7.3 Классы интегрируемых функций

Теорема 1.

Теорема 2.

Теорема 3.

Критерий Дарбу.

Критерий Лебега.

7.4 Свойства интегрируемых функций

1. Интегрируемость модуля.

2. Интегрируемость линейной комбинации.

3. Интегрируемость произведения.

4. Интегрируемость на подынтервалах.

5. Изменение значений функции.

7.5 Свойства интеграла

$\DeclareMathOperator{\arctg}{arctg}$ Если функции $f$ и $g$ интегрируемы на отрезке $\lbrack a, b\rbrack$ , а числа $\alpha, \beta \in \mathbb {R}$ , то
$\int\limits_a^b \lbrack\alpha f\left(x\right) + \beta g\left(x\right)\rbrack\,dx = \alpha\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx + \beta\int\limits_a^b g\left(x\right)\,dx.$

Это свойство получено нами ранее при доказательстве интегрируемости линейной комбинации.

Пусть числа $b < a$ . Зададим точки $a = x_{0} > x_{1} > \ldots > x_{n} = b,$ выберем точки $\xi_{i} \in \lbrack x_{i+1}, x_{i}\rbrack$ и составим сумму $\displaystyle\sigma = \sum\limits_{i=0}^{n-1} f\left(\xi_{i}\right)\Delta x_{i}.$ Заметим, что в этой сумме все $\Delta x_{i} < 0.$ Ясно, что эту сумму можно получить как интегральную сумму на $\lbrack b, a\rbrack,$ только с противоположным знаком. Это приводит к следующему определению.

Пусть $b < a$ и функция $f$ интегрируема на $\lbrack b, a\rbrack.$ Тогда по определению полагаем

Далее, для каждой функции $f$ , определенной в точке $a$ , полагаем по определению

$\int\limits_a^a f\left(x\right)\,dx = 0.$

Пусть $a, b, c$ — произвольные точки на действительной прямой. Если функция $f$ интегрируема на наибольшем из отрезков с концами в двух из этих точек, то она интегрируема также и на двух других отрезках, и справедливо равенство
$\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx = \int\limits_a^c f\left(x\right)\,dx + \int\limits_c^b f\left(x\right)\,dx.$

Пусть, например, $a < c < b$ и функция $f$ интегрируема на $\lbrack a, b\rbrack.$ Тогда, по доказанному ранее свойству 4, она интегрируема на отрезках $\lbrack a, c\rbrack$ и $\lbrack c, b\rbrack.$ Возьмем произвольное разбиение $a = x_{0} < x_{1} < \ldots < x_{n} = b$ , такое, что $c$ является одной из точек деления. Выберем промежуточные точки $\xi_{i}$ и рассмотрим интегральную сумму $\displaystyle\sigma = \sum\limits_{i=0}^{n-1} f\left(\xi_{i}\right)\Delta x_{i}$ . Если $c = x_{j}$ , то эту сумму разобьем на две: $\displaystyle\sigma = \sum\limits_{i=0}^{j-1} f\left(\xi_{i}\right)\Delta x_{i} + \sum\limits_{i=j}^{n-1} f\left(\xi_{i}\right)\Delta x_{i}$ . При $d(\Pi) \to 0$ первая сумма справа стремится к $\displaystyle\int\limits_a^c f\left(x\right)\,dx$ , вторая — к $\displaystyle\int\limits_c^b f\left(x\right)\,dx$ , а сумма $\sigma$ стремится к $\displaystyle\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx$ . Переходя к пределу при $d(\Pi) \to 0$ , получим требуемое равенство.
Пусть теперь $c < a < b$ . Тогда, по уже доказанному,
$\int\limits_c^b f\left(x\right)\,dx = \int\limits_c^a f\left(x\right)\,dx + \int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx.$
Отсюда следует
$\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx = \int\limits_c^b f\left(x\right)\,dx-\int\limits_c^a f\left(x\right)\,dx = \int\limits_a^c f\left(x\right)\,dx + \int\limits_c^b f\left(x\right)\,dx$
и теорема доказана полностью.

Пусть функция $f$ интегрируема на отрезке $\lbrack a, b\rbrack \left(a < b\right)$ . Тогда
$\left|\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx\right| \leqslant \int\limits_a^b \left|f\left(x\right)\right| \,dx.$

Действительно, интегрируемость модуля интегрируемой функции доказана ранее. Докажем неравенство. Для этого выберем произвольное разбиение отрезка $\lbrack a, b\rbrack.$ Тогда для интегральных сумм будем иметь следующее неравенство:
$\left|\sum\limits_{i=0}^{n-1} f\left(\xi_{i}\right)\Delta x_{i}\right| \leqslant \sum\limits_{i=0}^{n-1} \left|f\left(\xi_{i}\right)\right|\Delta x_{i}.$
При стремлении к нулю диаметра разбиения интегральная сумма под знаком модуля в левой части стремится к к $\displaystyle\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx$ , а сумма справа стремится к $\displaystyle\int\limits_a^b \left|f\left(x\right)\right|\,dx$ . Переходя к пределу при $d(\Pi) \to 0$ , получаем требуемое неравенство для интегралов.

Пусть функции $f$ и $g$ интегрируемы на $\lbrack a, b\rbrack \left(a < b\right)$ и $f\left(x\right)\leqslant g\left(x\right)$ для всех $x \in \lbrack a, b\rbrack.$ Тогда
$\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx \leqslant \int\limits_a^b g\left(x\right)\,dx.$

Действительно, возьмем произвольное разбиение отрезка $\lbrack a, b\rbrack$ и выберем промежуточные точки $\xi_{i}$ . Тогда $f\left(\xi_{i}\right)\leqslant g\left(\xi_{i}\right) \left(i = 0, 1, \ldots, n-1\right)$ . Умножая эти неравенства на $\Delta x_{i} > 0$ и складывая, получим
$\sum\limits_{i=0}^{n-1} f\left(\xi_{i}\right)\Delta x_{i}\leqslant\sum\limits_{i=0}^{n-1} g\left(\xi_{i}\right)\Delta x_{i}.$
Отсюда, устремляя к нулю диаметр разбиения, получаем требуемое неравенство.

Пусть $f$ — неотрицательная интегрируемая функция на $\lbrack a, b\rbrack \left(a < b\right)$ . Тогда
$\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx \geqslant 0.$

Если интегрируемая функция $f$ строго положительна на $\lbrack a, b\rbrack \left(a < b\right)$ , то и $\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx > 0.$

Действительно, в силу критерия Лебега , найдется точка $x_{0}\in\lbrack a, b\rbrack$ , в которой функция непрерывна . Поскольку $f\left(x_0\right) > 0$ , то найдется такое $\delta > 0$ , что $\displaystyle f\left(x\right) > \frac{1}{2}f\left(x_0\right)$ для всех $x \in \left(x_0-\delta, x_0 + \delta\right) \cap \lbrack a, b\rbrack.$ Выберем отрезок $\lbrack\alpha, \beta\rbrack \subset \left(x_0-\delta, x_0 + \delta\right) \cap \lbrack a, b\rbrack, a\leqslant\alpha < \beta\leqslant b$ .Тогда, в силу свойства аддитивности интеграла, получим $\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx = \int\limits_a^\alpha f\left(x\right)\,dx + \int\limits_\alpha^\beta f\left(x\right)\,dx + \int\limits_\beta^b f\left(x\right)\,dx.$ Первый и третий интегралы справа неотрицательны в силу следствия, а для второго интеграла, учитывая неравенство $\displaystyle f\left(x\right) \geqslant \frac{1}{2} f\left(x_0\right)$ , из свойства монотонности интеграла получим $\int\limits_\alpha^\beta f\left(x\right)\,dx \geqslant \int\limits_\alpha^\beta \frac{1}{2}f\left(x_0\right)\,dx = \frac{1}{2}f\left(x_0\right)\left(\beta-\alpha\right) > 0.$
Таким образом, $\displaystyle\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx > 0$ .

Пусть функция $f$ интегрируема на $\lbrack a, b\rbrack$ и $m \leqslant f\left(x\right) \leqslant M$ для всех $x \in \lbrack a, b\rbrack$ . Тогда
$\begin{equation}\label{prop_of_int_first}m\left(b-a\right) \leqslant \int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx \leqslant M\left(b-a\right)\end{equation}.$

Это следствие сразу вытекает из свойства монотонности интеграла.

В условиях следствия 3 найдется такое число $\mu \in \lbrack m, M\rbrack$ , что
$\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx = \mu\left(b-a\right).$

Действительно, положим $\displaystyle\mu = \frac{1}{\left(b-a\right)}\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx$ . Тогда, по следствию 3, $m \leqslant \mu \leqslant M$ .

Отметим, что при $a > b$ в такой формулировке это замечание остается в силе, в то время как знаки неравенств в $\eqref{prop_of_int_first}$ меняются на противоположные.

Если функция $f$ непрерывна на $\lbrack a, b\rbrack$ , то найдется такая точка $\xi \in \lbrack a, b\rbrack$ , что
$\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx = f\left(\xi\right)\left(b-a\right).$

Действительно, пусть $m$ и $M$ соответственно нижняя и верхняя грани функции $f$ на отрезке $\lbrack a, b\rbrack$ , они достигаются в силу первой теоремы Вейерштрасса. По уже доказанному, найдется точка $\mu \in \lbrack m, M\rbrack$ , такая, что $\displaystyle\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx = \mu \left(b-a\right)$ . По теореме Больцано-Коши о промежуточном значении, найдется такая точка $\xi \in \lbrack a, b\rbrack$ , что $f\left(\xi\right) = \mu.$

Замечание. Следствие 4 иногда называют теоремой о среднем значении. Оно тесно связано с теоремой Лагранжа, которую также называют теоремой о среднем значении в дифференциальном исчислении.

Примеры решения задач

Данные примеры читателю рекомендуется решить самому в качестве тренировки.

Оценить интеграл $\displaystyle\int\limits_{0}^{2\pi} \frac{\,dx}{\sqrt{5 + 2\sin{x}}}$ .

Решение

Оценим подынтегральную функцию:
$-1 \leqslant \sin{x} \leqslant 1 \Rightarrow$
$3 \leqslant 5 + 2\sin{x} \leqslant 7 \Rightarrow$
$\sqrt{3} \leqslant \sqrt{5 + 2\sin{x}} \leqslant \sqrt{7} \Rightarrow$
$\frac{1}{\sqrt{7}} \leqslant \frac{1}{\sqrt{5 + 2\sin{x}}} \leqslant \frac{1}{\sqrt{3}}.$
Отсюда и из монотонности интеграла следует, что
$\int\limits_0^{2\pi} \frac{\,dx}{\sqrt{7}} \leqslant \int\limits_0^{2\pi}\frac{\,dx}{\sqrt{5 + 2\sin{x}}}\leqslant\int\limits_0^{2\pi} \frac{\,dx}{\sqrt{3}}.$
Таким образом,
$\frac{2\pi}{\sqrt{7}} \leqslant \int\limits_0^{2\pi}\frac{\,dx}{\sqrt{5 + 2\sin{x}}}\leqslant\frac{2\pi}{\sqrt{3}}.$
Найти определенный интеграл $\displaystyle\int\limits_0^2 \left|1-x\right|\,dx$ .

Решение

Из аддитивности интеграла
$\int\limits_0^2 \left|1-x\right|\,dx = \int\limits_0^1 \left|1-x\right|\,dx + \int\limits_1^2 \left|1-x\right|\,dx =$ $= \int\limits_0^1 \left(1-x\right)\,dx + \int\limits_1^2 \left(x-1\right)\,dx = \int\limits_0^1 \,dx-\int\limits_0^1 x \,dx + \int\limits_1^2 x \,dx-\int\limits_1^2 \,dx =$ $= 1-0-\left.\frac{x^2}{2}\right|_0^1 + \left.\frac{x^2}{2}\right|_1^2-(2-1) = 1-\frac{1}{2} + 0 + \frac{2^2}{2}-\frac{1}{2}-1 = 1.$
Найти определенный интеграл $\displaystyle\int\limits_0^3 \frac{x^4}{x^2 + 1}\,dx$

Решение

$\int\limits_0^3 \frac{x^4}{x^2 + 1}\,dx = \int\limits_0^3 \frac{\left(x^4 -1\right) + 1}{x^2 + 1}\,dx =$ $= \int\limits_0^3 \frac{\left(x^2-1\right)\left(x^2 + 1\right) + 1}{x^2 + 1}\,dx = \int\limits_0^3 \left(x^2-1 + \frac{1}{x^2 + 1}\right)\,dx.$
Воспользовавшись свойством линейности интеграла, получим
$\int\limits_0^3 \left(x^2-1 + \frac{1}{x^2 + 1}\right)\,dx = \int\limits_0^3 x^2 \,dx-\int\limits_0^3 \,dx + \int\limits_0^3 \frac{\,dx}{x^2 + 1} =$ $= \left.\frac{x^3}{3}\right|_0^3-(3-0) + \left.\arctg{x}\right|_0^3 = 9-0-3+ \arctg{3}-\arctg{0} =$ $=6 + \arctg{3}.$
Не вычисляя интегралов, определить какой из них больше: $\displaystyle\int\limits_2^3 e^{-x}\sin{x}\,dx$ или $\displaystyle\int\limits_2^3 e^{-x^2}\sin{x}\,dx$ .

Решение

Сравним подынтегральные функции. Пусть $f\left(x\right) = e^{-x}\sin{x}$ , $g\left(x\right) = e^{-x^2}\sin{x}$ .
$f\left(x\right)-g\left(x\right) = e^{-x}\sin{x}-e^{-x^2}\sin{x} = \sin{x}\left(e^{-x}-e^{-x^2}\right) =$ $= e^{-x}\sin{x}\left(1-e^{-x^2 + x}\right).$
На промежутке $\lbrack 2, 3\rbrack$ функции $\sin{x}$ и $e^{-x}$ принимают положительные значения (поскольку синус на $\lbrack 0, \pi\rbrack$ положительный). Значит нам достаточно сравнить с нулем выражение $1-e^{-x^2 + x}$ . Поскольку на $\lbrack 2, 3\rbrack$ $x^2 > x$ , то $-x^2 + x < 0$ , а значит $e^{-x^2 + x} < 1$ . $1-e^{-x^2 + x} > 0$ , из чего следует, что $f\left(x\right) > g\left(x\right)$ .
Ответ:
$\int\limits_2^3 e^{-x}\sin{x}\,dx > \int\limits_2^3 e^{-x^2}\sin{x}\,dx.$
Найти среднее значение функции на данном отрезке: $\sin{x}$ , $\displaystyle 0 \leqslant x \leqslant \frac{\pi}{2}$ .

Решение

Воспользуемся четвертым следствием из свойства монотонности интеграла. Средним значением функции $f\left(x\right)$ на отрезке $\lbrack a, b\rbrack$ называется число $\displaystyle\mu = \frac{1}{\left(b-a\right)}\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx.$
Из этого следует:
$\mu = \frac{1}{\left(\frac{\pi}{2}-0\right)} \int\limits_0^{\frac{\pi}{2}} \sin{x}\,dx = \left.-\frac{2}{\pi}\cos{x}\right|_0^{\frac{\pi}{2}} = -\frac{2}{\pi}(0-1) = \frac{2}{\pi}.$
Ответ: $\displaystyle\frac{2}{\pi}.$

Смотрите также

Свойства интеграла

Пройдите этот тест, чтобы проверить свои знания по только что прочитанной теме «Свойства интеграла»

Задание 1 из 6

1.
Количество баллов: 1
Сравните с нулем значение интеграла, не вычисляя его $\displaystyle\int\limits_2^3 \frac{4^{-x}\sin{x}}{\left(1-x\right)\ln{\left(x+6\right)}}\,dx$
- Данный интеграл больше нуля.
- Данный интеграл равен нулю.
- Данный интеграл меньше нуля.
- Затрудняюсь ответить.
Правильно

Неправильно
Задание 2 из 6

2.
Количество баллов: 2
Выберите верные утверждения.
- Пусть функция $f$ интегрируема на отрезке $\lbrack a, b\rbrack \left(a < b\right)$ . Интеграл от $a$ до $b$ модуля функции меньше либо равен модулю её интеграла от $a$ до $b$
- Пусть функция $f$ интегрируема на $\lbrack a, b\rbrack$ и $m \leqslant f\left(x\right) \leqslant M$ для всех $x \in \lbrack a, b\rbrack$ . Тогда $m\left(b-a\right) \leqslant \int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx \leqslant M\left(b-a\right).$
- Пусть функции $f$ и $g$ интегрируемы на отрезке $\lbrack a, b\rbrack \left(a < b\right)$ и $f\left(x\right)\leqslant g\left(x\right)$ для всех $x \in \lbrack a, b\rbrack.$ Тогда $\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx \leqslant \int\limits_a^b g\left(x\right)\,dx.$
- При перестановке местами пределов интегрирования интеграл не меняет свой знак на противоположный
Правильно 2 / 2Баллы

Неправильно / 2 Баллы
Задание 3 из 6

3.
Количество баллов: 1
Закончите предложение
Если интегрируемая функция $f$ на $\lbrack a, b\rbrack \left(a < b\right)$ строго отрицательна, то $\displaystyle\int\limits_b^a f\left(x\right)\,dx$ …
Правильно

Неправильно

Задание 4 из 6

4.

Количество баллов: 4

О чем гласит каждое свойство интеграла?

Элементы сортировки

Пусть функции $f$ и $g$ интегрируемы на отрезке $\lbrack a, b\rbrack \left(a < b\right)$ и $f\left(x\right)\leqslant g\left(x\right)$ для всех $x \in \lbrack a, b\rbrack$ . Тогда $\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx \leqslant \int\limits_a^b g\left(x\right)\,dx.$
Пусть $a, b, c$ - произвольные точки на действительной прямой. Если функция $f$ интегрируема на наибольшем из отрезков с концами в двух из этих точек, то она интегрируема также и на двух других отрезках, и справедливо равенство $\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx = \int\limits_a^c f\left(x\right)dx + \int\limits_c^b f\left(x\right)\,dx.$
Пусть функция $f$ интегрируема на отрезке $\lbrack a, b\rbrack \left(a < b\right)$ . Тогда $\left|\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx\right| \leqslant \int\limits_a^b \left|f\left(x\right)\right| \,dx.$
Если функции $f$ и $g$ интегрируемы на отрезке $\lbrack a, b\rbrack$ , а числа $\alpha, \beta \in \mathbb {R}$ , то $\int\limits_a^b \lbrack\alpha f\left(x\right) + \beta g\left(x\right)\rbrack \,dx =$ $= \alpha\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx + \beta\int\limits_a^b g\left(x\right)\,dx.$

Монотонность интеграла

Аддитивность интеграла

Интеграл от модуля

Линейность интеграла

Задание 5 из 6

5.
Количество баллов: 1
Составьте верное утверждение.
- Если
- функция $f$ непрерывна на $\lbrack a, b\rbrack$
- то
- найдется такая точка $\xi \in \lbrack a, b\rbrack$
- что
- $\displaystyle\int\limits_a^b f\left(x\right)\,dx = f\left(\xi\right)\left(b - a\right)$
Правильно

Неправильно
Задание 6 из 6

6.
Количество баллов: 1
Найдите определенный интеграл $\displaystyle\int\limits_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{\cos{\left(3x\right)} + 3\cos{x} + \sqrt{2}}{\sqrt{2}\cos^2{x}}\,dx.$ (В ответ введите число)
Правильно

Неправильно

М1716. Тетрадь в клетку

Задача из журнала «Квант» (2000 год, 1 выпуск)

Условие

В квадрате клетчатой бумаги размером $n\times n$ клеток отмечены $N$ клеток таким образом, что каждая клетка квадрата (отмеченная или не отмеченная) имеет хотя бы одну отмеченную соседнюю клетку. Определите наименьшее возможное значение $N$ , если соседними считать клетки, имеющие общую сторону.

Решение

Рассмотрим случай четного $n$ .

Сначала раскрасим доску в черный и белый цвета в шахматном порядке. Пусть $f\left(n\right)$ — это искомое число, а $f_{\omega}\left(n\right)$ — минимальное число белых клеток, которые должны быть отмечены таким образом, чтобы каждая черная клетка имела соседнюю отмеченную белую. Определим подобным образом $f_{b}\left(n\right).$ Благодаря симметричности шахматной доски $\left(n = 2k\right)$ , мы имеем $f_{\omega}\left(n\right) = f_{b}\left(n\right)$ ; кроме этого, $f\left(n\right) = f_{\omega}\left(n\right) + f_{b}\left(n\right)$ .

Было бы более удобно посмотреть на доску, развернув ее таким образом, чтобы главная черная диагональ (самая длинная) располагалась горизонтально. Тогда длины остальных черных диагоналей были бы $2, 4, \ldots, 2k, \ldots, 4, 2.$

Зачеркнем «нечетные» клетки белых диагоналей, расположенных под черными диагоналями длины $4i — 2$ в первом случае и под черными диагоналями длины $4i + 2$ во втором случае (см. рисунок).

m1716

В первом случае зачеркнутыми окажутся $2i$ белых клеток, а во втором случае $2i + 1$ белых клеток. Таким образом, всего мы зачеркнем
$2 + 4 + \ldots + k + \ldots + 3 + 1 = \frac{k\left(k+1\right)}{2}$
белых клеток. Легко видеть, что каждая черная клетка имеет белую зачеркнутую соседнюю клетку. Из этого следует, что
$f_{\omega}\left(n\right) \leqslant \frac{k\left(k+1\right)}{2}.$

Рассмотрим $\displaystyle\frac{k\left(k+1\right)}{2}$ зачеркнутых белых клеток: у них нет общих черных соседних клеток, следовательно, нам нужно по крайней мере $\displaystyle\frac{k\left(k+1\right)}{2}$ черных отмеченных клеток с тем, чтобы «охватить» все эти белые клетки. Поэтому
$f_{b}\left(n\right) \geqslant \frac{k\left(k+1\right)}{2}.$
Отсюда мы имеем
$f_{\omega}\left(n\right) = f_{b}\left(n\right) = \frac{k\left(k+1\right)}{2},$
$f\left(n\right) = k\left(k+1\right).$

Аналогично доказывается, что
$\begin{equation*} f\left(n\right) = \begin{cases} 4k^2 — 1 &\text{при $n = 4k — 1$,}\\ \left(2k + 1\right)^2 &\text{при $n = 4k + 1$.} \end{cases} \end{equation*}$

Е. Баранов, И. Воронович

М1719. Последовательность

Задача из журнала «Квант» (2000 год, 1 выпуск)

Условие

Последовательность $a_{1}$ , $a_{2}$ , $a_{3}$ , $\ldots$ задана своим первым членом $a_{1} = 1$ и рекуррентной формулой $\displaystyle a_{n+1} = a_{n} + \frac{1}{a_{n}}$ , где $n = 1, 2, 3, \ldots$

Докажите, что $a_{100} > 14$ .
Найдите $\lbrack a_{1000}\rbrack$ , то есть укажите такое целое число $m$ , для которого $m \leqslant a_{1000} < m + 1$ .
Докажите существование и найдите значение предела $\displaystyle\lim\limits_{n \to \infty} \frac{a_{n}}{\sqrt{n}}$ .

Решение

Возводим равенство $\displaystyle a_{n+1} = a_{n} + \frac{1}{a_{n}}$ в квадрат и «отбрасываем лишнее»: $a_{n+1}^{2} = a_{n}^{2} + 2 + \frac{1}{a_{n}^{2}} > {a_{n}^{2}} + 2.$ Вспомнив, что $a_{1}^{2} = 1$ , получаем одно за другим неравенства $a_{2}^{2} > a_{1}^{2} + 2 = 3$ , $a_{3}^{2} > a_{2}^{2} + 2 > 3 + 2 = 5$ , и вообще (при $n > 1$ ), $\begin{equation}\label{m1719_first} a_{n}^{2} > 2n — 1\end{equation}.$ В частности, $a_{100}^{2} > 199 > 196 > 14^{2}$ , что и требовалось.
Ответ: $\lbrack a_{1000}\rbrack = 44$ .

При $n = 1000$ неравенство $\eqref{m1719_first}$ дает $a_{1000}^{2} > 1999 > 44^{2}$ , так что $\lbrack a_{1000}\rbrack \geqslant 44$ . Чтобы получить оценку сверху, введем величины $b_{n}$ , такие что $a_{n}^{2} = 2n — 1 + b_{n}$ . В силу неравенства $\eqref{m1719_first}$ , имеем $b_{n} > 0$ при $n > 1$ . Далее, запишем формулу $\displaystyle a_{n+1}^{2} = a_{n}^{2} + 2 + \frac{1}{a_{n}^{2}}$ в виде
$2n + 1 + b_{n+1} = 2n — 1 + b_{n} + 2 + \frac{1}{2n — 1 + b_{n}},$
откуда
$b_{n+1} = b_{n} + \frac{1}{2n — 1 + b_{n}} \leqslant b_{n} + \frac{1}{2n — 1}.$

По индукции из последнего неравенства следует, что
$b_{n+1} \leqslant b_{1} + \frac{1}{1} + \frac{1}{3} + \ldots + \frac{1}{2n — 3} + \frac{1}{2n — 1}.$
Поскольку $b_{1} = 0$ , имеем, в частности,
$b_{1000} \leqslant 1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \ldots + \frac{1}{1995} + \frac{1}{1997}.$
Осталось оценить сумму, оказавшуюся в правой части последнего неравенства. Сгруппируем слагаемые:
$b_{1000} \leqslant 1 + \left(\frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \frac{1}{7}\right) + \left(\frac{1}{9} + \frac{1}{11} + \frac{1}{13} + \frac{1}{15} + \ldots + \frac{1}{25}\right) + \\ + \left(\frac{1}{27} + \frac{1}{29} + \frac{1}{31} + \frac{1}{33} + \ldots + \frac{1}{79}\right) + \left(\frac{1}{81} + \frac{1}{83} + \ldots + \frac{1}{241}\right) + \\ + \left(\frac{1}{243} + \frac{1}{245} + \ldots + \frac{1}{727}\right) + \left(\frac{1}{729} + \frac{1}{731} + \ldots + \frac{1}{1997}\right).$
(Принцип очень простой: в первой скобке три слагаемых, наибольшее из которых равно $\displaystyle\frac{1}{3}$ ; во второй — девять, наибольшее из которых $\displaystyle\frac{1}{9}$ ; …; в пятой — $243$ слагаемых, наибольшее $\displaystyle\frac{1}{243}$ ; наконец, в шестой скобке наибольшее слагаемое равно $\displaystyle\frac{1}{729}$ , а слагаемых всего лишь $635$ .) Следовательно, $b_{1000} < 7$ . Это позволяет утверждать, что $a_{1000}^{2} < 2000 - 1 + 7 < 2025 = 45^2,$ откуда $a_{1000} < 45$ .
Использованный при решении пункта б) прием позволяет доказать, что $\displaystyle\lim\limits_{n\to \infty}\frac{b_{n}}{n} = 0.$ Поскольку $a_{n} = \sqrt{2n — 1 + b_{n}}$ , получаем ответ:
$\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{a_{n}}{\sqrt{n}} = \sqrt{2}.$

А. Спивак

Автор: Алиса Ворохта

7.3 Классы интегрируемых функций

7.4 Свойства интегрируемых функций

7.5 Свойства интеграла

Примеры решения задач

Смотрите также

Свойства интеграла

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

4.

Элементы сортировки

5.

6.

М1716. Тетрадь в клетку

Условие

Решение

М1719. Последовательность

Условие

Решение

Средний результат
Ваш результат