Определенный интеграл Римана —Каталог задач по Высшей математике

Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Другое - Высшая математика
Определенный интеграл Римана

Тема Математический анализ

12 Определенный интеграл Римана

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела математический анализ

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#80667

Доказать, что если $f$ - монотонна на $[a,b]$ (то есть либо всюду на $[a,b]$ возрастает, либо всюду убывает), то $f$ - интегрируема на $[a,b]$ .

Показать ответ и решение

Раз $f$ - монотонна на $[a, b]$ , то неважно, возрастает она на нем или убывает, в любом случае

ω (f,[a,b]) = |f(b)− f(a)|

Тогда для любого $𝜀 > 0$ возьмем $δ = 𝜀$ и получим что для любого разбиения $P$ с параметром $λ(P ) < δ$ :

∑n ∑n ∑n ω (f,Δi)Δxi ≤ ω (f,Δi)𝜀 = 𝜀 ω (f,Δi) i=1 i=1 i=1

Однако, в силу того, что и для каждого $Δ i$ выполнено, что

ω (f,Δi ) = |f(xi)− f(xi−1)|

Тогда получается:

n n n ∑ ∑ ∑ ω (f,Δi )Δxi ≤ ω (f,Δi)𝜀 = 𝜀 ω (f, Δi) = i=1 i=1 i=1

∑n = 𝜀 |f (xi)− f(xi− 1)| i=1

Поскольку $f$ - монотонна, то она либо монотонно возрастает, и тогда все выражения вида

|f(x )− f(x )| i i−1

под модулем имеют знак плюс и тогда модуль можно вообще снять, либо она монотонно убывает, и тогда все выражения вида

|f(xi)− f(xi−1)|

под модулем имеют знак минус и тогда все модули раскрываются одинаково, в любом случае можем написать, что

∑n ∑n 𝜀 |f(xi)− f (xi−1)| = 𝜀| f(xi)− f(xi−1)| = 𝜀|f(x1)− f (x0 )+f (x2)− f(x1)+f(x3)− f(x2)+...| = 𝜀|f(b)− f (a) i=1 i=1 = 𝜀1

таким образом, $f$ удовлетворяет условию малых колебаний и, значит, интегрируема на $[a,b]$ .

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#80666

Доказать, что если $f$ - ограничена на $[a,b]$ и имеет конечное число точек разрыва на $[a,b]$ , то $f$ - интегрируема на $[a, b]$ .

Показать ответ и решение

Пусть $f$ имеет $k$ точек разрыва на отрезке $[a,b]$ . Докажем, что тогда $f$ все еще удовлетворяет условию малых колебаний, то есть для любого $𝜀 > 0$ найдется $δ > 0$ такая, что для всех разбиений $P$ с параметром $λ(P) < δ$ выполнено, что

∑n ω (f,Δi )Δxi < 𝜀 i=1

Итак, пусть дано $𝜀 > 0$ . Окружим каждую точку разрыва $𝜀−$ окрестностью. Тогда множество

[a,b]∖ объедин ен ие всех этих 𝜀-окрестностей

- это конечное объединение отрезков $I1,...,Ik+1$ . На каждом из них $f$ будет непрерывна (потому что разрывна она только внутри этих окрестностей - в точках разрыва). Следовательно, по теореме Гейне-Кантора, она на них равномерно непрерывна. Тогда она равномерно непрерывна и на объединении $I ∪ I ∪ ... ∪I 1 2 k+1$ .

Следовательно, по определению равномерной непрерывности, существует такое $δ1$ , что при всех $k+⋃1 x1,x2 ∈ Ij j=1$ таких, что $|x1 − x2| < δ1$ обязательно выполнено

|f(x1)− f (x2)| < 𝜀

Пусть теперь $δ = min{𝜀,δ } 1$ . Тогда, при любом разбиении $P$ , параметр которого $λ(P) < δ$ посчитаем сумму колебаний $∑n ω(f,Δi )Δxi i=1$ .

Эту сумму разобьем на две части:

∑n ω(f,Δi )Δxi = Σ1 + Σ2 i=1

В $Σ1$ включим только те слагаемые, которые отвечают отрезкам разбиения, не имеющим общих точек с построенными $𝜀−$ окрестностями точек разрыва $f$ . В $Σ2$ включим все остальные слагаемые.

Поскольку параметр разбиения сейчас $δ = min{𝜀,δ1} ≤ 𝜀$ , то у нас в разбиении не может быть отрезков, которые целиком содержат $𝜀−$ окрестности точек разрыва $f$ и при этом еще что-то. То есть любой отрезок разбиения либо лежит внутри $𝜀−$ окрестности какой-то точки разрыва $f$ , либо частично лежит внутри этой окрестности, частично снаружи (и в том и в другом случае слагаемое, соответствующее этому отрезку, попадет в $Σ2$ ), либо вообще не пересекается ни с какой окрестностью, и тогда такое слагаемое попадёт в $Σ1$ .

Итак, поскольку на каждом отрезке, слагаемые которого попали в $Σ1$ , $f$ равномерно непрерывна, а диаметр каждого такого отрезка не превосходит $δ1$ , то мы можем из равномерной непрерывности $f$ легко оценить $Σ1$ :

∑ ∑ Σ1 = ω (f,Δi)Δxi < 𝜀 Δxi ≤ 𝜀(b− a) по всем отрезкам Δi, где f равномерно непрерывна

(ибо сумма $∑ Δx i$ по отрезкам, не пересекающимся с окрестностями точек разрыва $f$ уж точно не больше суммы вообще по всем отрезкам разбиения, а это равно длине всего отрезка $[a,b]$ ).

Теперь оценим $Σ 2$ :

Во-первых, нам дано, что $f$ - ограничена на $[a,b]$ , следовательно, найдется такая константа $C$ , что для любого $x ∈ [a,b]$ выполнено $|f(x)| < C$ .

Тогда

∑ ∑ Σ2 = ω (f,Δi )Δxi < C Δxi = C⋅k⋅m⋅δ ≤ C⋅k⋅m ⋅𝜀 по всем отрезкам Δi, пересекающ имся с окрестностями точек разры в&#x0

(ибо количество таких отрезков, которые пересекаются с окрестностями точек разрыва $f$ уж точно не больше, чем количество таких окрестностей $k$ , умноженное на то, сколько максимально с каждой окрестностью может пересекаться отрезков длины $δ$ , пусть это $m$ ).

Таким образом,

∑n ω(f,Δi )Δxi = Σ1 + Σ2 < 𝜀(b− a) + Ckm 𝜀 i=1 ◟------◝◜-----◞ =𝜀1

То есть $f$ удовлетворяем условию малых колебаний и, значит, интегрируема на $[a,b]$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#80665

Доказать, что условие малых колебаний, то есть условие:

Для любого $𝜀 > 0$ найдется $δ > 0$ такое, что при любом разбиении $P$ отрезка $[a,b]$ с параметром $λ(P ) < δ$ выполняется соотношение:

n ∑ ω (f,Δ )Δx < 𝜀 i i i=1

является не только достаточным условием интегрируемости $f$ на $[a,b]$ , но и необходимым. То есть если $f$ - интегрируема на $[a,b]$ , то для неё обязательно выполнено условие малых колебаний.

Показать ответ и решение

Итак, пусть нам дано, что $f$ - интегрируема на $[a,b]$ . Докажем, что тогда для любого $𝜀 > 0$ найдется $δ > 0$ такое, что при любом разбиении $P$ отрезка $[a,b]$ с параметром $λ(P) < δ$ выполняется соотношение:

∑n ω (f,Δi )Δxi < 𝜀 i=1

Хорошо, пусть $P$ - какое-то разбиение отрезка $[a,b]$ , $Δi$ - отрезки этого разбиения, $Δxi$ - соответственно, их длины (как и всегда). Тогда:

Если обозначить через

Mi = xsu∈pΔif (x ), mi = ixn∈fΔif(x)

И затем ввести нижнюю и верхнюю интегральные суммы соответственно:

n n опр.∑ опр.∑ s(f,P ) = mi Δxi, S(f,P ) = Mi Δxi i=1 i=1

То мгновенно из определения $mi$ и $Mi$ будет следовать, что при любом выборе отмеченных точек $ξi$ данного разбиения $P$ будет выполняться такое двойное неравенство:

s(f,P ) ≤ σ(f,P,ξ) ≤ S(f,P)

Однако ясно, что какое бы $𝜀 > 0$ , мы для каждого $i = 1,...,n$ по определению супремума, ведь $Mi = sup f(x) x∈Δi$ можем найти такие точки $ξi$ , что $Mi < f (ξi)+ 𝜀$ и тогда

∑n ∑n ∑n Mi Δxi < (f(ξi)+ 𝜀)Δxi = f (ξi)Δxi + 𝜀◟(b−◝◜a)◞ i=1 i=1 i=1 =𝜀1

Таким образом, верхняя интегральная сумма является супремумом всех возможных интегральных сумм для данного разбиения $P$ , потому что она, очевидно, всегда не меньше любой интегральной суммы с данным разбиением $P$ , но мы можем всегда за счет выбора отмеченных подобрать интегральную сумму с данным разбиением $P$ , которая больше, чем $S(f,P) − 𝜀1$ для любого $𝜀1 > 0$ .

То есть мы получаем, что

S(f,P ) = sup σ(f,P,ξ) по всем возмож ны м наборам отмеченных точек ξ

Аналогично же можно показать, что

s(f,P ) = inf σ (f, P,ξ) по всем возможным наборам отмеченных точек ξ

Теперь, пусть $f$ - интегрируема на отрезке $[a,b]$ . По определению это означает, что

∃λ(lPim)→0 σ(f,P,ξ) = I

Но, в силу соотношений, что для любого разбиения с отмеченными точками $(P,ξ)$ выполнено

σ(f,P,ξ) ≤ S(f,P )

А в то же самое время, для любого $𝜀1 > 0$ и для любого разбиения $P$ можно подобрать такой набор отмеченных точек $ξ$ , что

S(f,P ) < σ (f,P, ξ)+ 𝜀1

То есть мы имеем для произвольного $𝜀1 > 0$ и для любого разбиения $P$

σ (f,P, ξ) ≤ S (f,P) < σ(f,P,ξ) + 𝜀1

Следовательно, по теореме о двух милиционерах, раз у $σ(f,P,ξ)$ существует предел при $λ(P) → 0$ и любом выборе отмеченных точек, то обязан существовать предел и у $S(f,P )$ при $λ(P) → 0$ , и мы получаем, что

λl(Pim)→0 σ(f,P, ξ) ≤ λ(liPm)→0S (f,P) < λl(iPm)→0 σ(f,P, ξ)+ 𝜀1

То есть

I ≤ lim S (f,P) ≤ I + 𝜀1 λ(P)→0

Для любого $𝜀1 > 0$ . Отсюда, разумеется, следует, что $lim S (f,P ) = I λ(P )→0$ , то есть равен, собственно, тому же самому, что и $λ(liPm)→0 σ(f,P,ξ)$ .

Аналогично можно показать и то, что

∃λ(lPim)→0 s(f, P) = I

Таким образом, если $f$ была интегрируема на $[a,b]$ , и её интеграл был равен $I$ , то обязательно будут иметь предел верхние и нижние интегральные суммы (и предел и тех и других будет равен $I$ ).

Осталось теперь лишь заметить, что для произвольного разбиения выполнено:

n n ∑ ω(f,Δ )Δx = ∑ (M − m )Δx i=1 i i i=1 i i i

(в силу того, что колебание $f$ на $i−$ ом отрезке, очевидно, равно $Mi − mi$ ).

Таким образом, продолжая:

n n n n ∑ ∑ ∑ ∑ ω (f,Δi)Δxi = (Mi − mi )Δxi = Mi Δxi − mi Δxi = S (f,P )− s(f,P ) i=1 i=1 i=1 i=1

И раз $f$ - интегрируема на $[a,b]$ , то $S (f, P)$ стремится к $I$ , $s(f,P)$ тоже стремится к $I$ при стремлении $λ(P ) → 0$ , а следовательно,

∑n ω(f,Δi )Δxi → I − I = 0, п ри λ(P) → 0 i=1

Что и требовалось доказать. Таким образом, мы показали, что если функция $f$ интегрируема на $[a,b]$ , то она удовлетворяет условию малых колебаний.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#80285

Для функции $f(x) = x$ на отрезке $[0,5]$ составить последовательность интегральных сумм, соответствующих разбиениям с отмеченными точками, диаметр которых стремится к нулю, и посчитать, куда будут стремиться при этом сами интегральные суммы.

Показать ответ и решение

Пусть $Pn$ - равномерное разбиение отрезка $[0,5]$ на $n$ равных отрезков длины $1n,$ то есть:

P : [0,5] 1

5- 5- P2 : [0, 2],[2,5]

P3 : [0, 5],[5, 10],[10,5] 3 3 3 3

И так далее...

Очевидно что $5 λ(Pn) = n → 0$ при $n → ∞$ . То есть диаметр наших разбиений $Pn$ действительно стремится к нулю.

Выберем теперь как-нибудь отмеченные точки.

Пусть при каждом разбиении $Pn$ отмеченные точки $ξi,i = 1,...n$ выбираются каждый раз в крайней правой точке отрезка разбиения. То есть, $ξi = 5in,$ где $i = 1,...,n.$

Тогда, при любом таком разбиении интегральная сумма $σ(x,P2n,ξn)$ равна

∑n 25 ∑n i 25 ∑n σ(x,Pn,ξn) = ξiΔxi = --- --= -2- i = i=1 n i=1 n n i=1

25 (1 + n)n = -2-⋅-------- n 2

И ясно, что $25 (1+n)n n2+n 1+-1 25 n2 ⋅--2---= 25 -2n2--= 25-2n-→ -2$ при $n → +∞.$

То есть интегральные суммы при таких разбиениях и при таком выборе отмеченных точек будут стремиться к $25 2$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#55648

Вычислить, пользуясь заменой переменной в определенном интеграле:

∫ 1 ∘ ------ 1− x2dx −1

Показать ответ и решение

Сделаем замену $x(t) = sint$ . Тогда $dx = costdt$ . А поскольку замена у нас $x$ на $t$ , то мы должны наоборот понять, какой был отрезок по $t$ , что при применении к нему $sint$ получился отрезок $[1,1]$ по $x$ . Ясно, что это был отрезок $[− π2 , π2]$ . Следовательно,

∫ 1 ∘ ------ ∫ π2 ∘ --------- ∫ π2 1∫ π2 1− x2dx = π 1− sin2tcostdt = π cos2tdt = -- π(1+ cos 2t)tdt = −1 −2 −2 2 − 2

1 1 π 1 π π π = -(t+ -sin2t)|−2π= -(--+ -) = -- 2 2 2 2 2 2 2

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#55647

Вычислить, пользуясь заменой переменной в определенном интеграле:

∫ 2 x(3x4 − 4x2 + 1)dx − 1

Показать ответ и решение

Замечая, что множитель $3x4 − 4x2 + 1$ разрешается относительно $x2$ , поскольку это биквадратное относительно $x$ выражение, мы имеем, что $4 2 2 3x − 4x + 1 = (3x − 1)(x− 1)(x + 1)$ . И это нам поможет:

∫ 2 ∫ 2 x(3x4 − 4x2 + 1)dx = (x3 − x)(3x2 − 1)dx − 1 − 1

Далее, делаем замену $z = x3 − x$ . Исходная подынтегральная функция непрерывна всюду, заменяющая функция $z = z(x)$ - всюду непрерывно дифференцируема, поэтому можно пользоваться теоремой о замене переменной под знаком определенного интеграла. При этой замене отрезок $[− 1,2]$ переходит в $[z(− 1),z(2)] = [0,6]$ . С учётом этого, а также того, что $dz = (3x2 − 1)dx$ имеем:

∫ ∫ 2 3 2 6 z2 6 −1(x − x)(3x − 1)dx = 0 zdz = 2 |0 = 18

Комментарий. Заметим, что этот интеграл можно было вычислить и непосредственно, поскольку подынтегральная функция - это просто многочлен, если раскрыть скобки. Однако при таком $”$ лобовом $”$ подходе вычисления получаются куда более громоздкими и долгими. Сравните это с тем, как красиво и просто у нас получилось при помощи теоремы о замене переменной в определенном интеграле.

Ответ:

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#55646

Пользуясь второй теоремой о среднем, оценить интеграл

∫ be− x ----sinxdx, где a > 0 a x

Показать ответ и решение

Пусть $f(x) = sinx$ , $g(x) = e−xx$ . Тогда ясно, $f (x)$ - непрерывна на всём $ℝ$ , $g(x)$ - непрерывна на любом множестве, не содержащем точку 0. Следовательно, они обе интегрируемы на любом отрезке $[a,b]$ при $a > 0$ . Кроме того, $g(x)$ - монотонно убывает на любом отрезке $[a,b]$ ( $a > 0$ ), поскольку $∀x > 0$ выполнено, что $′ −-e−x(x+1) g(x) = x2 < 0$ .

Следовательно, применима вторая теорема о среднем.

А именно, можно сказать, что существует точка $ξ ∈ [a,b]$ такая, что

∫ b − x ∫ ξ ∫ b e---sinxdx = -1-- sinxdx + -1- sinxdx = a x aea a beb ξ

1 1 1 a + ξ ξ − a 1 ξ + b b− ξ = --a(cosa− cos ξ)+ --b(cosξ − cosb) =---a2sin----- sin -----+ --b2 sin -----sin ----- ae be ae 2 2 be 2 2

Далее, поскольку каждый синус может теоретически меняться от $− 1$ до $1$ , то их произведения тоже:

a + ξ ξ − a ξ + b b− ξ − 1 ≤ sin -----sin----- ≤ 1 и − 1 ≤ sin -----sin -----≤ 1 2 2 2 2

А следовательно,

∫ -2-- -2- be−-x -2-- 2-- − aea − beb ≤ a x sinxdx ≤ aea + beb

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#55645

Пользуясь первой теоремой о среднем, оценить интеграл

∫ 1 x9 √------dx 0 1+ x

Показать ответ и решение

Пусть $f(x) = √1--- 1+x$ , $g(x) = x9$ . Ясно, что на $[0,1]$ функция $g(x) ≥ 0$ , а функция $f(x)$ - непрерывна. Более того, поскольку они обе непрерывны на отрезке $[0,1]$ , то и интегрируемы на нём. Следовательно, применима первая теорема о среднем.

А именно, можно сказать, что существует точка $ξ ∈ [0,1 ]$ такая, что

∫ 1 x9 1 ∫ 1 9 1 x10 1 1 1 √------dx = √------ x dx = √------10-|0 = √-----⋅ 10- 0 1 + x 1 + ξ 0 1+ ξ 1 + ξ

А дробь $1 √1+ξ-$ при $ξ ∈ [0,1]$ находится в диапазоне от $1 √2 √2-= -2-$ до $1$ .

Поэтому можно заключить, что

√ -- ∫ --2 1 --x9--- 1-- 20 ≤ 0 √1-+-xdx ≤ 10

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#54777

Не выполняя вычислений, определить, какой интеграл больше:

∫ 1 ∫ 1 2 e− xdx или e−x dx 0 0

Показать ответ и решение

Для любого $x ∈ (0,1)$ :

2 x2 < x ⇒ − x2 > − x ⇒ e−x > e−x

Тогда, по теореме о монотонности интеграла Римана,

∫ 1 ∫ 1 2 e−x dx < e−x dx 0 0

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#54776

Найти площадь области, ограниченной линиями $y = 2x$ , $y = x + 1$ , $y = 0$ и $x = 3$

Показать ответ и решение

Построим графики и посмотрим, как выглядит область:

$PIC$

Разобьем область на две части:
Первая часть - от $x = − 1$ до $x = 1$ .
Вторая - от $x = 1$ до $x = 3$ .
Посчитаем отдельно площадь каждой части и сложим их.

Площадь первой части посчитаем, как площадь прямоугольного треугольника с катетами длины 2. Его площадь равна 2.

Площадь второй части - это площадь под графиком гиперболы. Посчитаем ее как определенный интеграл:

∫ 32 --dx = 2 ln(x)|31 = 2 ln (3) 1 x

Сложим части вместе. Искомая площадь области:

2 + 2ln(3)

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#54774

Найти площадь области $D$ , ограниченной линиями $y = x − 1$ и $y2 = x + 1$

$PIC$

Показать ответ и решение

Данная область является стандартной относительно оси $Ox$ . А именно, при $− 1 ≤ x ≤ 3$ по оси $Oy$ область ограничена функциями $y (x) ≤ y ≤ √x-+-1 1$ , где $( { √----- y (x ) = − x + 1 пр и x ∈ [− 1,0] 1 ( x − 1, пр и x ∈ [0,3]$ Следовательно, указанную площадь можно вычислить по формуле:

∫ 3 ∫ 0 ∫ 3 S = (√x--+-1− y(x))dx = 2√x-+-1dx + (√x-+--1− x + 1)dx D −1 1 − 1 0

Оба интеграла табличные и легко считаются:

∫ 0 √ ----- ∫ 3√ ----- 2 2 x + 1dx+ ( x + 1− x + 1)dx = 4-(x + 1)32|0−1 + 2(x + 1)32|30 − (x−--1)-|30 = 9- −1 0 3 3 2 2

Ответ:

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#54773

Вычислить:

∫ 8 √ -- 3xdx −1

Показать ответ и решение

Напомним о чем говорит нас теорема Ньютона-Лейбница. Она утверждает, что если $f$ - непрерывная на отрезке $[a, b]$ функция, то она интегрируема на нём и $Φ(x)$ - любая первообразная функции $f$ на $[a,b]$ , то имеет место равенство:

∫ b f(x)dx = Φ(b)− Φ (a) a

$√ -- f (x) = 3x$ - непрерывна на $[− 1,8]$ . Найдем какую-то первообразную -

3√3-4- Φ(x) = 4 x + C

Тогда по формуле Ньютона-Лейбница : $Φ(8) − Φ(− 1) = 3843 + C − 3(− 1)43 − C = 3(16 − 1) = 45 4 4 4 4$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#53880

Привести пример функции, неинтегрируемой по Риману на $[a,b]$ , квадрат которой интегрируем на $[a,b]$ .

Показать ответ и решение

Рассмотрим функцию Дирихле, не интегрируемую по Риману:

$( { 1, x ∈ ℚ f(x) = ( 0, x ∈ ℝ ∖ ℚ$

И немного изменим её:

$( { 1, x ∈ ℚ f (x ) = ( − 1, x ∈ ℝ ∖ ℚ$

Такая функция всё ещё не интегрируема по Риману на любом отрезке $[a,b]$ , ведь можно взять два одинаковых разбиения с различными отмеченными точками, причём одно разбиение будет включать в себя только рациональные точки, другое – только иррациональные. Тогда обозначим разбиение
$T = {a = x0 < x1 < ...< xn = b}$ , отрезки разбиения $Δk = [xk−1,xk]$ , диаметр разбиения $λ(T ) = max |Δk |$ и посмотрим на значения Римановых сумм в первом и во втором случае:

$n n ∑ f (ξ )|Δ | = ∑ 1 ⋅|Δ | = (x − x )+ (x − x )+ ...+ (x − x ) = k k k 1 0 2 1 n n−1 k=1 k=1 = xn − x0 = b− a$

$n lim ∑ f(ξ )|Δ | = b− a λ(T)→0 k k k=1$

$n n ∑ f (ξ ′)|Δ | = ∑ (− 1) ⋅|Δ | = − (x − x ) − (x − x ) − ...− (x − x ) = k k k 1 0 2 1 n n−1 k=0 k=0 = x0 − xn = a− b$

$n lim ∑ f(ξ′)|Δ | = a − b λ(T)→0 k k k=1$

Пределы различаются, значит, функция не интегрируема по Риману ни на каком отрезке $[a,b]$ . В то время как квадрат функции равен $f2(x) = 1$ на всей числовой прямой, и эта функция интегрируема по Риману на любом отрезке $[a,b]$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#53879

Привести пример функции, интегрируемой по Риману на $[a,b]$ , но не имеющей первообразной на этом отрезке.

Показать ответ и решение

Функция

$( |||{ 1 x > 0 sgn (x) = || − 1 x < 0 |( 0 x = 0$

интегрируема по Риману на отрезке $[− 1,1]$ , ведь

$∫ 1 ∫ 0 ∫ 1 ∫ 0 ∫ 1 sgn(x)dx = sgn(x)dx+ sgn(x)dx = − 1dx + 1dx = 2 −1 −1 0 −1 0$

Но эта функция не имеет первообразной на отрезке $[− 1,1]$ . Действительно, пусть $F(x)$ – такая функция, что $F ′(x) = sgn(x)$ на $[− 1,1]$ . Тогда в точке $0$

$lim F(x-+-0)−-F-(0)= 1 ⁄= − 1 = lim F-(x+-0)-−-F(0) x→0+ x− 0 x→0− x − 0$

То есть $F(x)$ не может быть дифференцируемой в нуле. Противоречие, ведь у первообразной на $[− 1,1]$ во всех точках отрезка $[− 1,1]$ должна существовать производная и быть равна $sgn(x)$ .

Значит, функция $sgn (x )$ интегрируема по Риману на $[− 1,1]$ , но не имеет первообразной на этом отрезке.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#53636

Найти площадь области, ограниченной кривыми $x2 + 2ax − y2 = 0$ и $ax− y2 + 2a2 = 0$ , $a > 0$

График области представлен ниже:

$PIC$

Показать ответ и решение

Видно, что данная область не является стандартной относительно оси $Ox$ . Потому что пока $x$ пробегает от $− 2a$ до $a$ , мы не можем указать двух функций $y1,y2$ таких, что $y$ пробегает от $y1$ до $y2$ - поскольку при $x > 0$ у нас будут проблемы с тем, что над каждой точкой по иксу будет аж 4 значения $y$ .

Конечно, эту область можно разбить на три стандартные относительно $Ox$ области - часть от $− 2a$ до 0 по $Ox$ и два "плавника" $\text{[math]}$ при $x > 0$ , посчитать площадь каждой области и потом сложить.

Но проще заметить, что наша область является стандартной относительно $Oy$ . Действительно,

√ -- √ -- 2 2 ∘ ------- D (x,y) = { − a 3 ≤ y ≤ a 3, y-−-2a- ≤ x ≤ − a+ y2 + a2}− в точности наш а область a

(здесь мы выразили $x$ из первого и из второго неявного задания) Следовательно, площадь нашей области $SD$ равна:

∫ √- a 3 ∘ --2---2 y2 −-2a2 SD = √-(− a+ y + a − a )dy −a 3

Но видно, что наша область - симметричная относительно $Ox$ , то есть её верхний кусок равен нижнему, а поэтому можно просто посчитать площадь верхнего куска, и умножить на 2:

∫ √- ∫ √- a 3 ∘ -2---2- y2- a 3 ∘ -2----2 y2- SD = 2 ( y + a − a− a + 2a )dy = 2 ( y + a + a − a )dy 0 0

У подынтегральной функции можно найти первообразную. Мы это проделывали ранее в теме неопределенный интеграл (ясно, что трудность представляет из себя здесь только корень, все остальное - совсем простые табличные интегралы), поэтому можем воспользоваться тем, что

∫ ∘ ------- t∘ ------- a2 ∘ ------- a2 + t2dt =-- a2 + t2 + ---ln |t + a2 + t2|+ C 2 2

А потому, будем иметь:

∫ √- a 3 ∘ -2----2 y2- ∘ -2----2 2 ∘ -2----2 2y3-a√3- SD = 2 ( y + a + a − a )dy = y a + y + a ln |y + a + y |+ 2ay − 3a |0 = 0

√ --- √ -∘ -2----2- 2 √ -- ∘ -2-----2 √ --2 2a3--27 2 = a 3 a + 3a + a ln(a 3+ a + 3a )+ 2 3a − 3a − a ln a =

√ -- √ -- √ -- √ -- √ -- √ -- = 2 3a2 + a2ln( 3+ 2) + 2 3a2 − 2 3a2 = 2 3a2 + a2 ln( 3+ 2)

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#53635

Вычислить

∫ 2π dx -------- 0 2 − sin x

Показать ответ и решение

Понятное дело, что не выйдет сделать замену в определенном интеграле $tg x2 = t$ - эта замена разрывна в точке $π$ .

Однако, если сделать эту же замену для вычисления первообразной, то есть

∫ ---dx--- 2 − sin x

То мы приходим, с учетом того, что $dx = -2dt2 1+t$ , $sin x = -2t2 1+t$ к неопределенному интегралу

∫ dt 2 ------------2t-- (1+ t2)(2 − 1+t2)

Который преобразуется в

∫ dt ∫ dt ∫ dt ∫ dt t− 1=u ∫ du 2 2t 2 --2--------= -2------- = -2------1---3 = ----1-2---3 2= -2---3 = √--arctg √--+C = 2t − 2t+ 2 t − t + 1 t − t+ 4 + 4 (t − 2) + 4 u + 4 3 3

x √2-- 2tg√2 −-1 = 3 arctg 3 + C

Следовательно, при любом $C 1$ функция $F (x ) = √2-arctg 2tg√ x2−-1+ C 1 3 3 1$ является первообразной для $f(x) = 2−s1in-x$ на полуинтервале $[0,π)$ , а при любом $C2$ функция $x F2(x) = √2-arctg 2tg√2−1-+ C2 3 3$ является первообразной для $--1--- f(x) = 2−sinx$ на полуинтервале $(π,2π ]$ .

Таким образом, нам нужно выбрать так $C1$ и $C2$ , чтобы уже функция

( x {F1 (x ) = √2-arctg 2-tg√-2−1+ C1 п ри x ∈ [0,π) G (x) = 3 2 tg 3x−1 (F2 (x ) = √23-arctg-√32--+ C2, п ри x ∈ (π,2π ]

была первообразной нашей исходной функции $--1--- f(x) = 2−sinx$ уже на всём отрезке $[0,2π]$ .

Подберем $C1,C2$ из условия непрерывности. То есть, чтобы

xl→imπ− F1 (x ) = xl→imπ+F2 (x )

Но ясно, что $xli→mπ− F1(x) = π√3-+ C1$

С другой стороны, $π√-- xl→imπ+F2(x) = − 3 + C2$ , Следовательно, нам нужно, чтобы

π√--+ C = − √π--+ C 3 1 3 2

То есть, необходимо, чтобы

C2 − C1 = 2√π- 3

Какие именно $C1,C2$ взять с выполнением этого условия - неважно. Возьмем, допустим, $2π- C1 = 0,C2 = √3$ .

И получается, что функция

( x { √2-arctg 2-tg√-2−1 при x ∈ [0,π) G (x) = 3 2 tg x3−1 ( √23-arctg--√32--+ 2√π3, при x ∈ (π, 2π]

уже будет являться настоящей первообразной для функции $f (x ) = 2−-1sinx$ на всём отрезке $[0,2π]$ . Следовательно, по формуле Ньютона-Лейбница:

∫ 2π 1 2π --------= G (2π)− G (0) = √-- 0 2− sinx 3

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#53634

Вычислить

∫ π ∘ --------- sin x 1 + cos2xdx 0

Показать ответ и решение

Сделаем вначале замену $t = cosx$ . При этой замене отрезок $[0,π ]$ переходит в отрезок $[cos0,cosπ] = [1,− 1]$ . Как видим, у нас начало отрезка правее, чем конец. В таком случае, интеграл $∫ −11$ равен $∫ − 1−1$ , то есть, чтобы поменять местами пределы интегрирования, нужно взять интеграл со знаком минус.

Кроме того, при такой замене: $dt = − sin xdx$ , $√1-+-cos2x-= √1-+--t2-$ . Поэтому имеем:

∫ π ∘ --------- ∫ 1 ∘ ------ sinx 1 + cos2xdx = 1 + t2dt 0 − 1

∫ 1 ∘ ------ ∫ 1 2 ∫ 1 ∫ 1 2 1+ t2dt = √1-+-t--dt = √--dt---+ √-t----dt −1 −1 1 + t2 − 1 1+ t2 −1 1+ t2

У первого интеграла - табличная первообразная:

∫ 1 dt ∘ ------ √2--+ 1 √-----2 = ln(t+ 1+ t2)|1−1 = ln√------ −1 1 + t 2 − 1

А второй интеграл можно взять по частям:

∫ 1 2 ∫ 1 ∘ ------ ∘ ------ ∫ 1 ∘ ------ ∫ 1 ∘ ------ √--t----dt = t⋅d( 1 + t2) = t 1+ t2|1 − 1 + t2dt = 2√2-− 1 + t2dt −1 1 + t2 − 1 −1 −1 −1

Но ведь второе слагаемое - это есть в точности исходный интеграл! Поэтому, если обозначить за $√------ I = ∫ 1 1 + t2dt −1$ , то у нас получится вот такое красивое соотношение:

1+ √2-- √ -- I = ln---√---+ 2 2− I 1− 2

Откуда легко найти, что $√- √ -- 2I = ln √22+−11-+ 2 2$ , а, значит, $ln √√2+1+2√2 I = ---2−12----$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#53633

Вычислить

∫ √3 --dx-- 1√3 1 + x2

Показать ответ и решение

Напомним о чем говорит нам теорема Ньютона-Лейбница. Она утверждает, что если $f$ - непрерывная на отрезке $[a, b]$ функция, то она интегрируема на нём и если $Φ(x)$ - любая первообразная функции $f$ на $[a,b]$ , то имеет место равенство:

∫ b f(x)dx = Φ(b)− Φ (a) a

$1 f (x) = 1+x2-$ - непрерывна на $1 √ -- [√3-, 3]$ . Первообразная $Φ(x) = arctg(x) + C$ . Тогда по формуле Ньютона-Лейбница:

√ -- √ -- Φ(√1-) − Φ( 3) = arctg(√1-)+ C − arctg( 3)− C = π-− π-= π- 3 3 3 6 6

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#53632

Вычислить

∫ 2 |1 − x|dx 0

Показать ответ и решение

∫ b f(x)dx = Φ(b)− Φ (a) a

Раскроем модуль:

( { |1 − x| = 1 − x пр и 0 ≤ x ≤ 1 (x − 1 пр и 1 < x ≤ 2

Видно, что функция непрерывна на отрезке. Найдем первообразную функцию. На $[0,1]$ это $Φ (x ) = x − x2 + C 1 2 1$ , на $[1,2]$ первообразная $Φ (x) = x2− x + C 2 2 2$ . Будем применять дважды формулу Лейбница, сначала для функции на отрезке $[0,1]$ , потом для функции на отрезке $[1,2]$ .

∫ 2 ∫ 1 ∫ 2 |1− x|dx = (1− x )dx + (x − 1)dx = (Φ1(1)− Φ1 (0))+ (Φ2 (2)− Φ2(1)) = 0 0 1

= (1 − 1∕2 + C1 − 0+ 0 − C1)+ (2 − 2+ C2 − 1∕2+ 1 − C2) = 1∕2+ 1∕2 = 1

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#52371

Не выполняя вычислений, определить, какой интеграл больше:

∫ π2 ∫ π2 sin10x dx или sin2x dx 0 0

Показать ответ и решение

Заметим, что, поскольку на отрезке $[0, π2]$ $0 ≤ sin x ≤ 1$ , и, поэтому, раз $sin10x = sin8x ⋅sin2x$ , то $10 2 sin x ≤ sin x$ на $π [0,2]$ (мы домножили $2 sin x$ на функцию, не превосходящую единицы). Следовательно, по теореме о монотонности интеграла Римана,

∫ π2 ∫ π2 sin10xdx ≤ sin2 xdx 0 0

Ответ:

Предыдущий раздел

Следующий раздел