Раздел IV. Определённый интеграл — § 3. Теоремы о среднем

Демидович — задача 2321

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

Задача 2321

Пусть f(x)∈C[0,+∞)f(x)\in C[0,+\infty) и lim⁡x→+∞f(x)=A\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=A. Найтиlim⁡x→+∞1x∫0xf(t) dt.\lim_{x\to+\infty}\frac1x\int_0^xf(t)\,dt.Рассмотреть пример f(x)=arctg⁡xf(x)=\arctg x.
Ответ:lim⁡x→+∞1x∫0xf(t) dt=A\lim_{x\to+\infty}\dfrac1x\int_0^x f(t)\,dt=AДля f(t)=arctg⁡tf(t)=\arctg t предел равен π2\frac\pi2.

Решение

Обозначим среднее значение на [0,x][0,x] черезM(x)=1x∫0xf(t) dt,x>0M(x)=\dfrac1x\int_0^x f(t)\,dt,\qquad x>0Вычтем предполагаемый предел:M(x)−A=1x∫0x(f(t)−A) dtM(x)-A=\dfrac1x\int_0^x(f(t)-A)\,dtДля любого ε>0\varepsilon>0 из условия f(t)→Af(t)\to A следует существование числа R>0R>0, для которогоt≥R⟹∣f(t)−A∣<εt\ge R\quad\Longrightarrow\quad|f(t)-A|<\varepsilonОбозначим вклад начального участка черезCR=∫0R∣f(t)−A∣ dtC_R=\int_0^R|f(t)-A|\,dtЭто конечное число, поскольку ff непрерывна. При x>Rx>R разделим интеграл на начальную часть и оставшийся участок:∣M(x)−A∣≤1x∫0R∣f(t)−A∣ dt+1x∫Rx∣f(t)−A∣ dt≤CRx+εx−Rx≤CRx+ε\begin{aligned}
|M(x)-A|
&\le\dfrac1x\int_0^R|f(t)-A|\,dt
+\dfrac1x\int_R^x|f(t)-A|\,dt\\
&\le\dfrac{C_R}{x}+\varepsilon\dfrac{x-R}{x}
\le\dfrac{C_R}{x}+\varepsilon
\end{aligned}Пусть задана точность η>0\eta>0. Сначала выбираем ε=η2\varepsilon=\frac\eta2 и соответствующее число RR. После этого CRC_R уже фиксировано. Затем берём xx так, чтобыx>R,CRx<η2x>R,\qquad \dfrac{C_R}{x}<\dfrac\eta2Тогда полученная оценка даёт∣M(x)−A∣≤CRx+ε<η|M(x)-A|\le\dfrac{C_R}{x}+\varepsilon<\etaИменно возможность получить эту оценку для любого η>0\eta>0 означает M(x)→AM(x)\to A.

Для f(t)=arctg⁡tf(t)=\arctg t имеем A=π2A=\frac\pi2. Можно также проверить результат непосредственным вычислением. Для первообразной берёмu=arctg⁡t,dv=dtdu=dt1+t2,v=t\begin{aligned}
u&=\arctg t,&\qquad dv&=dt\\
du&=\dfrac{dt}{1+t^2},&v&=t
\end{aligned}В оставшемся интеграле при t≥0t\ge0 положимs=1+t2,t=s−1,ds=2t dts=1+t^2,\qquad t=\sqrt{s-1},\qquad ds=2t\,dtТогда s≥1s\ge1, и коэффициент перед логарифмом получается из дифференциала:∫t1+t2 dt=12∫dss=12ln⁡s+C=12ln⁡(1+t2)+C\int\dfrac{t}{1+t^2}\,dt
=\dfrac12\int\dfrac{ds}{s}
=\dfrac12\ln s+C
=\dfrac12\ln(1+t^2)+CСледовательно,∫arctg⁡t dt=tarctg⁡t−∫t1+t2 dt=tarctg⁡t−12ln⁡(1+t2)+C\int\arctg t\,dt
=t\arctg t-\int\dfrac{t}{1+t^2}\,dt
=t\arctg t-\dfrac12\ln(1+t^2)+CПодставляя границы 00 и xx и деля на x>0x>0, получаем1x∫0xarctg⁡t dt=arctg⁡x−ln⁡(1+x2)2x ⟶ π2\begin{aligned}
\dfrac1x\int_0^x\arctg t\,dt
&=\arctg x-\dfrac{\ln(1+x^2)}{2x}
\ \longrightarrow\ \dfrac\pi2
\end{aligned}Для логарифмического члена возникает неопределённость ∞∞\frac{\infty}{\infty}. По правилу Лопиталяlim⁡x→+∞ln⁡(1+x2)2x=lim⁡x→+∞x1+x2=0\lim_{x\to+\infty}\dfrac{\ln(1+x^2)}{2x}
=\lim_{x\to+\infty}\dfrac{x}{1+x^2}=0Поэтому в среднем значении остаётся только предел arctg⁡x\arctg x, равный π2\frac\pi2.
Демидович № 2321 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика