi = n1 . Нижняя сумма

Так как при всех n

∫1

S n 6 f(x) dx 6 Sn,

0

Заменяя в этой оценке Sn по формуле (2.11), имеем неравенство

35

из которого непосредствено следует соотношение

∫1 f(x) dx − n1 ∑n f (nk ) = O (n1 ).

0k=1

2.Пусть функция f(x) монотонно убывает. Рассмотрим функцию f˜(x) = −f(x). Тогда функция f˜(x) монотонно возрастает.

Согласно доказанному в предыдущем пункте

0k=1

следовательно,

2193.2. Пусть функция f(x) ограничена и выпукла сверху на сегменте [a; b]. Доказать, что

Согласно определению выпуклой сверху функции, при всех x1 , x2 [a; b], λ1 > 0, λ1 > 0 (λ1 + λ2 = 1) выполняется неравенство

1. Докажем левое неравенство задачи. Пусть x [a; b] и

36

Применяя неравенство (2.12), получаем

()

37

Делая в последнем из интегралов замену y = a + b −x, получаем

∫b ∫a ∫b ∫b

f(a + b − x) dx = − f(y) dy = f(y) dy = f(x) dx.

a b a a

Таким образом, полученное неравенство можно записать в следующем виде:

что совпадает с правым неравенством задачи.

2193.3. Пусть f(x) C(2)[1; +∞) и f(x) > 0, f′(x) > 0, f′′(x) 6 0 при x [1; +∞). Доказать, что

∑n f(k) = f(n) + ∫n f(x) dx + O(1) 2

при n → +∞.

Для доказательства утверждения задачи достаточно установить свойство ограниченности последовательности

Так как f′′(x) 6 0, то функция f(x) выпукла сверху, следовательно к ней применимо утверждение задачи 2193.2.

1. Используя левое неравенство задачи 2193.2, получаем

k−1

38

Суммируя эти неравенства по k (от k = 2 до k = n) и учитывая свойство аддитивности интеграла, имеем:

Это неравенство можно переписать в следующем виде:

что равносильно соотношению

f(1) an 6 2 .

2. Используя правое неравенство задачи 2193.2, имеем:

k∫+ 12

f(x) dx 6 f(k) (k = 2, 3, . . . ).

k−12

Суммируя эти неравенства по k (от k = 2 до k = n − 1) и учитывая свойство аддитивности интеграла, получаем

По условию задачи f′(x) > 0. Это влечет монотонное возрастание функции f(x), поэтому

39

Складывая неравенства (2.13) и (2.14), получаем

прибавляя к обеим частям полученного неравенства f(1) и перенося интеграл в другую часть неравенства, приходим к оценке

Учитывая аддитивность интеграла, эту оценку можно записать в следующем виде:

что равносильно неравенству

∫3/2

f(1) − f(x) dx 6 an.

1

Из п. 1 и п. 2 следует ограниченность последовательности {an}. Утверждение задачи доказано.

Замечание. В доказательстве нигде не использовалось условие неотрицательности f(x). Легко видеть, что это условие не является необходимым. Последовательности {an}, построенные для функций f(x) и f(x) + C, отличаются на величину C/2 и поэтому они одновременно ограничены или неограниченны. Таким образом, если утверждение задачи справедливо для функции f(x)+C, то оно справедливо также и для функции f(x) (при любом C). Выбирая C = −f(1) и учитывая возрастание f(x), получаем, что функция f(x)+C = f(x)−f(1) неотрицательна. Это сводит задачу к случаю неотрицательной функции.

40