1 курс МФТИ матан. Сборник распространенных вопросов

• Название: Сборник распространенных вопросов
• Анкор: 1 курс МФТИ матан
• Дата: 17.01.2021
• Размер: 0.6 Mb.
• Имя файла: Matan.pdf
• Тип: Сборник; #168916
• страница: 3 из 5

f (t)dt, t ≤ b ограничена на этом отрезке?
Да, верно. Несложно заметить, что если f (x) ≤ C, то F (x) ≤ C · (b −
a) ∈ Верно ли тоже для полуинтервала, возможно бесконечного Нет, для бесконечного полуинтервала это уже неверно легко привести пример константы, ограниченной на любом отрезке, интеграл с переменным верхним пределом от которой, безусловно, ограниченным не является.
5.Верно ли, что если F (x) =
R
x a
f (t)dt всюду дифференцируема, то F
0
(x) = f (Нет, это неверно - рассмотрим функцию Римана, как ранее доказано,
она интегрируема, причём интеграл от неё - тождественный ноль, таким образом F (x) ≡ 0, и F
0
(x) ≡ 0, но f (Найти F
0
(x), где F (x) =
R
x
2
e t
t
2
+1
dt.

f (t) =
e Можно, конечно, взять определенный интеграл, и уже потом взять производную от полученной функции, но это нерационально. Сделаем проще, с помощью свойства интеграла с переменным верхним пределом) = f (x) =
e x
x
2
+ 1 Найти F
0
(x), где F (x) =
R
sin x
2
e t
t
2
+1
dt.

f (t) =
e sin t sin
2
t+1

Ha этот раз на верхнем пределе непросто, а sin x. 3начит, F
0
(x) это уже производная сложной функции (x))
0
= (F (x))
0
sin x
· (sin x)
0
= f (sin x) · cos x =
e sin x sin
2
x + 1
· cos Геометрические приложения определённого интеграла. Как вычислить площадь фигуры

Плошадь фигуры, ограниченной прямыми x = a, x = b и кривыми y = f
1
(x),
y = f
2
(x) такими, что для любых a 6 x 6 b f
1
(x) 6 x 6
f
2
(x)
S =
Z
b a
(f
2
(x) − Пусть функция r = r(ϕ), ϕ ∈ [α; β], где 0 < β − α
6 2π, непрерывна и неотрицательна на [α; β]. Плоицадь сектора, ограниченного графиком функции r(ϕ) в полярных координатах и соответствуюшими отрезками лучей ϕ = α и ϕ = β, равна =
1 Пример Круг C = {(x, y) ∈ R
2
: x
2
+ y
2
≤ r
2
} измерим и имеет меру
(площадь) Доказательство. Заметим, что полукруг C
+
= {(x, y) ∈ R
2
: x
2
+ y
2
≤
r
2
, y ≥ 0} является криволинейной трапецией C
+
= {(x, y) ∈ R
2
:
x ∈
[−1, 1], 0 ≤ y ≤
√
r
2
− x
2
} Поэтому µ (C
+
) =
R
1
−1
√
r
2
− x
2
. Производя замену x = r sin ϕ, получаем µ (C
+
) = r
2
R
π/2
−π/2
cos
2
ϕdϕ =
πr
2 В силу симметрии нижний полукруг C
−
= {(x, y) ∈ R
2
: x
2
+ y
2
≤ ≤ r
2
, y ≥ имеет туже меру µ (C
−
) =
πr
2 Поскольку эти два полукруга не имеют обших внутренних точек, то µ(C) = µ (C
−
S C
+
) = = µ (C
−
) + µ (C
+
) =
πr
2 Как вычислить длину кривой = f (x), a 6 x 6 b
L =
Z
b a
p
1 + При параметрическом задании x = ϕ(t), y = ψ(t), a
6 t 6 b
L =
Z
b a
p
ϕ
02
(t) + Если кривая задана в полярных координатах ρ = f (ϕ) α
6 ϕ 6 β
L =
Z
b a
p
ρ
2
+ Как вычислить объем тела вращения

Объем тела, полученного вращением кривой y = y(x), a
6 x 6 b вокруг оси Ox
V = π
Z
b Если плошадь сечения тела, перпендикулярного оси Oz и отстоящего от начала координат на расстояние z, равно S(z) a
6 z 6 b, его объем =
Z

b Аналогичные формулы имеют место, если вместо оси Oz взять ось или Как вычислить площадь тела вращения?
При y = y(x)
S = 2π
Z
b
0
|y(x)|
p
1 + При x = x(t),
y = y(t),
t ∈ [α; β]
S = 2π
Z
β
α
y(t)
p x
02
(t) + Несобственный интеграл от знакопостоянных функций Пускай интегралы b
R
a f (x)dx и b
R
a g(x)dx расходятся. Что можно сказать о сходимости интеграла b
R
a
(f (x) + Такой интеграл может как расходиться, таки сходиться. Легко привести довольно тривиальные примеры в первом случае f = g =
1
x
, во втором f =
1
x
, g = −
1
x
2. Используя критерий Коши сходимости несобственного интеграла, доказать сходимость Вспомним критерий Коши при b = +∞: если функция f интегрируема по Риману на любом отрезке [a; b
0
], где b
0
> a, то f (x)dx сходится ∀ε > 0 → ∃∆ > a : ∀b
0
, b
00
> ∆ →
R
b
00
b
0
f (x)dx
< Из отрицания условия Коши, расходимость интеграла означает то,
что:
∃ε > 0 :
∀∆ > a → ∃b
0
, b
00
> ∆ :
Z
b
00
b
0
f (x)dx
> ε.
25

Так как x
= ln b
00
b
0
, то возьмём b
00
= 2b
0
, b
0
= n, b
00
= 2n. Тогда = ln 2 : ∀∆ > 1 → ∃b
0
= n > ∆, ∃b
00
= 2n > ∆ :
R
b
00
b
0
f (x)dx
= Значит расходится по критерию Коши.
3.
Если функция f неотрицательна при x > a, и интеграл f (x)dx сходится, то a) обязательно ли функция f ограничена б) обязательно ли функция f стремится к нулю при x → +в) каков будет ответ на эти вопросы, если дополнительно потребовать, что функция f была строго положительна при x > В отличие отрядов, с интегралами условия аи б не являются необходимыми даже в случае знакопостоянных функций, хотя интуитивно представить себе это довольно сложно. Для примера нам придётся построить достаточно хитрую функцию (x) =



N
2
, x ∈ [N ; N +
1
N
4
]; N ∈ N
0, Полученную функцию несложно представить - она представляет собой совокупность прямоугольников, появляющихся на каждом натуральном числе, и с увеличением номера все более высоких и более узких.
Для вычисления интеграла воспользуемся его геометрическим смыслом- площадь под графиком. Ширина каждого прямоугольника равна, а высота N
2
. Поэтому его площадь, а интеграл сводится к сумме ряда 1
n
2
, который, как известно, сходится.
Этот пример можно дополнить и чтобы он подходил под в - вместо нуля задать функцию равной, например, и несложно проверить что интеграл в таком случае всё равно сойдётся.
4. Сходится ли 1
x Нет. Сперва может показаться, что это интеграл есть ноль, однако в несобственном смысле этот интеграл расходится. Действительно 1
x dx =
R
0
−1 1
x dx +
R
1 0
1
x dx. Здесь каждый интеграл, очевидно, расходится, а значит по определению не может сходиться и исходный.
Замечание: этот интеграл всё же сходится в смысле главного значения Коши a
f (x)dx = lim
ε→+0
Z
c−ε
a f (x)dx +
Z
b c+ε
f (ив этом смысле он, как и кажется интуитивно, равен нулю

Несобственный интеграл от знакопеременных функций. Известно, что интегралы (x)dx исходят- ся условно. Может ли интеграл (x)g(x)dx а)сходиться абсолютно б)сходиться условно в)расходиться?
Да, все эти случаи возможны:
а)
f = g =
sin x x
, f g =
sin
2
x б =
sin x
√
x
, g =
2 cos x
√
x
, f g =
sin 2x в = g =
sin x
√
x
, f g =
sin
2
x Известно, что интеграл (x)dx сходится условно, а интеграл сходится абсолютно. Может ли интеграл (x)g(x)dx а)сходиться абсолютно б)сходиться условно?
Да, оба случая возможны:
а)
f =
sin x
√
x
, g =
1
x
2
, f g =
sin x б = x
3
sin x
5
, g =
1
x
2
, f g = x sin x
5
- убедиться в условной сходимости f и f g легко, сделав замену t = x

5 Интеграл (x)dx сходится условно, интеграл расходится. Может ли интеграл (x)g(x)dx а)сходиться условно б)сходиться абсолютно?
Да, может. К примеру:
а)
f =
sin x
√
x
;
g =
1
√
x
;
f g =
sin x б =
sin x
√
x
;
g =
1
x
;
f g =
sin x x
3/2 27

Интеграл (x)dx сходится абсолютно, интеграл расходится. Может ли интеграл (x)g(x)dx а)сходиться абсолютно б)сходиться условно в)расходиться?
Да, может. К примеру:
а)
f =
1
x
3
;
g = x sin x;
f g =
sin x б =
1
x
2
;
g = x sin x;
f g =
sin x в =
1
x
2
;
g = x
3
sin x;
f g = x sin Интегралы (x)dx и сходятся абсолютно. Может ли интеграл (x)g(x)dx а)расходиться; б)сходиться условно В отличие отрядов, с интегралами такая ситуация возможна, хотя интуитивно и кажется неправдоподобной.
а)возьмём g(x) = f (x) из примера в знакопостоянных интегралах,
тогда оба интеграла сходятся. Но для произведения получим (x)g(x) =



N
4
, x ∈ [N ; N +
1
N
4
]; N ∈ N
0, Применяя тот же алгоритм вычисления, получим 1
n
4
· n
4
=
∞
P
n=1 1 - расходится!
б)в качестве g(x) возьмём функцию похожую на f(x), но принимающ- юю значения (−1)
N
N . Аналогично легко показать, что интеграл от сходится абсолютно, а для интеграла от произведения имеем (x)g(x) =



N
3
(−1)
N
, x ∈ [N ; N +
1
N
4
]; N ∈ N
0, Применяя наш алгоритм, сводим интеграл к сумме ряда который по признаку Лейбница сходится условно.
6.
Как связаны интегрируемость функции и её модуля в случае несобственных интегралов А в случае обычных

Для несобственных интегралов из интегрируемости модуля следует интегрируемость функции (см. теорему о том что если интеграл сходится абсолютно, то он сходится, а обратное неверно - например sin x Для обычных интегралов Римана с точностью до наоборот - из интегрируе- мости функции следует интегрируемость модуля, а обратное неверно - например, f (x) = D(x) −
1 2
, где D(x) - функция Дирихле, не интегрируема, а её модуль, равный 2
, очевидно, интегрируем.

7.Почему вообще возможна условная сходимость?
Геометрически это можно объяснить тем, что "отрицательные"площади под Ox компенсируют "положительные"над ней, из-за чего интеграл может сойтись, хотя сумма всех площадей с плюсом и стремится к беско- нечности.

8.Можно ли использовать признак Дирихле или Абеля для доказательства расходимости несобственного интеграла?
Нет, нельзя. Если условия признака выполняются, то можно говорить о сходимости интеграла, но обратное неверно если условия признака не выполняются, интеграл всё равно может сходиться. Таким образом, признаки Дирихле и Абеля являются достаточными условиями сходимости,
но не необходимыми. Для доказательства расходимости интеграла можно воспользоваться, например, отрицанием критерия Коши или методом выделения главной части.
9.Будет ли сходиться абсолютно, условно или расходиться a
(f (x)+ g(x))dx, если A)
R
b a
f (x)dx и a
g(x)dx сходятся абсолютно Б)один из интегралов сходится условно, другой абсолютно;

В)оба интеграла сходятся условно?
A)сходится абсолютно (это следует из неравенства треугольника и признаков сравнения)
Б)сходится условно (от противного с использованием пункта А)
В)может сходиться как условно x x
dx +
Z
+∞
1
sin x x
dx = 2
Z
+∞
1
sin x x
dx таки абсолютно x x
dx +
Z
+∞
1
− sin x x
dx =
Z
+∞
1 Всели условия признаков Дирихле и Абеля являются обязательными, что условие непрерывной дифференцируемости g(x) не является необходимым, оно нужно лишь для упрощения доказательств

Известно, что x
√
x dx сходится. Следует ли из этого то,
что
R
+∞
1
sin x
√

x+sin x dx сходится?
Нет, не следует. Сначала рассмотрим два ошибочных решения, затрагивающие важные аспекты признаков сходимости:
Во-первых, на это примере видно, что для знакопеременных интегралов не работают признаки сравнения легко видеть, что sin x
√
x+sin x
∼
sin x
√
x при x → +∞. Но из этого нельзя сделать вывода об их одинаковой сходимости, т.к. функции знакопеременны!
Во-вторых, можно ошибочно применить признак Дирихле, сказав что sin x имеет ограниченную первообразную, а
1
√
(x)+sin(x)
стремится к нулю- признак тут не работает, т.к. вторая функция не монотонна(это легко проверить вычислением производной, а это условие важно!
Как же правильно исследовать этот интеграл на сходимость Воспользуемся методом выделения главной части x
√
x + sin x
=
sin x
√
x

1 +
sin x
√
x
 =
sin x
√
x

1 +
sin x
√
x

−1
=
sin x
√
x

1 −
sin x
√
x
+ O
 1
x

=
=
sin x
√
x
−
sin
2
x x
+ O
 1
x
3 Интеграл от первого слагаемого сходится условно, от второго расходится,
а от третьего сходится абсолютно - значит, интеграл от суммы расходит- ся!
12.
Известно, что (x)dx сходится. Следует ли из этого,
что lim x→+∞
f (x) = Нет, это условие является необходимым в случае рядов, а для интегралов верно лишь для монотонных знакопостоянных функций. Легко построить знакопеременный контрпример (хотя на самом деле можно даже знакопостоянный, ион приведён в пункте 5
):
f (x) = x sin(x
3
)
(2)
Z
+∞
1
x sin(x
3
)dx =
Z
+∞
1
t
1 3
sin(t)t
−
2 3
dt =
Z
+∞
1
sin t
3
√
t Несмотря на то, что f (x) неограничена в окрестности +∞ и даже не стремится ник какому пределу, интеграл сходится как эталонный

3
Ряды
3.1
Знакопостоянные числовые ряды

1.Верно ли, что если ряд абсолютно сходится, то и ряды из квадратов и кубов его членов тоже сходятся?
Да, верно т.к. ряд сходится, согласно необходимому условию lim n→+∞
a n
=
0, а значит согласно определению предела с некоторого номера N верно n
| < 1, а значит с этого же номера |a
3
n
| < |a
2
n
| < |a n
|. Т.к. ряд сходится абсолютно, то ряд из модулей его членов сходится, а значит по признаку сравнения знакопостоянных рядов сходятся и ряды из квадратов и кубов.
2.Сходимость телескопического ряда
Пусть дана посл-ть {b n
} : N → C. Тогда ∃ числовой ряд с последовательностью посл-ть частичных сумм ряда k
:
a
1
= b
1
, ∀n = 2, 3, a k
= b n
− b Пример 1
n(n+1)
a n
=
1
n(n+1)
=
1
n
−
1
n+1
, n ∈ N, тогда s n
=
n
P
k=1
a n
=
n
P
k=1 1
k
−
1
k+1

= 1 −
1
n+1
⇒ ∃ lim n→∞
s n

⇒ ряд сх-ся к Верно ли, что если член ряда стремится к нулю, то ряд сходится?
Нет, неверно - это условие является необходимым, ноне достаточным:
так,
∞
P
n=1 1
n
— расходится.
4.Верно ли, что если ряд расходится и a n
≥ b n

, то ряд также расходится?
Нет, не следует забывать что признак сравнения применим лишь для модулей членов знакопостоянных рядов, а в такой формулировке легко привести контрпример n
= 0, b n
= Верно ли, что если для ряда n
, ∀p ∈ N выполняется lim n→∞
(a n+1
+ · · · + a n+p

) = 0, то он является сходящимся?
Нет, неверно. Вспомним критерий Коши:
Ряд
∞
P
n=1
z n
— сх-ся ⇔ ∀ > 0 ∃N ∈ N : ∀n ≥ N, ∀p ∈ N |
n+p
P
k=n+1
z k
|< .
31

Тут важно, что n и p подбираются исходя из N, а в нашей формулировке сначала фиксируется p, а уже затем берётся предел - и это совсем не тоже самое, легко проверить, что такому условию соответствует расходящийся ряд Приведите примеры сходящегося и расходящегося ряда, для которых предел отношения соседних членов равен единице или вовсе не существует
Вспомним признак Даламбера пусть a n
> 0 ∀n. Тогда если ∃N ∈ N∃q ∈
(0, 1) :
a n+1
a n
≤ q
∀n ≥ N, то n
— сх-ся. А если ∃N ∈ N : ∀n ≥
N
a n+1
a n
≥ 1, то он расх-ся.
Следствие: ∃ lim n→∞
a n+1
a n
= p, то n
сх-ся, если 0 ≤ p < 1, и расх-ся,
если p > При p = 1 возможно всё:
∞
P
n=1 1
n
2
— сх-ся,
∞
P
n=1 1
n
— расх-ся.
Если предел не существует 2
(−1)
n
−n
=
1 2
2
+
1 2
+
1 2
4
+
1 2
3
+ . . . — сх-ся
+∞
X
n=1 2
n−(−1)
n
= 2 2
+ 2 1
+ 2 4
+ . . . — расх-ся
7.
Приведите пример, когда неприменим обычный признак
Коши в предельной форме, но применим усиленный.
Вспомним формулировку признака Коши пусть ∃N ∈ N, ∃q > 0 :
∀n ≥ N
n
√
a n
≤ q. Тогда если q ∈ (0, 1), то ряд n
сх-ся. Пусть ∈ N : ∀n ≥ N
n
√
a n
≥ 1, тогда ряд n
расх-ся.
В предельной форме если ∃ lim n→∞
n
√
a n
= c, то ряд сх-ся при 0 ≤ c < 1,
расх-ся при c > Бывают случаи, когда обычный признак Коши в предельной форме не работает, зато можно применить усиленный - с верхним пределом вместо настоящего 2
+
1 3
2
+
1 2
3
+ . . . т.к. lim n→∞
n
√
a n
=
1 2
; lim n→∞
n
√
a n
=
1 3
- сх-ся.
∞
P
n=1

5+(−1)
n
2

n расх-ся, т.к.
lim n→∞
n
√
a n
= 3,
lim n→∞
n
√
a n
= 2.
32

Приведите пример, когда эффективен признак Коши, ноне Даламбера 2
(−1)
n
−n
:
n
√
a n
= 2
(−1)n−n n
→ 2
−1
=
1 2
< 1 ⇒ сх-ся
По признаку Даламбера же определить сходимость не получится,
т.к. предела отношения соседних членов не существует lim n→+∞
a n+1
a n
=
2,
lim n→+∞
a n+1
a n
=
1 Приведите пример положительной непрерывной при x > функции такой, что (x)dx сх-ся, а (n) — расх-ся
Вспомним интегральный признак пусть f : [1, +∞] → R неотрицательна и монотонно убывает, тогда эквивалентны (x)dx сх-ся
2)
∞
P
n=1
f (n) сх-ся
Тут важно условие монотонности положим g(n) ≡ 1 ∀n ∈ N, n >
1, а на [n −
1
n
2
, n] и [n, n +
1
n
2
]
g — линейная ф-ция = 0 в концевых нецелых точках. В тех точках x ≥ 1, где g(x) не определена g(x) ≡ 0.
f (x) = g(x) +
1
x
2
— положительна и непрерывна для x ≥ 1; lim x→∞
f (x) 6= а (x)dx сх-ся
10.
Приведите пример положительной непрерывной при x ≥ функции такой, что (x)dx — расх-ся, а (n) — сх-ся.
Для n > 1
g(n) = 0. На [n −
1
n
, n] [n, n +
1
n
] — линейная ф-ция = в нецелых концевых точках. В точках x ≥ 1, где g(x) не определена положим = 1. f (x) = g(x) +
1
x
2
— положительна и непрерывна при x ≥ 1.
+∞
R
1f (x)dx = +∞
∞
P
n=1
f (n) =
∞
P
n=1 1
n
2
< +Известно, что a n
= при n → ∞. Следует ли отсюда,
что ряд n

сходится?
Нет, не следует, к примеру a n
=
1
n Знакопеременные числовые ряды
1.

Верно ли, что из условной сходимости ряда следует абсолютная сходимость?
Нет, здесь важно вспомнить определение условно сходящегося ряда - это значит, что он сходится, но НЕ сходится абсолютно

Верно ли, что если ряд расходится и |a n
| ≥ |b n