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

Демидович — задача 2233

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 2233

Найти:а) lim⁡x→0∫0xcos⁡t2 dtx;б) lim⁡x→+∞∫0x(arctg⁡t)2 dtx2+1;\text{а) }\lim_{x\to0}\frac{\int_0^x\cos t^2\,dt}{x};\qquad
\text{б) }\lim_{x\to+\infty}\frac{\int_0^x(\arctg t)^2\,dt}{\sqrt{x^2+1}};в) lim⁡x→+∞(∫0xet2 dt)2∫0xe2t2 dt;г) lim⁡n→∞∫01f(nx) dx,\text{в) }\lim_{x\to+\infty}\frac{\left(\int_0^xe^{t^2}\,dt\right)^2}{\int_0^xe^{2t^2}\,dt};\qquad
\text{г) }\lim_{n\to\infty}\int_0^1f(nx)\,dx,если f∈C[0,+∞)f\in C[0,+\infty) и f(x)→Af(x)\to A при x→+∞x\to+\infty.
Ответ:В г) ff непрерывна на [0,+∞)[0,+\infty) и стремится к конечному A∈RA\in\mathbb R при t→+∞t\to+\infty.а)1,б)π24,в)0,г)Aа)\quad 1,
\qquad
б)\quad \dfrac{\pi^2}{4},
\qquad
в)\quad 0,
\qquad
г)\quad A

Решение

а) Числитель и знаменатель стремятся к нулю. По основной теореме анализа и правилу Лопиталяlim⁡x→0∫0xcos⁡t2 dtx=lim⁡x→0cos⁡x21=1\begin{aligned}
\lim_{x\to0}
\dfrac{\displaystyle\int_0^x\cos t^2\,dt}{x}
&=\lim_{x\to0}\dfrac{\cos x^2}{1}=1
\end{aligned}б) При t⩾1t\geqslant1 имеем arctg⁡t⩾π4\arctg t\geqslant\frac\pi4. Поэтому при x>1x>1∫0x(arctg⁡t)2 dt⩾π216(x−1)⟶+∞\int_0^x(\arctg t)^2\,dt
\geqslant\dfrac{\pi^2}{16}(x-1)\longrightarrow+\inftyЗнаменатель x2+1\sqrt{x^2+1} тоже стремится к бесконечности. Следовательно, возникает неопределённость ∞∞\frac\infty\infty, иlim⁡x→+∞∫0x(arctg⁡t)2 dtx2+1=lim⁡x→+∞(arctg⁡x)2xx2+1=π24\begin{aligned}
\lim_{x\to+\infty}
\dfrac{\displaystyle\int_0^x(\arctg t)^2\,dt}
{\sqrt{x^2+1}}
&=\lim_{x\to+\infty}
\dfrac{(\arctg x)^2}{\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}}=\dfrac{\pi^2}{4}
\end{aligned}в) ОбозначимA(x)=∫0xet2 dt,B(x)=∫0xe2t2 dtA(x)=\int_0^x e^{t^2}\,dt,
\qquad
B(x)=\int_0^x e^{2t^2}\,dtПри x>0x>0 обе подынтегральные функции не меньше единицы, поэтому A(x)⩾xA(x)\geqslant x и B(x)⩾xB(x)\geqslant x. Обе функции стремятся к бесконечности. По правилу Лопиталяlim⁡x→+∞A2(x)B(x)=lim⁡x→+∞2A(x)ex2e2x2==2lim⁡x→+∞A(x)ex2\begin{aligned}
\lim_{x\to+\infty}\dfrac{A^2(x)}{B(x)}
&=\lim_{x\to+\infty}
\dfrac{2A(x)e^{x^2}}{e^{2x^2}}=\\
&=2\lim_{x\to+\infty}\dfrac{A(x)}{e^{x^2}}
\end{aligned}Последний предел снова имеет неопределённость ∞∞\frac{\infty}{\infty}, поэтомуlim⁡x→+∞A(x)ex2=lim⁡x→+∞ex22xex2==lim⁡x→+∞12x=0\begin{aligned}
\lim_{x\to+\infty}\dfrac{A(x)}{e^{x^2}}
&=\lim_{x\to+\infty}
\dfrac{e^{x^2}}{2xe^{x^2}}=\\
&=\lim_{x\to+\infty}\dfrac1{2x}=0
\end{aligned}Следовательно,lim⁡x→+∞A2(x)B(x)=0\lim_{x\to+\infty}\dfrac{A^2(x)}{B(x)}=0г) По условию ff непрерывна на [0,+∞)[0,+\infty) и имеет конечный предел AA. Непрерывность обеспечивает интегрируемость ff на каждом конечном отрезке [0,T][0,T], поэтому исходные интегралы и интегралы на начальном участке существуют. Выполним замену t=nxt=nx, откуда x=tnx=\frac tn и dx=dtndx=\frac{dt}{n}. При x=0,1x=0,1 новые пределы равны t=0,nt=0,n, поэтому∫01f(nx) dx=1n∫0nf(t) dt\int_0^1f(nx)\,dx=\dfrac1n\int_0^n f(t)\,dtДокажем, что среднее значение справа стремится к AA. Имеем1n∫0nf(t) dt−A=1n∫0n(f(t)−A) dt\dfrac1n\int_0^n f(t)\,dt-A
=\dfrac1n\int_0^n\bigl(f(t)-A\bigr)\,dtПусть ε>0\varepsilon>0. Поскольку f(t)→Af(t)\to A, выберем T>0T>0 так, чтобы при t⩾Tt\geqslant T∣f(t)−A∣<ε2|f(t)-A|<\dfrac\varepsilon2ОбозначимCT=∫0T∣f(t)−A∣ dtC_T=\int_0^T|f(t)-A|\,dtЭто конечное число, не зависящее от nn. Тогда при n>Tn>T∣1n∫0nf(t) dt−A∣≤1n∫0T∣f(t)−A∣ dt+1n∫Tn∣f(t)−A∣ dt≤≤CTn+ε2⋅n−Tn≤≤CTn+ε2\begin{aligned}
\left|
\dfrac1n\int_0^n f(t)\,dt-A
\right|
&\le\dfrac1n\int_0^T|f(t)-A|\,dt
+\dfrac1n\int_T^n|f(t)-A|\,dt\le\\
&\le\dfrac{C_T}{n}+\dfrac\varepsilon2\cdot\dfrac{n-T}{n}\le\\
&\le\dfrac{C_T}{n}+\dfrac\varepsilon2
\end{aligned}После выбора TT число CTC_T фиксировано. Выберем nn настолько большим, чтобы одновременно выполнялись n>Tn>T и CTn<ε2\frac{C_T}{n}<\frac\varepsilon2. Тогда модуль разности меньше ε\varepsilon. Это верно для любой положительной точности ε\varepsilon, поэтому среднее значение стремится к AA. Начальный участок даёт исчезающий вклад CTn\frac{C_T}{n}, а на оставшемся участке функция уже близка к AA.
Демидович № 2233 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика