Орловский Определенный интеграл.Практикум ч.1 2010

следовательно,
	lim xf(x) = 0.			(5.23)
	x→0
В силу убывания функции f(x)
∫1	f(x) dx = n−1	(k+1)/n
		∫	f(x) dx 6
	∑

1/n	k=1

6 k=1	∫	f	(n)
n−1	(k+1)/n			k
∑ k/n

Аналогично

∫1 n∑−1 f(x) dx =

k/n

dx = n∑−1 f (nk ) n1 .

k=1

(k∫+1)/n

f(x) dx >

1/n

k=1

k/n

n−1 (k+1)/n

k + 1

n−1

+ 1

1

∑ k/n

∑

f (

(k n

)n.

> k=1

∫

n

)dx = k=1 f

Отсюда получаем, что

1

1

n

k 1

f(1)

+ ∫

f(x) dx 6 k=1 f (

)

6

n

n

n

1/n

∑

1

1

1

6

∫

f(x) dx + f (

)

.

(5.24)

n

n

1/n

Из (5.23) следует, что

lim

1

f

1

= 0,

n→+∞ n (n)

321

поэтому, переходя в (5.24) к пределу, получаем:

n					1
∑		k 1			0
lim					f(x) dx.
n→+∞ k=1 f	(n) n				= ∫

2. Функция f(x) отрицательна в интервале (0; δ). Тогда функция g(x) = −f(x) положительна в интервале (0; δ) и удовлетворяет условиям задачи. Согласно предыдущему пункту

n					1
∑		k 1			0
lim					g(x) dx.
n→+∞ k=1 g	(n) n				= ∫

Заменяя здесь g(x) на −f(x) и умножая полученное равенство на −1, получаем:

n					1
					0
∑		k 1
lim					f(x) dx.
n→+∞ k=1 f	(n) n				= ∫

2389. Доказать, что если функция f(x) монотонна и ограничена в интервале 0 < x < a и существует несобственный интеграл

∫a

xpf(x) dx,

0

то

lim xp+1f(x) = 0.

x→+0

Ввиду ограниченности функции f(x) сходимость несобственного интеграла не зависит от выбора верхнего предела интегрирования. Поэтому, уменьшая, в случае необходимости, значение a, можно считать, что f(x) знакопостоянна в интервале (0; a). Нетрудно также видеть, что если утверждение задачи

322

справедливо для функции f(x), то оно справедливо и для функции g(x) = −f(x). Поэтому, без ограничения общности, можно считать, что функция f(x) > 0 в интервале (0; a).

1. Функция f(x) убывает в интервале (0; a). Если p ≠ −1, то

	x	x		1
	∫	tpf(t) dt > ∫	tpf(x) dt =		xp+1f(x),
				p + 1

00

аесли p = −1, то

	x	1		x	1
	∫		f(t) dt >	∫		f(x) dt = f(x) ln 2.
		t			t

0x/2

Таким образом,

∫x

0 6 xp+1f(x) 6 Ap tpf(t) dt,

0

где	{
Ap =	p + 1 , p ̸= −1;
	1/ ln 2 , p = −1.

Так как несобственный интеграл от функции xpf(x) сходится, то

∫x

lim tpf(t) dt = 0,

x→0

0

следовательно,

lim xp+1f(x) = 0.

x→+0

2. Функция f(x) возрастает в интервале (0; a). Если p ≠ −1,

то

∫0	>	∫x	>	∫x		p + 1
2x		2x		2x		2p+1 − 1
tpf(t) dt		tpf(t) dt			tpf(x) dt =		xp+1f(x),

323

а если p = −1, то

	2x	1		2x	1	2x	1
	∫0		f(t) dt >	∫x		f(t) dt > ∫x		f(x) dt = f(x) ln 2.
		t			t		t
	Отсюда следует, что
						2x
			0 6 xp+1f(x) 6 Bp ∫0					tpf(t) dt,
	где			(p + 1)/ 2p+1 − 1 , p ̸= −1;
			Bp =
			{	1/ ln 2 , (p = −1.)

Так как несобственный интеграл от функции xpf(x) сходится, то

2x

lim

∫0

tpf(t) dt = 0,

x→0

следовательно,

lim

xp+1f(x) = 0.

x→+0

2390. Показать, что:

1

+∞

+∞

а) v.p.∫

dx

= 0;

б) v.p.∫

dx

= 0; в) v.p.∫ sin x dx = 0.

x

1 − x2

−1

0

−∞

а). По определению главного значения

x

∫ x =

ε→0

∫

x + ∫

=

1

−ε

1

v.p.

dx

lim

−1

dx

dx

ε

−1

−ε

1

−

lim

=

ε→0 (ln | x|

1 + ln | x|

ε)

=

324

=

lim ((ln ε

−

0) + (0

−

ln ε)) = lim 0 = 0.

ε

→

0

ε

→

0

б). По определению главного значения

+∞

1−ε

+∞

v.p.

dx

=

lim

∫

dx

+

∫

dx

=

1

x2

1

x2

1

x2

∫

−

ε→0

−

−

0

0

1+ε

lim

1

1 + x

1−ε

+

1

ln

1 + x

+∞

=

−

−

= ε→0 ( 2 ln

1 x

0

2

1 x

1+ε)

1 2

−

ε

1

2 + ε

1

2

−

ε

= lim

ln

ln

=

lim ln

= 0.

ε

− 2

ε

)

2

ε→0 (2

ε→0

2 + ε

в). По определению главного значения

∫

D→+∞ ∫

+∞

D

v.p.

sin x dx =

lim

sin x dx =

−∞

−D

D

−

lim

lim

0 = 0.

=

D→+∞(− cos x)

D

=

D→+∞

2391. Доказать, что при x >

0, x = 1 существует

̸

x

li x = v.p. ∫0

dξ

.

ln ξ

Рассмотрим функцию

φ(x) =

1

−

1

.

ln x

x 1

−

Нетрудно видеть, что

lim φ(x) = 1.

x→0

325

Кроме того, применяя дважды правило Лопиталя, находим:

1

1

x − 1 − ln x

−

lim φ(x) = lim

= lim

x

=

(x − 1) ln x

x − 1

x→1

x→1

x→1 ln x +

x

= lim

x − 1

= lim

1

=

1

.

x ln x + x

2

x→1

− 1

x→1 ln x + 2

Отсюда следует, что несобственный интеграл от φ(x) существует и совпадает с обычным интегралом от непрерывной функции

φ˜(x) =

1 ,

x = 0

φ(x) , x = 0, x = 1;

̸

̸

1/2 ,

x = 1.

Таким образом,

x

x

(φ(ξ) +

)dξ =

∫

dξ

1

v.p.

= v.p.

ln ξ

ξ

1

∫

−

0

0

x

x

= ∫0

φ(ξ) dξ + v.p. ∫0

dξ

ξ − 1

и достаточно доказать, что существует

x

v.p. ∫0

dξ

.

ξ − 1

Существование этого интеграла проверяется непосредствен-

но, исходя из определения главного значения

x

dξ

lim

1−ε

dξ

x

dξ

v.p. ∫

ξ

∫

ξ

1 + ∫

ξ

1

=

−

1 = ε→0

−

−

0

0

1+ε

326

			1−ε		x
	lim
=	ε→0	(ln |ξ − 1| 0		+ ln |ξ − 1| 1+ε)		=

= lim ((ln ε − 0) + (ln |x − 1| − ln ε)) =

ε→0

= lim ln |x − 1| = ln |x − 1|.

ε→0

Найти следующие интегралы:

+∞

2392. v.p. ∫0

dx

.

x2 − 3x + 2

Так как

−

−

−

−

x

∫

x2

dx

1

1

2

+ C,

3x + 2

= ∫ (x 2

− x 1 )dx = ln

x

− 1

то

v.p.

+∞

dx

= lim

1−

ε

dx

+

3/2

dx

+

∫ x

2

2

3x + 2

2

3x + 2

−

3x + 2

ε→0

∫

x

−

∫ x

−

0

0

1+ε

+ lim

=

2−ε

dx

+

+∞

dx

∫

x

2

3x + 2

∫

x

2

3x + 2

ε→0

−

−

3/2

2+ε

= lim

ln

1 + ε

−

ln 2

+

0

−

ln

1 − ε

)]

+

ε

ε→0

[(

) (

ε

lim

ε

ε

ε − 0) + (0 − ln 1 + ε)] =

+ ε→0 [(ln 1 −

=

lim

ln

1 + ε

−

ln 2

]

+ lim

ln

1 + ε

=

−

ln 2.

1 − ε

1 − ε

ε→0 [

ε→0

[

]

327

2

2393. v.p. ∫

dx

.

x ln x

Так как

1/2

∫

dx

= ∫

d(ln x)

= ln | ln x| + C,

x ln x

ln x

то

= lim

=

v.p.

2

dx

1−ε

dx

+

2

dx

=

∫

∫

∫

x ln x

x ln x

x ln x

ε→0

1/2

= ε→0

1/2

1+ε

2

)+

[(ln | ln(1 − ε)| − ln

ln

1

lim

ln(1

ε)

1

)] = lim

−

+ (ln

ln 2

ln

ln(1 + ε)

ln

.

|

| −

|

ln(1 + ε)

|

ε→0

Здесь учтено, что

ln 2

= − ln 2| = ln 2. Предел

полученного

выражения можно

найти, применяя|

правило Лопиталя:

ε)

1

lim ln

ln(1 −

= ln

lim

ln(1 − ε)

= ln

lim

−1 − ε

= ln 1 = 0.

1 + ε

ε→0

1

ln(1 + ε)

ε→0 ln(1 + ε)

ε→0

Следовательно,

2

v.p. ∫

dx

= 0.

x ln x

1/2

+∞

1 + x

2394. v.p. ∫

dx.

1 + x2

Так как

−∞

∫

1 + x

dx =

∫

dx

+ ∫

x dx

= arctg x +

1

ln(1 + x2) + C,

1 + x2

1 + x2

1 + x2

2

328

то

	+∞				D
v.p.	∫	1 + x		dx = lim	∫		1 + x
		1 + x2					1 + x2 dx =
				D→+∞
−∞				−D		π
		lim
	=			2 arctg D = 2 ·		2 = π.
		D +
		→ ∞
+∞
2395. v.p. ∫	arctg x dx.

−∞

Согласно решению задачи 2258 интеграл от нечетной функции в симметричных пределах равен нулю, следовательно,

+∞ D

v.p.	arctg x dx = lim	∫	arctg x dx = lim 0 = 0.
∫	D→+∞		D→+∞
−∞	−D

Задача 32. Пусть a < c < b, функция f непрерывна на [a; b] и равна нулю только в точке x = c, причем в некоторой окрестности точки x = c функция f имеет первую производную. Пусть

также существует f′′(c) и f′(c) = 0. Доказать, что существует
	̸
v.p. ∫a	b
		dx
			.
		f(x)

329

Решения и ответы к задачам

Задача 1. Пусть два числа являются пределами одной и той же функции φ. Допустим, что они не совпадают, обозначим через A меньшее из этих чисел, а через B – большее из них. Рассмотрим положительное число ε = (B − A)/2. По определению предела, существуют такие положительные числа δ1 и δ1, что для всех размеченных разбиений (T, ξ) с характеристикой λ(T ) < δ1 справедливо неравенство

	φ(T, ξ)		A		<	B − A,			(1)
|		−		|		2
а для всех размеченных разбиений ( T, ξ ) с характеристикой
λ(T ) < δ2	φ(T, ξ)						B − A.		(2)
|		−	B	|	<
							2

Выберем произвольное размеченное разбиение ( T, ξ ) с характеристикой λ(T ) < min{δ1, δ2}, тогда для этого разбиения будут справедливы оба неравенства (1) и (2). Из неравенства (1) следует, что

φ(T, ξ)

−

A <

B − A

= φ(T, ξ) <

A + B

,

2

2

а из неравенства (2) получаем

φ(T, ξ)

−

B >

−

B − A

= φ(T, ξ) >

A + B

.

2

2

Полученное противоречие доказывает утверждение задачи.

330