Учебное пособие Москва Издательство мцнмо 2007 удк 512. 1517. 1511. 1 Ббк 22. 14122. 161 П70 Прасолов В. В
 Скачать 3.28 Mb.
|
|
29.15. Достаточно рассмотреть случай, когда добавляется одна точка деления. Пусть на отрезке [c, d] взята точка y и наибольшие значения функции f(x) на отрезках [c, d], [c, y] и [y, d] равны M, Решения задачи M 2 . Требуется доказать, что c) + M 2 (d − y) 6 M(d − Ясно, что M 1 6 M и M 2 6 M. Поэтому c) + M 2 (d − y) 6 M(y − c) + M(d − y) = M(d − Для нижних интегральных сумм доказательство аналогично. Пусть s 1 — нижняя интегральная сумма для одного разбиения верхняя интегральная сумма для другого разбиения. Разобьём отрезок всеми точками, входящими в эти разбиения. Пусть s и S — нижняя и верхняя интегральная суммы для полученного разбиения. Согласно задаче 29.15 s 1 6 s и S 6 S 2 . Остаётся заметить, что s 6 S. 29.17. Прежде всего заметим, что точная верхняя грань нижних интегральных сумм существует, поскольку согласно задаче любая нижняя интегральная сумма s не превосходит некоторой фиксированной интегральной суммы S 0 . Из неравенства следует, что I 6 S 0 . Это неравенство выполняется для произвольной верхней интегральной суммы S 0 . Таким образом 6 I 6 S. Ясно также, что s 6 s 6 S. Из этих двух неравенств следует требуемое неравенство. Согласно задаче 29.17 достаточно доказать, что если наибольшая длина отрезка разбиения стремится к нулю, то разность s стремится к нулю. Функция f(x) равномерно непрерывна на отрезке [a, b] задача, поэтому для любого e > 0 можно выбрать d > 0 так, что если расстояние между точками и отрезка [a, b] меньше d , то f(x ′′ ) | < e . Поэтому если наибольшая длина отрезка разбиения меньше d , то M k − m k < e , а значит s = n −1 X k =0 (M k − m k )(x k +1 − x k ) < e n −1 X k =0 (x k +1 − x k ) = e (b − Таким образом, если наименьшая длина отрезка разбиения стремится к нулю, то разность S − s стремится к нулю. Пусть M и m — наибольшее и наименьшее значения функции f(x) на отрезке [a, b]. Тогда каждая интегральная сумма заключена между m(b − a) и M(b − a). Поэтому) dx = c(b − где число c заключено между m и M. Непрерывная функция на отрезке принимает все значения между m и M, поэтому c = для некоторой точки отрезка [a, b]. Глава 29. Интеграл. Если f(x) > 0 для всех точек отрезка [a, b], то все интегральные суммы неотрицательны, поэтому их предел тоже неот- рицателен. Предположим теперь, что f(x 0 ) = c > 0. Можно считать, что внутренняя точка отрезка [a, b]. Выберем d > 0 так, что) > c/2 при − x 0 | < d . Можно считать, что a 0 + d 6 x 0 Тогда) dx = x 0 − d ] a f(x) dx + x 0 + d ] x 0 − d f(x) dx + b ] x 0 + d f(x) Два крайних интеграла неотрицательны, а средний интеграл больше. Пусть точки x и x + ∆x лежат на отрезке [a, b]. Тогда+ ∆x) − F(x) = x +∆x ] x f(t) dt. Согласно задаче 29.19 этот интеграл равен f( x ) ∆x, где x — некоторая точка между x и x + ∆x. Следовательно, поскольку x → x при ∆x → 0. 29.22. Рассмотрим функцию Φ(x) = x ] a f(t) dt. Ясно, что) = = b ] a f(x) dx. Кроме того, согласно задаче 29.21 Φ ′ (x) =f(x). Поэтому) тоже первообразная, а значит, Φ(x) = F(x) + C, где C — некоторая константа. Заметим, что Φ(a) = 0. Поэтому F(a) = −C. Следовательно. а) Ясно, что и U 1 = sin x| p /2 0 = 1. Пусть теперь n > Тогда, интегрируя по частям, получаем d sin x = sin x cos n −1 x | p /2 0 − p /2 ] 0 sin x d Первый член равен нулю, поэтому (n − 1) p /2 ] 0 cos n −2 x sin 2 x dx = (n − 1) p /2 ] 0 cos n −2 x(1 − cos 2 x) dx, Решения задач 375 т. е. U n = (n − 1)(U n −2 − U n ). Таким образом, U n = n − 1 n U n −2 . Значит и т. д. Последовательно применяя эту формулу, получаем требуемое. б) Если 0 6 x 6 p /2, то cos 2n+2 x 6 cos 2n+1 x 6 поэтому U 2n+2 < U 2n+1 < U 2n . Используя формулы из задачи а), получаем (2n + 1)!! (2n + 2)!! p 2 < (2n)!! (2n + 1)!! < (2n − Следовательно + 1 2n + 2 · p 2 < “ (2n)!! (2n − 1)!! ” 2 1 2n + Учитывая, что lim n →∞ 2n + 1 2n + 2 = 1 и lim n →∞ n 2n + 1 = 1 2 , получаем требуемое. Первое решение. Напомним, что sin p 2n sin 2 p 2n . . . sin (n − задача 23.8 б. Поэтому sin k p 2n = p 2 · −(n − 1) ln 2 + 1 2 ln n n → − p 2 ln поскольку n → 0 (задача 25.17 б. Но указанная сумма — это интегральная сумма для разбиения отрезка [0, p /2 ] на n равных отрезков. В тор о ере ш е ни е. Заметим, что p /2 ] 0 ln(sin x) dx = p /2 ] 0 ln(cos x) dx = 1 2 p /2 ] 0 ln “ sin поскольку ln(sin x) + ln(cos x) = ln(sin x cos x) = ln “ sin 2x 2 ” . Далее 2x 2 ” dx = p /2 ] 0 ln(sin 2x) dx − p 2 ln а p /2 ] 0 ln(sin 2x) dx = p ] 0 ln(sin y) dy 2 = p /2 ] 0 ln(sin y) dy. Глава 29. Интеграл Таким образом, для a = p /2 ] 0 ln(sin x) dx получаем соотношение a = = a 2 − p 4 ln 2, откуда a = − p 2 ln 2. 29.25. Согласно задаче 29.13 f n (x) = x ] a f n −1 (t) · 1 dx = = „ f n −1 (t)(t − x) − f n −2 (t) (t − x) 2 2! + f n −3 (t) (t − x) 3 3! − . . . . . . + (−1) n −2 f 1 (t) (t − x) n −1 (n − 1)! «˛˛ ˛ ˛ x a − (−1) n −2 x ] a f(t) (t − x) n −1 (n − мы здесь воспользовались тем, что x) n −1 (n − 1)! ” (n −1) = 1. Все члены, кроме последнего, обращаются в нуль при t = a, поскольку 0, и при t = x. Поэтому остаётся только последний член, и мы получаем требуемое. Площадь круга в 2 раза больше площади полукруга, ограниченного графиком y = √ 1 − и прямой y = 0. Далее, площадь полукруга равна − x 2 dx = arcsin x 2 ˛ ˛ ˛ 1 −1 + x p1 − x 2 см. задачу 29.6). Второе слагаемое обращается в нуль, а первое слагаемое равно p 2 29.27. Искомая площадь равна p ] 0 sin x dx = − cos x| p 0 = 2. 29.28. Ответ. Выберем в качестве оси Ox ось конуса и поместим начало координат в вершину конуса. Тогда 3 p R 2 h. 29.29. Ответ. Плоскость, удалённая от центра шара на расстояние x, высекает на шаре круг радиуса x 2 . Площадь этого круга равна p (R 2 − x 2 ), поэтому x 2 ) dx = 2 p R 3 − p x 3 3 ˛ ˛ ˛ R −R = 2 p R 3 − 2 p R 3 3 = 4 p R 3 3 Решения задач. Ответ. Введём систему координат, направив оси Ox и Oy по осям цилиндров. Пересечение цилиндров задаётся неравенствами x 2 + z 2 6 R и y 2 + z 2 6 R. Его сечение плоскостью z 0 задаётся неравенствами x 0 6 R 2 − z 2 и y 0 6 R 2 − z 2 0 . Таким образом, сечение — квадрат со стороной 2 p R 2 − z 2 0 . Его площадь равна 4(R 2 − z 2 0 ). Поэтому объём рассматриваемой фигуры равен z 2 ) dz = 8R 3 − 4 z 3 3 ˛ ˛ ˛ R −R = 8R 3 − 8 3 R 3 = 16 3 R 3 29.31. Ответ. Рассматриваемая фигура задаётся неравенствами и 0 6 z 6 h R x. Сечение этой фигуры плоскостью представляет собой прямоугольный треугольник с катетами p R 2 − y 2 и y 2 0 . Его площадь равна 2 h R (R 2 − y 2 Поэтому объём рассматриваемой фигуры равен 2 h R (R 2 − y 2 ) dy = h 2R “ 2R 3 − y 3 3 ˛ ˛ ˛ R −R ” = h 2R · 4R 3 3 29.32. Ясно, что A k A k +1 = p (x k +1 − x k ) 2 + (f(x k +1 ) − f(x k )) 2 . По теореме Лагранжа f(x k ) = f ′ ( x k )(x k +1 − для некоторой точки отрезка [x k , x k +1 ]. Поэтому длина ломаной равна + f ′2 ( x k )(x k +1 − те. она равна интегральной сумме для непрерывной функции p 1 + f ′2 (x). Остаётся заметить, что длина отрезка, x k +1 ] не превосходит, поэтому длина наибольшего отрезка разбиения стремится к нулю, когда стремится к нулю наибольшая длина звена ломаной. Длина окружности равна удвоенной длине полуокружности. Ясно, что y ′ = −x p R 2 − x 2 , поэтому длина полуокружности равна lim e →0 R − e ] −R+ e q 1 + y ′2 dx = lim e →0 R − e ] −R+ e R dx p R 2 − x 2 = lim e →0 R arcsin x R ˛ ˛ ˛ R − e −R+ e = p Глава 29. Интеграл. Длина рассматриваемой дуги параболы равна + y ′2 dx = x 0 ] 0 p 1 + x 2 dx = x 0 q 1 + x 2 0 2 + 1 2 ln(x 0 + q 1 + x 2 см. задачу 29.7). 29.35. Ясно, что y ′ = sh x и p 1 + (y ′ ) 2 = ch x. Поэтому длина рассматриваемой дуги равна x dx = sh x 2 − sh x 1 (предполагается, что x 1 < x 2 ). 29.36. По формуле замены переменных + “ dy dx ” 2 dx = t 1 ] t 0 s 1 + y ′2 x ′2 x ′ dt = t 1 ] t 0 q x ′2 + при записи последнего равенства мы воспользовались тем, что. Ответ. Астроиду можно задать параметрически a sin 3 t, y = a cos 3 t. Достаточно вычислить длину четверти астроиды, для которой x и y неотрицательны. Ясно, что x ′ = =3a cos t sin 2 t и y ′ =−3a sin t cos 2 t. Поэтому p x ′2 +y ′2 =3a sin t cos а значит, длина четверти астроиды равна t cos t dt = 3a 2 sin 2 t ˛ ˛ ˛ p /2 Длина всей астроиды равна 6a. 29.38. Ответ. Ясно, что q x ′2 + y ′2 = a q (1 − cos t) 2 + sin 2 t = 2a Поэтому длина ветви циклоиды равна −4a cos t 2 ˛ ˛ ˛ 2 p 0 = 8a. 29.39. Мы предполагаем известным из стереометрии, что площадь боковой поверхности усечённого конуса равна произведению образующей на длину среднего сечения. Площадь боковой поверхности конуса, образованного вращением звена A k A k +1 , равна p (f(x k ) + f(x k +1 )) p (x k +1 − x k ) 2 + (f(x k +1 ) − f(x k )) 2 Решения задач 379 По формуле Лагранжа f(x k ) = f ′ ( x k )(x k +1 − для некоторой точки отрезка [x k , x k +1 ]. Поэтому сумма площадей боковых поверхностей конусов равна p n −1 X k =0 (f(x k ) + f(x k +1 )) q 1 + (f ′ ( x k )) 2 (x k +1 − Нужно сравнить эту сумму с интегральной суммой + (f ′ ( x k )) 2 (x k +1 − Это сравнение несложно получить, используя равномерную непрерывность функции f(x) и ограниченность функции p 1+(f ′ (x)) 2 29.40. Мы рассматриваем поверхность шара как фигуру, образованную при вращении кривой y= √ R 2 −x 2 . Ясно, что и p 1 + y ′2 = R p R 2 − x 2 . Поэтому рассматриваемая площадь равна x 2 R p R 2 − x 2 dx = 2 p R a +h ] a dx = 2 p Rh. 29.41. Из неравенства cos x 6 1 следует, что x dx 6 t ] 0 1 те. Из полученного неравенства следует, что x dx 6 6 t ] 0 x dx = t 2 2 , те. Затем из неравенства 1 − t 2 2 6 cos аналогично получаем t − t 3 6 6 sin t и т. д. Воспользуемся неравенствами t− t 3 6 6 sin t и cos t61− t 2 2 + + t 4 задача 29.41). Из первого неравенства следует, что t t ” 3 > “ 1 − t 2 6 ” 3 = 1 − t 2 2 + t 4 12 − t 6 Поэтому достаточно доказать, что 1 − t 2 2 + t 4 12 − t 6 216 > 1 − t 2 2 + t 4 Это неравенство эквивалентно неравенству 24 − t 6 216 > 0, те. При 0 < t 6 p /2 это неравенство выполняется Глава 29. Интеграл. Рассмотрим функцию f(t) = 1 sin 2 t − 1 t 2 . Ясно, что f “ p 2 ” = = 1 − 4 p 2 . Кроме того cos t sin 3 t = 2 sin 3 t ““ sin t t ” 3 − cos Поэтому согласно задаче 29.42 f ′ (t) > 0, те. на рассматриваемом интервале функция f(t) монотонно возрастает. Значит, f(t)6 те. Согласно задаче 29.41 3 sin t 6 3t − t 3 2 + t 5 40 , 2t + t cos t > 3t − t 3 2 + t 5 24 − t 7 Поэтому если 24 − t 7 720 > t 5 40 , те, то требуемое неравенство выполняется. С другой стороны, требуемое неравенство очевидным образом выполняется, если 2t > 3, те. Если x > 0, то − x + x 2 − x 3 + . . . − x 2n−1 < 1 1 + x < 1 − x + x 2 − x 3 + . . . + Действительно x + x 2 − x 3 + . . . − x 2n−1 )(1 + x) = 1 − x 2n < 1, (1 − x + x 2 − x 3 + . . . + x 2n )(1 + x) = 1 + Требуемые неравенства следуют из того, что + x = ln(1 + и. Мы воспользуемся тем, что + x 2 = arctg t. Для 1 + имеем неравенства − x 2 + x 4 − x 6 + . . . − t 4n−2 < 1 1 + x 2 < 1 − x 2 + x 4 − x 6 + . . . + Интегрируя эти неравенства, получаем требуемое Решения задача) Так как e > 1, то 1 6 при 0 6 x 6 t. Поэтому, те. Из неравенства + x 6 e x 6 1 + e a x аналогично получаем 1 + t + t 2 2 6 e t 6 1 + t + e a t 2 и т. д. б) Доказательство аналогично. При 0> x> t получаем 1> Поэтому dx > 0 ] t e x dx > 0 ] t e a dx, те. Последнее неравенство переписывается в виде t 6 e t − 1 6 e a t. Из неравенства + x 6 e x 6 1 + e a x аналогично получаем 1 + t + t 2 2 > e t > 1 + t + e a t 2 и т. д. Предположим, что если a 6 x 6 b, тот. е + (f(x)) 2 > 1. Рассмотрим функцию F(x) = arctg(f(x)). Тогда, поскольку (arctg y) ′ = 1 1 + y 2 . Значит) dx > b − a = p , те. Но арктангенс принимает лишь значения, заключённые между − p /2 и p /2, поэтому F(a) < p . Получено противоречие. Ответ. Рассматриваемую сумму можно записать в виде 1 n 1 1 + (k/n) 2 . При n → ∞ эта сумма стремится к + x 2 = p 4 |