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

Демидович — задача 2326

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

Пользуясь первой теоремой о среднем, оценить интегралы:

Задача 2326

1. Доказать равенства:а) lim⁡n→∞∫01xn1+x dx=0;б) lim⁡n→∞∫0π/2sin⁡nx dx=0.\text{а) }\lim_{n\to\infty}\int_0^1\frac{x^n}{1+x}\,dx=0;\qquad
\text{б) }\lim_{n\to\infty}\int_0^{\pi/2}\sin^nx\,dx=0.2. Найти:а) lim⁡ε→0∫01dxεx3+1;б) lim⁡ε→+0∫aεbεf(x)dxx,\text{а) }\lim_{\varepsilon\to0}\int_0^1\frac{dx}{\varepsilon x^3+1};\qquad
\text{б) }\lim_{\varepsilon\to+0}\int_{a\varepsilon}^{b\varepsilon}f(x)\frac{dx}x,где a>0a>0, b>0b>0 и f(x)∈C[0,1]f(x)\in C[0,1].
Доказано:1. а) 00; б) 00
2. а) 11; б) f(0)ln⁡baf(0)\ln\frac ba

Доказательство

1. а) Для 0≤x≤10\le x\le1 и n≥0n\ge0 имеем 0≤xn1+x≤xn0\le\frac{x^n}{1+x}\le x^n. Интегрируем эти оценки и применяем теорему о двух границах:0≤∫01xn1+x dx≤∫01xn dx=1n+1 ⟶ 00\le\int_0^1\dfrac{x^n}{1+x}\,dx
\le\int_0^1x^n\,dx=\dfrac1{n+1}\ \longrightarrow\ 01. б) Вблизи π2\frac\pi2 синус близок к единице, поэтому оценим эту часть её длиной. Выберем 0<δ<π20<\delta<\frac\pi2 и разделим отрезок в точке π2−δ\frac\pi2-\delta. На двух частях используем разные оценки:0≤x≤π2−δ⟹0≤sin⁡x≤cos⁡δ<1π2−δ≤x≤π2⟹0≤sin⁡nx≤1\begin{aligned}
0\le x\le\dfrac\pi2-\delta
&\quad\Longrightarrow\quad0\le\sin x\le\cos\delta<1\\
\dfrac\pi2-\delta\le x\le\dfrac\pi2
&\quad\Longrightarrow\quad0\le\sin^n x\le1
\end{aligned}Длина второй части равна δ\delta. Поэтому0≤∫0π2sin⁡nx dx=∫0π2−δsin⁡nx dx+∫π2−δπ2sin⁡nx dx≤(π2−δ)(cos⁡δ)n+δ\begin{aligned}
0\le\int_0^{\frac\pi2}\sin^n x\,dx
&=\int_0^{\frac\pi2-\delta}\sin^n x\,dx
+\int_{\frac\pi2-\delta}^{\frac\pi2}\sin^n x\,dx\\
&\le\left(\dfrac\pi2-\delta\right)(\cos\delta)^n+\delta
\end{aligned}Пусть задана точность η>0\eta>0. Сначала выбираем0<δ<min⁡(π2,η2)0<\delta<\min\left(\dfrac\pi2,\dfrac\eta2\right)Теперь cos⁡δ<1\cos\delta<1 фиксировано, поэтому его степень стремится к нулю. Берём nn настолько большим, чтобы(π2−δ)(cos⁡δ)n<η2\left(\dfrac\pi2-\delta\right)(\cos\delta)^n<\dfrac\eta2Весь интеграл тогда меньше η2+δ<η\frac\eta2+\delta<\eta, что доказывает предел 00.

2. а) При ∣ε∣<12|\varepsilon|<\frac12 и 0≤x≤10\le x\le1 знаменатель удовлетворяет оценке1+εx3≥1−∣ε∣>121+\varepsilon x^3\ge1-|\varepsilon|>\dfrac12Поэтому деление допустимо на всём отрезке. Сравниваем интеграл с ∫011 dx=1\int_0^1 1\,dx=1 и приводим разность к общему знаменателю:11+εx3−1=−εx31+εx3\dfrac1{1+\varepsilon x^3}-1
=-\dfrac{\varepsilon x^3}{1+\varepsilon x^3}Берём модуль, используем 0≤x3≤10\le x^3\le1 и нижнюю оценку знаменателя. Получаем∣∫01dx1+εx3−1∣≤∫01∣ε∣x3∣1+εx3∣ dx≤2∣ε∣ ⟶ 0\begin{aligned}
\left|\int_0^1\dfrac{dx}{1+\varepsilon x^3}-1\right|
&\le\int_0^1
\dfrac{|\varepsilon|x^3}{|1+\varepsilon x^3|}\,dx
\le2|\varepsilon|
\ \longrightarrow\ 0
\end{aligned}Предел существует при подходе ε\varepsilon к нулю с обеих сторон и равен 11.

2. б) Положимx=εt,t=xε,dx=ε dtx=\varepsilon t,\qquad t=\dfrac x\varepsilon,\qquad dx=\varepsilon\,dtПределы становятся aa и bb:I(ε)=∫abf(εt)t dtI(\varepsilon)=\int_a^b\dfrac{f(\varepsilon t)}t\,dtДля достаточно малой ε>0\varepsilon>0 все аргументы εt\varepsilon t принадлежат [0,1][0,1]. Все аргументы удовлетворяют оценке0≤εt≤εmax⁡(a,b)0\le\varepsilon t\le\varepsilon\max(a,b)Правая граница стремится к нулю. По непрерывности ff в нуле для заданного η>0\eta>0 найдётся δ>0\delta>0 такое, что0≤u<δ⟹∣f(u)−f(0)∣<η0\le u<\delta\quad\Longrightarrow\quad|f(u)-f(0)|<\etaТеперь выбираем ε>0\varepsilon>0 настолько малым, чтобыεmax⁡(a,b)<min⁡(1,δ)\varepsilon\max(a,b)<\min(1,\delta)Все аргументы εt\varepsilon t тогда одновременно принадлежат области определения и удовлетворяют этой оценке. Такое стремление называется равномерным. Используем также равенство∫abdtt=ln⁡ba\int_a^b\dfrac{dt}{t}=\ln\dfrac baЧтобы получить оценку, сначала вычтем интеграл постоянного значения f(0)f(0):I(ε)−f(0)ln⁡ba=∫abf(εt)−f(0)t dtI(\varepsilon)-f(0)\ln\dfrac ba
=\int_a^b\dfrac{f(\varepsilon t)-f(0)}t\,dtМодуль интеграла не больше интеграла модуля на отрезке с границами min⁡(a,b)\min(a,b) и max⁡(a,b)\max(a,b). Выносим максимальный модуль разности, а оставшийся интеграл от 1t\frac1t равен ∣ln⁡ba∣|\ln\frac ba|. Получаем∣I(ε)−f(0)ln⁡ba∣≤max⁡min⁡(a,b)≤t≤max⁡(a,b)∣f(εt)−f(0)∣∣ln⁡ba∣ ⟶ 0\left|I(\varepsilon)-f(0)\ln\dfrac ba\right|
\le
\max_{\min(a,b)\le t\le\max(a,b)}
|f(\varepsilon t)-f(0)|
\left|\ln\dfrac ba\right|
\ \longrightarrow\ 0Оценка учитывает и обратный порядок границ a>ba>b. Если a=ba=b, интеграл тождественно равен нулю.

Что и требовалось доказать

Демидович № 2326 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика