Раздел IV. Определённый интеграл — § 2. Вычисление определённых интегралов с помощью неопределённых

Демидович — задача 2227

Б. П. Демидович, «Сборник задач и упражнений по математическому анализу». Условие, подробное решение и ответ.

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

Задача 2227

lim⁡n→∞[(1+1n)sin⁡πn2+(1+2n)sin⁡2πn2+⋯+(1+n−1n)sin⁡(n−1)πn2].\lim_{n\to\infty}\left[\left(1+\frac1n\right)\sin\frac\pi{n^2}
+\left(1+\frac2n\right)\sin\frac{2\pi}{n^2}+\dots
+\left(1+\frac{n-1}n\right)\sin\frac{(n-1)\pi}{n^2}\right].
Ответ:lim⁡n→∞∑k=1n−1(1+kn)sin⁡kπn2=5π6\lim_{n\to\infty}
\sum_{k=1}^{n-1}\left(1+\dfrac kn\right)
\sin\dfrac{k\pi}{n^2}
=\dfrac{5\pi}{6}

Решение

Обозначим исходную сумму через SnS_n и положимuk,n=kπn2,1⩽k⩽n−1u_{k,n}=\dfrac{k\pi}{n^2},
\qquad
1\leqslant k\leqslant n-1При n⩾2n\geqslant2 имеем 0<uk,n<πn0<u_{k,n}<\frac\pi n. Положим rk,n=sin⁡uk,nuk,n−1r_{k,n}=\frac{\sin u_{k,n}}{u_{k,n}}-1. Из предела sin⁡uu→1\frac{\sin u}{u}\to1 следует: если все аргументы лежат в достаточно малой окрестности нуля, то все остатки одновременно малы. Поскольку верхняя граница πn\frac\pi n стремится к нулю, получаемsin⁡uk,n=uk,n(1+rk,n),max⁡1⩽k⩽n−1∣rk,n∣⟶0\sin u_{k,n}=u_{k,n}(1+r_{k,n}),
\qquad
\max_{1\leqslant k\leqslant n-1}|r_{k,n}|\longrightarrow0Сравним исходную сумму с суммой, в которой каждый синус заменён своим аргументом:Bn=∑k=1n−1(1+kn)uk,n=πn∑k=1n−1kn(1+kn)\begin{aligned}
B_n
&=\sum_{k=1}^{n-1}\left(1+\dfrac kn\right)u_{k,n}
=\dfrac\pi n\sum_{k=1}^{n-1}
\dfrac kn\left(1+\dfrac kn\right)
\end{aligned}Каждое слагаемое в BnB_n неотрицательно и не превосходит 2πn\frac{2\pi}{n}, а слагаемых меньше nn. Поэтому Bn⩽2πB_n\leqslant2\pi. Разность сумм оценивается так:∣Sn−Bn∣⩽max⁡1⩽k⩽n−1∣rk,n∣ Bn⟶0|S_n-B_n|
\leqslant
\max_{1\leqslant k\leqslant n-1}|r_{k,n}|\,B_n
\longrightarrow0Положим f(x)=x(1+x)f(x)=x(1+x). Суммирование в BnB_n заканчивается при k=n−1k=n-1, поэтому добавим и вычтем слагаемое при k=nk=n. Так как f(1)=2f(1)=2, имеемBn=π(1n∑k=1nf(kn)−2n)B_n=\pi\left(
\dfrac1n\sum_{k=1}^{n}f\left(\dfrac kn\right)-\dfrac2n
\right)Первое слагаемое в скобках является правой интегральной суммой, а 2n→0\frac2n\to0. Следовательно,Bn⟶π∫01x(1+x) dxB_n\longrightarrow\pi\int_0^1x(1+x)\,dxПоскольку Sn−Bn→0S_n-B_n\to0, получаемlim⁡n→∞Sn=π∫01x(1+x) dx=π(12+13)=5π6\begin{aligned}
\lim_{n\to\infty}S_n
&=\pi\int_0^1x(1+x)\,dx
=\pi\left(\dfrac12+\dfrac13\right)
=\dfrac{5\pi}{6}
\end{aligned}
Демидович № 2227 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика