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

Демидович — задача 2322

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

Задача 2322

Пусть ∫0xf(t) dt=xf(θx)\displaystyle\int_0^xf(t)\,dt=xf(\theta x). Найти θ\theta, если:

а) f(t)=tnf(t)=t^n (n>−1)(n>-1); б) f(t)=ln⁡tf(t)=\ln t; в) f(t)=etf(t)=e^t.

Чему равны lim⁡x→+0θ\displaystyle\lim_{x\to+0}\theta и lim⁡x→+∞θ\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\theta?
Ответ:а) При n>−1n>-1, n≠0n\ne0:θ=(n+1)−1n,lim⁡x→0+θ=lim⁡x→+∞θ=(n+1)−1n\theta=(n+1)^{-\frac1n},\qquad
\lim_{x\to0^+}\theta=\lim_{x\to+\infty}\theta
=(n+1)^{-\frac1n}При n=0n=0 любой выбор 0<θ<10<\theta<1 удовлетворяет равенству; пределы не определяются однозначно.

б)θ=e−1,lim⁡x→0+θ=lim⁡x→+∞θ=e−1\theta=e^{-1},\qquad
\lim_{x\to0^+}\theta=\lim_{x\to+\infty}\theta=e^{-1}в)θ(x)=1xln⁡ex−1x,lim⁡x→0+θ(x)=12,lim⁡x→+∞θ(x)=1\theta(x)=\dfrac1x\ln\dfrac{e^x-1}{x},\qquad
\lim_{x\to0^+}\theta(x)=\dfrac12,\qquad
\lim_{x\to+\infty}\theta(x)=1

Решение

Рассматриваем x>0x>0 и ищем точку среднего значения вида θx\theta x с 0<θ<10<\theta<1.

а) При n>−1n>-1 интеграл существует, в том числе как несобственный при −1<n<0-1<n<0:∫0xtn dt=xn+1n+1\int_0^x t^n\,dt=\dfrac{x^{n+1}}{n+1}Если n≠0n\ne0, то равенство с x(θx)nx(\theta x)^n после деления на xn+1>0x^{n+1}>0 принимает видθn=1n+1,θ=(n+1)−1n\theta^n=\dfrac1{n+1},\qquad
\theta=(n+1)^{-\frac1n}Проверим, что найденная точка лежит внутри отрезка. При n>0n>0 числа ln⁡(n+1)\ln(n+1) и nn положительны; при −1<n<0-1<n<0 оба отрицательны. В обоих случаяхln⁡(n+1)n>0,ln⁡θ=−ln⁡(n+1)n<0\dfrac{\ln(n+1)}n>0,\qquad
\ln\theta=-\dfrac{\ln(n+1)}n<0Поскольку θ\theta является экспонентой действительного числа, она положительна; отрицательный логарифм даёт θ<1\theta<1. Найденная θ\theta от xx не зависит, поэтому оба требуемых предела равны этому же числу.

При n=0n=0 функция постоянна: обе стороны исходного равенства равны xx при любом выборе 0<θ<10<\theta<1.

Поэтому θ\theta и её пределы условием не определяются. Например, можно постоянно выбирать θ=12\theta=\frac12, тогда оба предела равны 12\frac12.

б) Первообразная логарифма равна tln⁡t−tt\ln t-t. Поскольку нижняя граница особая, сначала берём δ>0\delta>0:∫δxln⁡t dt=xln⁡x−x−δln⁡δ+δ\int_\delta^x\ln t\,dt
=x\ln x-x-\delta\ln\delta+\deltaПри δ→0+\delta\to0^+ имеем δln⁡δ→0\delta\ln\delta\to0 и δ→0\delta\to0. Поэтому∫0xln⁡t dt=xln⁡x−x\int_0^x\ln t\,dt=x\ln x-xУсловие среднего значения определяет постоянное значение параметра; оба предела по xx равны e−1e^{-1}:xln⁡x−x=xln⁡(θx)=xln⁡x+xln⁡θln⁡θ=−1,θ=e−1\begin{aligned}
x\ln x-x&=x\ln(\theta x)=x\ln x+x\ln\theta\\
\ln\theta&=-1,\qquad\theta=e^{-1}
\end{aligned}в) Здесь∫0xet dt=ex−1=xeθxθ(x)=1xln⁡ex−1x\begin{gathered}
\int_0^x e^t\,dt=e^x-1=xe^{\theta x}\\
\theta(x)=\dfrac1x\ln\dfrac{e^x-1}{x}
\end{gathered}На внутренней части отрезка 0<t<x0<t<x выполняется 1<et<ex1<e^t<e^x. После интегрирования и деления на x>0x>0 получаем1<1x∫0xet dt=ex−1x<ex1<\dfrac1x\int_0^x e^t\,dt
=\dfrac{e^x-1}{x}<e^xЛогарифм возрастает, поэтому он лежит между 00 и xx. Это подтверждает 0<θ(x)<10<\theta(x)<1.

При x→0+x\to0^+ нужно найти член первого порядка в логарифме, поскольку затем мы делим его на xx. Из разложения экспоненты получаемex=1+x+x22+o(x2),ex−1x=1+x2+o(x)e^x=1+x+\dfrac{x^2}{2}+o(x^2),\qquad
\dfrac{e^x-1}{x}=1+\dfrac x2+o(x)Обозначение o(x)o(x) означает остаток, который после деления на xx стремится к нулю. Для логарифма используем разложениеln⁡(1+z)=z+r(z),r(z)z→0(z→0)\ln(1+z)=z+r(z),\qquad
\dfrac{r(z)}z\to0\quad(z\to0)В нашем случаеz=x2+o(x),zx→12z=\dfrac x2+o(x),\qquad \dfrac zx\to\dfrac12Проверим остаток после этой подстановки:r(z)x=r(z)z⋅zx⟶0\dfrac{r(z)}x=\dfrac{r(z)}z\cdot\dfrac zx\longrightarrow0Поэтому остаток после подстановки является o(x)o(x), и мы получаемln⁡ex−1x=x2+o(x),θ(x)=12+o(x)x⟶12\ln\dfrac{e^x-1}{x}=\dfrac x2+o(x),\qquad
\theta(x)=\dfrac12+\dfrac{o(x)}x\longrightarrow\dfrac12При x→+∞x\to+\infty перепишем формулу так:θ(x)=1−ln⁡xx+ln⁡(1−e−x)x ⟶ 1\theta(x)=1-\dfrac{\ln x}{x}
+\dfrac{\ln(1-e^{-x})}{x}\ \longrightarrow\ 1Для первого добавочного члена применяем правило Лопиталя:lim⁡x→+∞ln⁡xx=lim⁡x→+∞1x=0\lim_{x\to+\infty}\dfrac{\ln x}{x}
=\lim_{x\to+\infty}\dfrac1x=0Во втором члене ln⁡(1−e−x)→ln⁡1=0\ln(1-e^{-x})\to\ln1=0, а x→+∞x\to+\infty, поэтому его отношение также стремится к нулю. Следовательно, θ(x)→1\theta(x)\to1.
Демидович № 2322 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика