Пусть $ f $ — ограничена на отрезке $ [a,b] $ функция. Выберем произвольное разбиение этого отрезка $\prod$ : $a = x_{0} < x_{1} < \cdots < x_{n} = b$ и обозначим
$$\displaystyle M_{i}=\underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (x \right ), m_{i}=\underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\inf} f \left ( x \right ) \left ( i= \overline{0,n-1}\right ).$$
Определение. Сумма $$ \bar S_{\prod} =\sum_{i=0}^{n-1} M_{i} \Delta x_{i}$$ называется верхней суммой Дарбу для функции $f$, соответствующей разбиению $\prod$, а сумма
$$ \underline S_{\prod} = \sum_{i=0} ^ {n-1} m_{i} \Delta x_{i}$$ называется нижней суммой Дарбу, соответствующего разбиению $ \prod$.
Очевидно, что $ \underline S_{\prod} \leqslant \overline {S_{\prod}}$, и любая интегральная сумма $\sigma$, соответствующая разбиению $ \prod$, удовлетворяет неравенству $$\begin{equation}\label{eq:exp1} \underline S_{\prod} \leqslant \sigma \leqslant \overline {S_{\prod}}. \end{equation} $$
Действительно, при любом выборе точек $ \xi_{i} \in [x_{i},x_{i+1}] $ из определения $m_{i} $ и $ M_{i} $ получаем $m_{i} \leqslant f \left (\xi _{i}\right ) \leqslant M_{i}$. Умножив это неравенство на $ \Delta x_{i} $ и сложив по $ i$, получаем $\eqref{eq:exp1}$.
Если функция $ f $ непрерывна на $ [a,b]$, то на каждом из частичных отрезков $ [x_{i},x_{i+1}] $ она достигает своего наибольшего и наименьшего значений, т.е. точки $\xi_{i}$ и $\eta_{i}$ можно выбрать так, чтобы были выполнены равенства $ f \left (\xi_{i}\right ) = m_{i} $ и $ f \left (\eta_{i}\right )= M_{i}$. Поэтом в этом случае суммы Дарбу сами являются интегральными суммами. Однако справедливо следующее
Утверждение. Для произвольной ограниченной функции $f$ и заданного разбиения $\prod$ верхняя и нижняя суммы Дарбу сами являются соответственно верхней и нижними гранями множества всех интегральных сумм, соответствующих заданному разбиению $\prod$.
Действительно,зададим $\varepsilon > 0 $ и, пользуясь определением верхней грани, для каждого $i=\overline{0,n-1} $ найдем такие $\eta_{i} \in [x_{i},x_{i+1}]$, что $f\left (\eta_{i}\right ) > M_{i} — \varepsilon$. Тогда получим $$\sigma =\sum_{i=0}^{n-1} f\left ( \eta_{i}\right ) \Delta x_{i} > \sum_{i=0}^{n-1} M_{i} \Delta x_{i}-\varepsilon \left (a-b\right ) = \bar S_{\prod}-\varepsilon \left (a-b\right ).$$
Отсюда следует, что $ \bar S_{\prod}= \sup\left (\sigma\right )$, где верхняя грань берется по множеству всевозможных интегральных сумм, соответствующих заданному разбиению $\prod.$
Доказательство для нижней суммы Дарбу аналогично.
Свойства сумм Дарбу
1. Если к имеющимся точкам разбиения добавить новые точки, то от этого верхняя сумма Дарбу не увеличится, а нижняя сумма Дарбу не уменьшится
Пусть имеется изначально разбиение $\prod$. Достаточно показать рассмотреть случай, когда к имеющимся точкам добавляется одно точка $ x{}’_{i} \in [x_{i},x_{i+1}]$, в результате чего получаем новое разбиение $ \prod{}’$. Тогда суммы $ \bar S_{\prod} $ и $ \bar S_{\prod {}’} $ содержат одни и те же слагаемые, за исключением слагаемых, отвечающие отрезку $ [x_{i},x_{i+1}]$. В сумме $\bar S_{\prod} $ этому отрезку отвечает слагаемое $ M_{i}\left (x_{i+1} -x_{i}\right )$, а в сумме $ \bar S_{\prod {}’} $ ему соответствуют два слагаемых $ M{_{i}}’\left (x{}’-x_{i}\right )+M_{i}{}'{}’ \left (x_{i+1}-x_{i}\right )$, где $ M{_{i}}’=\underset{\displaystyle x_{i} \leqslant x \leqslant x{}’}{\sup} f\left (x\right )$, $ M_{i}{}'{}’=\underset{\displaystyle x{}’ \leqslant x \leqslant x_{i+1} }{\sup} f\left (x\right )$. Ясно, что $ M{_{i}}’ \leqslant M_{i}$. и $ M_{i}{}'{}’ \leqslant M_{i}$. Поэтому $ M{_{i}}’\left (x{}’ -x_{i}\right ) + M_{i}{}'{}’ \left (x_{i+1} -x{}’\right ) \leqslant M_{i}\left (x_{i+1} -x_{i}\right )$, так что и $ \bar{S_{\prod {}’}} \leqslant \bar{S_{\prod}}$.
Для нижних сумм доказательство аналогичное.
2. Каждая нижняя сумма Дарбу не превосходит каждой верхней суммы Дарбу, даже если они соответствуют разным разбиениям
Пусть $ \prod_{1}$, $ \prod_{2} $ — произвольные разбиения отрезка $ [a,b].$ Докажем, что $ \underline S_{\prod_{1}} \leqslant \bar S_{\prod_{2}}$. Объединяя точки разбиений $ \prod_{1} $ и $ \prod_{2}$, получим новое разбиение $ \prod$, причем, поскольку $ \prod_{1} $ может быть получено из $ \prod_{1} $ путём добавления к $ \prod_{1} $ новых точек деления, то, в силу предыдущего свойства, имеем $ \underline S_{\prod_{1}} \leqslant \underline S_{\prod}$. С другой стороны, разбиение $ \prod $ может быть получено из $ \prod_{2} $ путем добавления к $ \prod_{2} $ новых точек деления, так, что, в силу предыдущего свойства, $ \bar S_{\prod} \leqslant \bar S_{\prod_{2}}$. Объединяя эти два неравенства и учитывая, что $ \underline S_{\prod} \leqslant \bar S_{\prod}$, получаем $ \underline S_{\prod_{1}} \leqslant \bar S_{\prod_{2}}$.
Интегралы Дарбу.
Пусть функция $ f $ ограничена на отрезке $ [a,b]$, т.е. $ \left | f\left (x\right ) \right |\leqslant M$, $ a\leqslant x\leqslant b$. Тогда для любого разбиения $ \prod $ справедливы неравенства $ \left |\bar S_{\prod} \right | \leqslant M\left (b-a\right ) $ и $ \left |\underline S_{\prod} \right | \leqslant M\left (b-a\right )$. Это означает, что множества всевозможных верхних и нижних сумм Дарбу являются ограниченными.
Определение. Верхняя грань множества всевозможных нижних сумм Дарбу называется нижним интегралом функции $ f $ и обозначается $ \underline I = \sup_{\prod} {\underline S_{\prod}}$. Нижняя грань множества всевозможных верхних сумм Дарбу называется верхним интегралом и обозначается $ \bar I = \inf_{\prod} {\bar S_{\prod}}$.
Связь между верхним и нижним интегралами устанавливает
Утверждение. Для любой ограниченной функции $ f $ справедливо неравенство $ \underline I \leqslant \bar I. $
Как было показано выше,каждая нижняя сумма Дарбу не превосходит каждой верхней суммы Дарбу, т.е. для любых двух разбиений $ \prod $ и $ \prod{}’ $ справедливо неравенство $ \underline I \leqslant \bar I. $ Переходя к верхней грани по всевозможным разбиениям $ \prod$, получаем $ \underline I \leqslant \bar S_{\prod{}’}$. Поскольку в полученном неравенстве разбиение $ \prod{}’ $ произвольное, то переходя к нижней грани по всевозможным разбиениям, получим $ \underline I \leqslant \bar I$.
Пример. Рассмотрим функцию Дирихле на отрезке $ [0,1]$. Для нее, очевидно, при любом разбиении $ \prod $ будет $ \underline S_{\prod} = 0$, так что и $ \underline I = 0$. С другой стороны, $ \bar S_{\prod} = 1$, так что $ \bar I = 1$.
Теорема (критерий интегрируемости по Риману). Пусть функция $ f $ ограничена на отрезке $ [a,b]$. Для того чтобы $ f $ была интегрируемой на этом отрезке, необходимо и достаточно, чтобы было выполнено равенство $$\lim_{d\left (\prod\right )\rightarrow 0}\left (\bar S_{\prod} -\underline S_{\prod}\right ) = 0$$
Это равенство означает, что для любого положительного $\varepsilon$ найдется такое положительное
$\delta$, что для каждого разбиения $\prod$, диаметр которого $d\left (\prod\right )<\delta$, справедливо неравенство $\bar S_{\prod} - \underline S_{\prod} < \varepsilon.$
Необходимость. Пусть функция $ f $ интегрируема, т.е. существует конечный $$I\equiv\lim_{d\left (\prod\right )\rightarrow 0}\sigma$$
Это означает, что для любого $ \varepsilon > 0 $ найдется такое $ \delta > 0$, что для любого разбиения $\prod$ с $d\left (\prod\right ) < \delta$ и при любом выборе промежуточных точек $\xi _{i}$ выполнено неравенство $\left | \sigma -I \right | < \varepsilon$. Это неравенство можно переписать так: $I-\varepsilon <\sigma < I + \varepsilon$.
Зафиксируем произвольное разбиение$\prod$ с $d\left (\prod\right ) < \delta$. Поскольку $\bar S_{\prod}$- верхняя грань множества всех интегральных сумм $\sigma$, соответствующих разбиению $\prod$, и $\sigma < I +\varepsilon$, то $\bar S_{\prod} \leqslant I +\varepsilon$.
Аналогично получаем $\underline S_{\prod} \geq I - \varepsilon$. Таким образом, $I - \varepsilon \leqslant \underline S_{\prod} \leqslant \bar S_{\prod} \leqslant I + \varepsilon$. Отсюда следует, что $\bar S_{\prod} -\underline S_{\prod} \leqslant 2\varepsilon$, если только $d\left (\prod\right ) < \delta.$
Достаточность. Заметим, что для любого разбиения $\prod$ справедливо неравенство $\underline S_{\prod}\leqslant \underline I\leqslant \bar I \leqslant \bar S_{\prod}$. Поскольку, по условию,$\bar S_{\prod} -\underline S_{\prod} \rightarrow 0$ при $d\left (\prod\right ) \rightarrow 0$, то $\bar I = \underline I$. Обозначим их общее значение через $I$. Тогда получим, что для любого разбиения $\prod$ имеет место неравенство $\underline S_{\prod} \leqslant I \leqslant \bar S_{\prod}$. Но и каждая интегральная сумма $ \sigma$, отвечающая разбиению $\prod$, также удовлетворяет неравенству $ \underline S_{\prod} \leqslant \sigma \leqslant \bar S_{\prod}$. Отсюда следует, что $ \left | \sigma -I\right |\leqslant \bar S_{\prod} -\underline S_{\prod}$. Поскольку правая часть последнего неравенства стремится к нулю при $ d\left (\prod\right ) \rightarrow 0$, то получаем $$\lim_{d\left (\prod\right )\rightarrow 0} \sigma = I $$
Замечание. Из доказательства необходимости видно, что для интегрируемой функции ее верхняя и нижняя суммы Дарбу стремятся к интегралу от функции при стремлении к нулю диаметра разбиения.
Определение. Для ограниченной на отрезке $ [\alpha, \beta ] $ функции $ \varphi $ число $\omega = \sup \left | \varphi \left (x{}’\right ) — \varphi \left (x{}'{}’\right ) \right |,$ где $x{}’, x{}'{}’ \in [\alpha,\beta ]$, называется колебанием функции $ \varphi $ на $ [\alpha, \beta ]$.
Обозначим $ M_{i}=\underset{\displaystyle \alpha \leqslant x\leqslant \beta }{\sup} \varphi \left (x\right ) $ и $ m_{i} =\underset{\displaystyle \alpha \leqslant x\leqslant \beta }{\inf} \varphi \left (x\right )$. Тогда, как легко видеть, $\omega = M_{i} -m_{i}$
Пусть теперь ограниченная функция $f$ задана на отрезке $ [a,b]$. Тогда для произвольного разбиения $\prod $ колебание $ f $ на $ [x_{i},x_{i+1}] $ равно $\omega = M_{i}- m_{i}$. Поэтому $$\bar S_{\prod} -\underline S_{\prod} = \sum_{i=0}^{n-1}\left (M_{i} -m_{i}\right )\Delta x = \sum_{i=0}^{n-1}\omega _{i}\Delta x.$$
Таким образом, равносильная формулировка критерия интегрируемости примет следующий вид.
Теорема (критерий интегрируемости в терминах колебаний).
Для того чтобы ограниченная функция $ f $ была интегрируемой по Риману на отрезке $[a,b]$, необходимо и достаточно, чтобы было выполнено равенство$$\lim_{d\left (\prod\right )\rightarrow 0} \sum_{i=0}^{n-1} \omega_{i}\Delta x_{i} = 0,$$ где $ \omega _{i} $ — колебание функции $ f $на отрезке $ [x_{i}, x_{i=1}]$.
Пример решения задачи
Дан интеграл $I=\int\limits_{0}^{1}\sqrt{1+x^{5}}dx$. Выполнить равномерное разбиение на отрезке $\left [ 0, 1 \right ]$ на 6 частей. Построить верхнюю и нижнюю суммы Дарбу.
Решение
График функции $ f\left (x\right )=\sqrt{1+x^{5}}$.
Докажем, что функция монотонна.
Для этого возьмем производную данной функции
$\displaystyle f{}’\left (x\right )=\frac{\displaystyle 5x^{4}}{\displaystyle 2\sqrt{1+x^{5}}}$. Так как мы рассматриваем промежуток $\left ( 0, 1 \right )$, то на этом участке $x^{5} > 0$, $x^{4} > 0$ (так как степень четная ). Получили, что $ f{}’\left (x\right ) > 0$. Следовательно, $ f\left (x \right ) $ монотонно возрастает, тогда $\underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (x\right )$
расположен на правом конце, а $\underset{\displaystyle x_{i} \leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\inf} f\left (x\right )$- на левом конце.
Построим верхнюю сумму Дарбу: Найдем значения с точностью 0,001
$$ \bar S_{\prod} =\sum_{i=0}^{n-1} M_{i} \Delta x_{i}$$
$M_{1}=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (x\right )$=$\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 6}\right )$ $\approx 1;$
$M_{2}= \displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (x\right )$=$\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (\frac{\displaystyle 2}{\displaystyle 6}\right )$ $\approx 1,002;$
$M_{3}=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (x\right )$=$\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (\frac{\displaystyle 3}{\displaystyle 6}\right )$ $\approx 1,015;$
$M_{4}= \displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (x\right )$=$\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (\frac{\displaystyle 4}{\displaystyle 6}\right )$ $\approx 1,064;$
$M_{5}=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (x\right )$=$\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (\frac{\displaystyle 5}{\displaystyle 6}\right )$ $\approx 1,184;$
$M_{6}=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (x\right )$=$\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (1\right )$ $\approx 1,414;$
$$ \bar S_{\prod} =\left (1+1,002+1,015+1,064+1,184+1,414\right )\cdot \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 6} = 1.113;$$
[latex] \underline I = sup_{\prod} {\underline S_{\prod}} [/latex]
[latex] \bar I = inf_{\prod} {\bar S_{\prod}} [/latex]
Верхняя сумма Дарбу, соответствующего разбиению [latex] \prod [/latex].
Нижняя сумма Дарбу, соответствующего разбиению [latex] \prod [/latex].
Нижний интеграл Дарбу
Верхний интеграл Дарбу
Правильно
Неправильно
Задание 7 из 10
7.
Количество баллов: 1
Заполнить пропуски.
Пусть функция [latex] f [/latex] __________ на отрезке [latex] [a,b] [/latex]. Для того чтобы [latex] f [/latex] была _______ на этом отрезке, необходимо и достаточно, чтобы было выполнено равенство $$\lim_{d(\prod)\rightarrow 0}(\bar S_{\prod} — \underline S_{\prod}) = 0$$
Это равенство означает, что для любого положительного [latex]\varepsilon[/latex] найдется такое положительное
[latex]\delta[/latex], что для каждого разбиения [latex]\prod[/latex], диаметр которого $d(\prod)<\delta$, справедливо неравенство [latex]\bar S_{\prod} - \underline S_{\prod} < \varepsilon.[/latex]
Правильно
Неправильно
ограничена, интегрируемой
Подсказка
Указанные ответы должны быть написаны с маленькой буквы и через запятую. Перед запятой не должно быть пробела, а после — должен быть.
Задание 8 из 10
8.
Количество баллов: 1
Дан отрезок [latex]\left [ 0, 1 \right ][/latex], который равномерно разбит на 5 частей. Указать длину одной части отрезка.
Теорема (формула интегрирования по частям).
Пусть функции $u(x)$ и $v(x)$ дифференцируемы на интервале $I$. Если одна из функций $u(x)v'(x)$ или $u'(x)v(x)$ имеет первообразную на интервале $I$, то на этом интервале имеет первообразную и другая функция, причем справедливо равенство $$\begin{equation}\label{eq:exp1}\int u(x)v'(x)dx=u(x)v(x)-\int u'(x)v(x)dx\end{equation}.$$
Доказательство сразу следует из правила дифференцирования произведения. Действительно, пусть $u(x)v'(x)$ имеет первообразную. Тогда, по правилу дифференцирования произведения, имеем $$[u(x)v(x)]’=u'(x)v(x)+u(x)v'(x).$$
Отсюда получаем, что $u'(x)v(x)$ является разностью двух производных функций, т. е. разностью двух функций, имеющих первообразные. Поэтому она сама также является производной, т. е. имеет первообразную, и справедливо равенство $\eqref{eq:exp1}$.
Замечание 1.
Коротко правило интегрирования по частям может быть записано так:
$$\int udv=uv-\int vdu.$$
Действительно, в этой записи используется формула для вычисления дифференциала функции $du(x)=u'(x)dx$.
Замечание 2.
Если одна из функций дифференцируема, а другая имеет первообразную, то их произведение (производной на функцию, имеющую первообразную) не обязано иметь первообразную. Такой пример приводится сразу после этого замечания. Поэтому в формулировке теоремы нужно предполагать наличие первообразной у одной из функций $u'(x)v(x)$ или $u(x)v'(x)$.
Утверждение.
Существуют дифференцируемая функция $u$ и имеющая первообразную функция $v$, такие, что $u’v$ не имеет первообразной.
Достаточно показать, что квадрат функции, имеющей первообразную, может не иметь первообразной.
Положим $f(x)=|x|^\alpha \sin\displaystyle\frac{1}{x}$, $x\neq0$, $f(0)=0$. При $\alpha>1$ функция $f$ дифференцируема на $\mathbb{R}$ и ее производная равна
$$\begin{equation*}f'(x) = \begin{cases}\alpha|x|^{\alpha-1}\sin\displaystyle\frac{1}{|x|}-|x|^{\alpha-2}\cos\displaystyle\frac{1}{x},\; x\neq0, \\ 0,\; x=0. \end{cases}\end{equation*}$$
Поскольку функция $\alpha|x|^{\alpha-1}\sin\displaystyle\frac{1}{x}\equiv\varphi(x) (x\neq0)$, $\varphi(0) = 0$ непрерывна на $\mathbb{R}$, а значит, имеет первообразную на $\mathbb{R}$, то функция
$$v(x)\equiv|x|^{\alpha-2}\cos\displaystyle\frac{1}{x}=\varphi(x)-f'(x) (x\neq0),\;\; v(0) = 0,$$
имеет первообразную на $\mathbb{R}$ как разность двух функций — $\varphi(x)$ и $f'(x)$, имеющих первообразные на $\mathbb{R}$.
Покажем, что при надлежащем выборе числа $\alpha>1$ функция $v^2(x)$ не имеет первообразной на $\mathbb{R}$. Предположим противное. Пусть существует такая дифференцируемая на $\mathbb{R}$ функция $F$, что для всех $x\in \mathbb{R}$ справедливо равенство
$$F'(x)=v^2(x)=|x|^{2(\alpha-2)}\cos^2\displaystyle\frac{1}{x},\;\; (x\neq0),\;\; F'(0)=0.$$
Для $k = 1, 2, \ldots$ обозначим
$$[a_k, b_k] = \left[\displaystyle\frac{4}{(4k+1)\pi}, \displaystyle\frac{4}{(4k-1)\pi}\right].$$
Если $x\in[a_k, b_k]$, то
$$\displaystyle\frac{1}{x}\in\left[\displaystyle\frac{(4k-1)\pi}{4}, \displaystyle\frac{(4k+1)\pi}{4}\right], \\ \displaystyle\frac{2}{x}\in\left[\displaystyle\frac{(4k-1)\pi}{4}, \displaystyle\frac{(4k+1)\pi}{4}\right]=\left[2k\pi-\displaystyle\frac{\pi}{2}, 2k\pi+\displaystyle\frac{\pi}{2}\right].$$
Поэтому для $x\in[a_k, b_k]$ имеем
$$\cos^2\displaystyle\frac{1}{x}=\displaystyle\frac{1+\cos\displaystyle\frac{2}{x}}{2}\geqslant\displaystyle\frac{1}{2},$$
так что $F'(x)\geqslant\displaystyle\frac{1}{2}x^{2(\alpha-2)}, x\in[A_k, b_k]$. По теореме Лагранжа получим
$$F(b_k)-F(a_k)=F'(\xi_k)(b_k-a_k)\geqslant\displaystyle\frac{1}{2}\xi^{2(\alpha-2)}_k(b_k-a_k)\geqslant\displaystyle\frac{b_k-a_k}{2}b^{2(\alpha-2)}_k,$$
где $\xi_k\in[a_k, b_k]$, а число $\alpha>1$ будет выбрано так, что $\alpha<2$. Отсюда получим
$$F(a_k)\leqslant F(b_k)-\displaystyle\frac{b_k-a_k}{2}b^{2(\alpha-2)}_k.$$
Заметим, что отрезки $[a_k, b_k]$ попарно не пересекаются и, так как $F'(x)\geqslant0$, то функция $F$ не убывает. Значит,
$$F(b_{k+1})\leqslant F(a_k)\leqslant F(b_k)-\displaystyle\frac{b_k-a_k}{2}b^{2(\alpha-2)}_k.$$
Отсюда следует, что
$$\begin{equation}\label{eq:exp2}F(b_{k+1})\leqslant F(b_1)-\displaystyle\frac{1}{2}\sum^{k}_{s=1}(b_s-a_s)b^{2(\alpha-2)}_s.\end{equation}$$
Оценим последнюю сумму справа. Имеем
$$b_s-a_s=\displaystyle\frac{8}{\pi}\displaystyle\frac{1}{(4s+1)(4s-1)},$$
так что
$$\sum^{k}_{s=1}(b_s-a_s)b^{2(\alpha-2)}_s=\\=c_s\sum^{k}_{s=1}\displaystyle\frac{1}{(4s+1)(4s-1)}\left(\displaystyle\frac{1}{4s-1}\right)^{2(\alpha-2)}\geqslant c’_s\sum^{k}_{s=1}\displaystyle\frac{1}{s^{2\alpha-2}}.$$
Если $2\alpha-2\leqslant1$, т. е. $\alpha\leqslant\displaystyle\frac{3}{2}$, то $\sum\limits^k_{s=1}\displaystyle\frac{1}{s^{2\alpha-2}}\rightarrow\infty(k\rightarrow\infty)$. Поэтому из $\eqref{eq:exp2}$ следует, что $F(b_{k+1})\rightarrow-\infty$ при $k\rightarrow\infty$. Но поскольку $b_{k+1}\rightarrow+0 (k\rightarrow\infty)$, то это противоречит непрерывности функции $F$ в точке $x_0=0$ справа, которая вытекает из дифференцируемости функции $F$ в нуле.
Пример 1.
$\int x e^x dx=\begin{bmatrix}u=x, & dv=e^x dx\\du=dx, & v=e^x\end{bmatrix}=x e^x-\int e^x dx=x e^x-e^x+C.$
Пример 2.
$\int x\cos x dx=\begin{bmatrix}u=x, & dv=\cos x dx\\du=dx, & v=\sin x\end{bmatrix}=\\=x\sin x-\int\sin x dx=x\sin x+\cos x+C.$
Пример 3.
$\int x\ln x dx=\begin{bmatrix}u=\ln x, & dv=x dx\\du=\displaystyle\frac{dx}{x}, & v=\displaystyle\frac{x^2}{2}\end{bmatrix}=\\=\displaystyle\frac{x^2}{2}\ln x-\displaystyle\frac{1}{2}\int x dx=\displaystyle\frac{x^2}{2}\ln x-\displaystyle\frac{x^2}{4}+C.$
Следующий пример показывает такой способ применения формулы интегрирования по частям, когда в правой части появляется такой же интеграл, как и в левой части. Тогда искомый интеграл может быть найден из полученного равенства.
Теорема (о замене переменной в интеграле). Пусть функция $f$ имеет первообразную на интервале $I$, т. е.
$$\int f(t)dt=F(t)+C.$$
Пусть, далее, функция $\varphi$ дифференцируема на интервале $\Delta$ и $\varphi(\Delta)\subset I$. Тогда справедливо равенство
$$\int f(\varphi(x))\varphi'(x)dx=F(\varphi(x))+C.$$
Действительно, по правилу дифференцирования сложной функции имеем
$$[F(\varphi(x))]’=F'(\varphi(x))\varphi'(x)=f(\varphi(x))\varphi'(x).$$
Пример 1. $\int\sin^3 xdx=\int\sin x(1-\cos^2 x)dx=[\cos x = t, dt =-\sin xdx]=\\=\int(t^2-1)dt=\displaystyle\frac{t^3}{3}-t+C=\displaystyle\frac{\cos^3 x}{3}-\cos x+C.$
Пример 2. $\int\displaystyle\frac{dx}{1+e^x}=\begin{bmatrix}\text{преобразуем} & \displaystyle\frac{1}{1+e^x}=\displaystyle\frac{1}{e^x(e^-x+1)}=\displaystyle\frac{e^{-x}}{1+e^{-x}}\\ \text{положим} & 1+e^{-x}=t, dt=-e^{-x}dx\end{bmatrix}=-\int\displaystyle\frac{dt}{t}=\\=-\ln|t|+C=-\ln(1+e^{-x})+C=-\ln\displaystyle\frac{1+e^x}{e^x}+C=x-\ln(1+e^x)+C.$
Замечание. Мы использовали равенство $\int\displaystyle\frac{dx}{x}=\ln|x|+C$. Это равенство следует применять отдельно для промежутков $(0, +\infty)$ и $(-\infty, 0)$.
При $x>0$ оно справедливо по той причине, что $|x|=x,$ $(\ln x+C)’=\displaystyle\frac{1}{x}$.
Если же $x<0$, то $|x|=-x$, $\ln(-x)+C)’=\displaystyle\frac{1}{-x}\cdot(-1)=\displaystyle\frac{1}{x}$, так что и в этом случае равенство верно.
Итак, если исходный интеграл представлен в виде $\int f(\varphi(x))\varphi'(x)dx$, то, выполняя замену переменной $t=\varphi(x)$, мы приходим к интегралу $\int f(t)dt$. Часто замену переменной в интеграле $\int g(x)dx$ применяют в виде $x = \psi(t)$, затем вычисляют интеграл по $t$, а чтобы вернуться к старой переменной $x$, нужно выразить новую переменную $t$ через $x$.
Пример. Пусть $I=\int\sqrt{1-x^2}dx$.
Для вычисления этого интеграла положим $x=\sin t$. Тогда
$$dx=\cos tdt, \sqrt{1-x^2}=\sqrt{1-\sin^2 t}=\sqrt{\cos^2 t}=\cos t.$$
Подставляя это в исходный интеграл, получаем
$$I=\int\cos^2 tdt=\int\displaystyle\frac{1+\cos 2t}{2}dt=\displaystyle\frac{t}{2}+\displaystyle\frac{\sin 2t}{4}+C.$$
Из равенства $x=\sin t$ имеем $t=\arcsin x$, так что
$$I=\displaystyle\frac{\arcsin x}{2}+\displaystyle\frac{x\sqrt{1-x^2}}{2}+C.$$
Вычислим этот интеграл еще одним способом, основанным на применении формулы интегрирования по частям.
$$I=\int\sqrt{1-x^2}dx=\begin{bmatrix}u=\sqrt{1-x^2}, & dv=dx\\du=-\displaystyle\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}dx, & v=x\end{bmatrix}=\\=x\sqrt{1-x^2}+\int\displaystyle\frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}dx=\\=x\sqrt{1-x^2}+\int\displaystyle\frac{x^2-1+1}{\sqrt{1-x^2}}dx=x\sqrt{1-x^2}-I+\int\displaystyle\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}.$$
Воспользовавшись теперь равенством $\int\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}=\arcsin x+c$, вытекающим из того, что $(\arcsin x+C)’=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$, получим $I=x\sqrt{1-x^2}-I+\arcsin x$. Отсюда следует
$$I=\displaystyle\frac{1}{2}[x\sqrt{1-x^2}+\arcsin x]+C.$$
Дополните утверждение.
Пусть функция $\varphi$ ___________ на интервале $\Delta$ и $\varphi(\Delta)\subset I$.
Тогда справедливо равенство $\int f(\varphi(x))\varphi'(x)dx=F(\varphi(x))+C.$
Правильно
Неправильно
дифференцируема
Задание 6 из 7
6.
Количество баллов: 2
Выберите правильные замены при нахождении интеграла $\int{x}(2x+5)^{10}dx$:
Пусть функция $f$ определена на интервале $(a, b)$. Предположим, что в каждой точке $x \in \left(a,b\right)$ у функции $f$ существует производная $f^{\prime}\left(x\right)$. Если функция $f^\prime$ в некоторой точке $x_{0} \in \left(a, b \right)$ имеет производную, то ее называют второй производной функции $f$ в точке $x_{0}$ и обозначают $f^{\prime \prime}\left(x_0\right)$. По индукции определяются и производные высших порядков. Именно, $f^{\left(k\right)}\left(x\right)=f^{\left(k-1\right)^{\prime}}\left(x\right)$
Определение: Для $k \in \usepackage{amsfonts} \mathbb {N}$ и отрезка $\left[a, b\right]$ через $C^{k}\left(\left[a, b\right]\right)$ обозначается совокупность всех функций $f$, определенных на $\left[a, b\right]$ и таких, что $k$-я производная $f^{\left(k\right)}$ непрерывна на $\left[a, b\right]$. При этом в точках $a$ и $b$ производные понимаются как односторонние.
Напомним определение дифференцируемости. Дифференцируемой в точке $x_{0}$ мы называли такую функцию $f$, что в окрестности точки $x_{0}$ она представима в виде
$$f\left(x\right) = f \left(x_0\right) + f^{\prime}\left(x_0\right)\left(x − x_{0}\right) + \left(x \to x_{0}\right) \bar{o}\left(\left(x − x_{0}\right)^n\right) \left(x \to x_{0}\right) $$
т.е. $f\left(x\right) = P_{1}\left(x\right) + \bar{o}\left(x − x_{0}\right)$, где $P_{1}\left(x\right)$ – многочлен первого порядка, а остаток $\bar{o}\left(x − x_{0}\right)$ мал по порядку по сравнению с $x − x_{0}$.
Поставим следующую задачу. Пусть функция $f$ определена в некоторой окрестности точки $x_{0}$. Можно ли функцию $f$ в этой окрестности представить в виде суммы многочлена $P_{n}\left(x\right)$ степени не выше заданного натурального $n$, и остатка $r_{n}\left(x\right)$, малого по сравнению с $\left(x − x_{0}\right)^n$, т.е. $r_{n}\left(x\right) = \bar{o}\left(\left(x − x_{0}\right)^{n}\right)\left(x \to x_{0}\right)$? Другими словами, мы хотим, чтобы имело место равенство
$$f\left(x\right) = P_{n}\left(x\right) + \bar{o}\left(\left(x − x_{0}\right)^n\right)\left(x \to x_{0}\right).$$
При $n = 1$ это возможно, если функция $f$ дифференцируема в точке $x_{0}$. Это сразу следует из определения дифференцируемости.
Лемма: Пусть функция $ \varphi $ определена на интервале $I$ и всюду на этом интервале имеет производную до порядка $n − 1$ включительно, а в точке $x_{0} \in I$ имеет производную $ \varphi^{\left(n\right)}\left(x_{0}\right)$, причем $$ \varphi\left(x_{0}\right) = \varphi^{\prime}\left(x_{0}\right)=\ldots=\varphi^{\left(n\right)}\left(x_{0}\right) = 0.$$ Тогда $ \varphi\left(x\right) = \bar{o}\left(\left(x − x_{0}\right)^{n}\right)\left(x \to x_{0}\right)$
Применим индукцию по $n$. При $n = 1$ из дифференцируемости $\varphi$ в точке $x_{0} \in I$ получаем $$ \varphi\left(x\right) = \varphi \left(x_{0}\right) + \varphi^{\prime}\left(x_{0}\right)\left(x − x_{0}\right) + \bar{o}\left(x − x_{0}\right),$$ а из условия леммы $ \varphi\left(x_{0}\right) = \varphi^{\prime}\left(x_{0}\right) = 0 $ следует, что $\varphi \left(x\right) = \bar{o}\left(x − x_{0}\right).$
Предположим, что лемма верна для некоторого натурального $n$, и покажем, что она справедлива и для $n + 1$. Итак, согласно предположению индукции, $\varphi\left(x\right) = \underset{\left(x \to x_{0}\right)}{\bar{o}\left(\left(x − x_{0}\right)^n\right)}$ и $\varphi^{\left(n+1\right)} \left(x_{0}\right) = 0$. Тогда, по теореме Лагранжа, $\varphi\left(x\right) − \varphi \left(x_{0}\right) = \varphi^{\prime}\left(\xi\right)\left(x − x_{0}\right)$, где точка $\xi$ находится между $x$ и $x_{0}$. Обозначим $\psi \left(x\right) = \varphi^{\prime}\left(x\right)$. Тогда, по предположению индукции, $ \psi\left(x_{0}\right) = \psi^{\prime}\left(x_{0}\right)=\ldots=\psi^{\left(n\right)}\left(x_{0}\right) = 0$ и $\psi^{\left(n\right)}\left(x\right)=\underset{\left(x\to x_{0}\right)}{\bar{o}\left(\left(x− x_{0}\right)^n\right)}$. Поэтому $$ \frac{\lvert \varphi\left(x\right) \rvert}{\lvert x-x_{0} \rvert ^{n+1}} = \frac {\lvert \varphi ^{\prime} \left(\xi\right) \rvert}{\lvert x-x_{0} \rvert ^{n}} \leqslant \frac{\lvert \psi \left(\xi\right) \rvert}{\lvert \xi-x_{0} \rvert ^{n}} \to 0 \mbox{ при } x \to x_{0}. $$ Это следует из предположения индукции и из того, что $\xi $ находится между $x$ и $x_{0}$. Таким образом, получили, что $\varphi\left(x\right) = \bar{o}\left(\left(x − x_{0}\right)^{n+1}\right)$.
Вернемся к нашей задаче представления функции $f$ в виде $$f\left(x\right) = P_{n}\left(x\right)+\bar{o}\left(\left(x-x_{0}\right)^n\right).$$ Из доказанной леммы сразу следует, что если мы найдем многочлен $P_{n}\left(x\right)$, такой, что $P_{n}\left(x_{0}\right) = f\left(x_{0}\right)$, $P_{n}^{\prime}\left(x_{0}\right) = f^{\prime}\left(x_{0}\right)$, $\ldots$, $P_{n}^{\left(n\right)}\left(x_{0}\right) = f^{\left(n\right)}\left(x_{0}\right)$, то функция $\varphi\left(x\right) = f\left(x\right) − P_{n}\left(x\right)$ будет удовлетворять условиям $\varphi\left(x_{0}\right) =\varphi^{\prime}\left(x_{0}\right) = \ldots = \varphi^{\left(n\right)}\left(x_{0}\right) = 0$, и, в силу леммы, $\varphi\left(x\right) = \bar{o} \left(\left(x − x_{0}\right)^n\right)$, т.е. наша задача будет решена, если мы найдем многочлен $P_{n}\left(x\right)$.
Многочлен $P_{n}\left(x\right)$ будем искать в виде $$P_{n}\left(x\right) = c_0 + c_{1}\left(x-x_{0}\right) + \ldots + c_{n}\left(x-x_{0}\right)^n,$$ т.е. по степеням $x − x_{0}$, где $c_0, c_1, \ldots, c_n$ – коэффициенты. Найдем производные многочлена $P_n$. Имеем
Таким образом, $P_n^{\left(k\right)}\left(x_0\right) = k!\cdot c_k$, откуда $c_k = \frac{\displaystyle P_n^{\left(k\right)}\left(x_0\right)}{\displaystyle k!}$. Итак, если мы хотим, чтобы при всех $k=0,1,\ldots,n$ были выполнены равенства $f^{\left(k\right)}\left(x_0\right)=P_n^{\left(k\right)}\left(x_0\right)$, то коэффициенты $c_k$ многочлена $P_n\left(x\right)$ должны быть равными $c_k = \frac {\displaystyle f^{\left(k\right)}\left(x_0\right)}{\displaystyle k!} \left(k = 0,1,\ldots,n\right)$, т.е. $$P_n\left(x\right) = f\left(x_0\right) + \frac {f^{\prime}\left(x_0\right)}{1!}\left(x-x_0\right) + \ldots + \frac {f^{\left(n\right)}\left(x_0\right)}{n!}\left(x-x_0\right)^n.$$ В этом случае функция $\varphi \left(x\right) = f\left(x\right) — P_n\left(x\right)$ удовлетворяет условиям леммы и, следовательно, $\varphi \left(x\right) = \bar{o}\left(\left(x-x_0\right)^n\right)$, т.е. мы получим нужное представление $$ f\left(x\right) = P_n\left(x\right) + \bar{o}\left(\left(x-x_0\right)^n\right).$$
Итак, мы доказали следующую теорему.
Теорема: Пусть функция $f$ определена в некоторой окрестности $I$ точки $x_0$ и имеет в этой окрестности производные до $(n − 1)$-го порядка включительно, а в точке $x_0$ имеет производную $n$-го порядка. Тогда справедливо равенство $$ f\left(x\right) = f\left(x_0\right)+\frac {f^{\prime}\left(x_0\right)}{1!}\left(x-x_0\right) + \frac {f^{\prime \prime}\left(x_0\right)}{2!}\left(x-x_0\right)^2 + \ldots +{} \\ {}+ \frac {f^{\left(n\right)}\left(x_0\right)}{n!}\left(x-x_0\right)^n + \bar{o}\left(\left(x-x_0\right)^n\right) \text{ при } x \to x_0.$$
Доказанное в этой теореме равенство называется формулой Тейлора с остатком в форме Пеано. Многочлен $$ P_n\left(x\right) = f\left(x_0\right)+\frac {f^{\prime}\left(x_0\right)}{1!}\left(x-x_0\right) + \frac {f^{\prime \prime}\left(x_0\right)}{2!}\left(x-x_0\right)^2 + \ldots +{} \\ {}+ \frac {f^{\left(n\right)}\left(x_0\right)}{n!}\left(x-x_0\right)^n $$ называется многочленом Тейлора функции $f$ с центром в точке $x_0$, а последнее слагаемое в формуле Тейлора $\bar{o}\left(\left(x − x_0\right)^n\right)$ — остатком формулы Тейлора в форме Пеано.
Докажем единственность многочлена Тейлора. Предположим, что существует два представления – $f\left(x\right) = P_n\left(x\right) + \bar{o}\left(\left(x-x_0\right)^n\right)$ и $f\left(x\right) = Q_n\left(x\right) + \bar{o}\left(\left(x-x_0\right)^n\right)$, где $P_n$ и $Q_n$ – многочлены степени не выше, чем $n$. Покажем, что $P_n \equiv Q_n$, т.е. коэффициенты многочленов $P_n$ и $Q_n$ совпадают. Имеем $P_n\left(x\right)-Q_n\left(x\right) = \bar{o}\left(\left(x-x_0\right)^n\right)$, т.е. $R_n\left(x\right) \equiv P_n\left(x\right)-Q_n\left(x\right) = \bar{o}\left(\left(x-x_0\right)^n\right)$, где степень $R_n$ не превосходит $n$. Покажем, что все коэффициенты $b_k$ многочлена $R_n\left(x\right) \equiv b_0 + b_1 \left(x-x_0\right) + \ldots +b_n\left(x-x_0\right)^n$ равны нулю. Из равенства $$b_0 + b_1 \left(x-x_0\right) + \ldots +b_n\left(x-x_0\right)^n = \bar{o}\left(\left(x-x_0\right)^n\right),$$ устремляя $x \to x_0$ и учитывая, что правая часть стремится к нулю, получаем, что $b_0 = 0$. Следовательно, $$b_1 \left(x-x_0\right) + \ldots +b_n\left(x-x_0\right)^n = \bar{o}\left(\left(x-x_0\right)^n\right).$$ Разделив это равенство на $x − x_0$, получим $$ b_1 + b_2 \left(x-x_0\right) + \ldots +b_n\left(x-x_0\right)^{n-1} = \bar{o}\left(\left(x-x_0\right)^{n-1}\right),$$ откуда, устремляя $x \to x_0$, получим, что $b_1 = 0$. Продолжая этот процесс, получим, что $b_0 = b_1 = \ldots = b_n = 0$, т.е. $R_n = 0$, что и требовалось.
Замечание: Если функция $f$ является многочленом степени $n$, то она совпадает со своим многочленом Тейлора порядка $n$ и выше. В самом деле, если $f\left(x\right) = P_n\left(x\right)$, то для $n \leqslant m$ будем иметь $$f\left(x\right) = P_n\left(x\right) = P_m\left(x\right) + 0 = P_m\left(x\right) + r_m\left(x\right),$$ где $r_m\left(x\right) = 0 = \bar{o}\left(\left(x-x_0\right)^m\right) \left(x \to x_{0}\right)$. Значит, в силу единственности многочлена Тейлора, $P_m\left(x\right) \equiv P_n\left(x\right)$ – многочлен Тейлора.
Примеры решения задач
Пусть $f\left(x\right) = x^2 − 3x + 1$. Требуется построить формулу Тейлора для функции $f$ порядка $n = 2$ в окрестности точки $x_0 = 1$. Решение
Можно было бы вычислить $f\left(1\right), f^{\prime}\left(1\right), f^{\prime \prime}\left(1\right)$ и построить многочлен Тейлора согласно общей формуле $$ P_2\left(x\right) = f\left(1\right) + \frac {f^{\prime}\left(1\right)}{1!}\left(x-1\right) + \frac {f^{\prime \prime}\left(1\right)}{2!}\left(x-1\right)^2,$$ и тогда получили бы $$ f\left(x\right) = x^2 — 3x + 1 = f\left(1\right) + \frac {f^{\prime}\left(1\right)}{1!}\left(x-1\right) + \frac {f^{\prime \prime}\left(1\right)}{2!}\left(x-1\right)^2 + r_2\left(x\right), $$ где $r_2\left(x\right) = f\left(x\right) — P_2\left(x\right) = \bar{o}\left(\left(x-1\right)^2\right) \left(x \to 1\right)$. На самом деле оказывается, что $r_2\left(x\right) ≡ 0$. Действительно, данный пример можно решить проще, если многочлен $x^2−3x+1$ расписать по степеням $x−1$, а именно: $x^2−3x+1 = \left(\left(x-1\right) + 1\right)^2-3\left(\left(x-1\right)+1\right)+1 = $$ $$= -1-\left(x-1\right)+\left(x-1\right)^2 = P_2 \left(x\right).$ Справа мы получили многочлен по степеням $x−1$. Данная функция $x^2 − 3x + 1$ представляет собой многочлен. В силу единственности, это и есть многочлен Тейлора для функции в окрестности точки $x_0 = 1$.
Построить формулу Тейлора для функции $f\left(x\right)=\sin x$ порядка $n = 3$ в окрестности точки $x_0 = \frac{\pi}{2}$. Решение
Записываем формулу Тейлора по определению, вычисляя предварительно $f\left(\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right), f^{\prime}\left(\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right), f^{\prime \prime}\left(\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right), f^{\left(3\right)}\left(\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right)$.
$f\left(\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right) = 1,$ $f^{\prime}\left(\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right) = \cos\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2} = 0,$ $f^{\prime \prime}\left(\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right) = -\sin\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2} = -1,$ $f^{\left(3\right)}\left(\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right) = -\cos\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2} = 0.$ С помощью полученных данных построим многочлен Тейлора третьего порядка $ P_3\left(x\right) = 1 + \frac {\displaystyle 0}{\displaystyle 1!}\left(x-\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right) + \frac {\displaystyle -1}{\displaystyle 2!}\left(x-\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right)^2 + \frac {\displaystyle 0}{\displaystyle 3!}\left(x-\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right)^3.$ Тогда формула Тейлора будет выглядеть следующим образом: $$f\left(x\right) = 1-\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 2}\left(x-\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right)^2 + \bar{o} \left(\left(x − x_{0}\right)^2\right).$$
Вычислить предел $\lim\limits_{x\to 0}\frac{\displaystyle\sqrt{1+x}-e^x+x^2}{\displaystyle\sin x}$, используя формулу Тейлора. Решение
Разложим выражения $\sqrt{1+2x}$, $e^x$ и $\sin x$ по формуле Тейлора в окрестности точки $x_0 = 0$ порядка $n=1$: $$\sqrt {1+x}=\left(1+x\right)^{\frac{1}{2}}=1+\frac{1}{2}x+\bar{o}\left(x\right);$$ $$ e^x=1+x+\bar{o}\left(x\right).$$
Используя эти разложения и заменив в знаменателе функцию $\sin x$ на эквивалентную ей в окрестности точки $x_0=0$ функцию $x$, получаем из исходной дроби следующую: $$\frac{1+\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 2}x-1-x+\bar{o}\left(x\right)}{x+\bar{o}\left(x\right)}.$$
Тогда в пределе получаем выражение
$$\lim\limits_{x\to 0} \frac {-\frac{\displaystyle x}{\displaystyle 2}+\bar{o}\left(x\right)} {x+\bar{o}\left(x\right)}.$$ Если поделить почленно числитель и знаменатель дроби на $x$, то получим $$\lim\limits_{x\to 0} \frac {-\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 2}+\frac{\displaystyle \bar{o}\left(x\right)}{\displaystyle x}} {1+\frac{\displaystyle \bar{o}\left(x\right)}{\displaystyle x}}.$$ Выражения вида $\frac{\displaystyle \bar{o}\left(x\right)}{\displaystyle x}$ в пределе дадут $0$. Тогда в ответе получаем $\frac{-1}{2}.$
Тест
Лимит времени: 0
Навигация (только номера заданий)
0 из 6 заданий окончено
Вопросы:
1
2
3
4
5
6
Информация
Пройдите тест, чтобы проверить свои знания о многочлене Тейлора и формуле Тейлора с остатком в форме Пеано.
Вы уже проходили тест ранее. Вы не можете запустить его снова.
Тест загружается...
Вы должны войти или зарегистрироваться для того, чтобы начать тест.
Вы должны закончить следующие тесты, чтобы начать этот:
Результаты
Правильных ответов: 0 из 6
Ваше время:
Время вышло
Вы набрали 0 из 0 баллов (0)
Средний результат
Ваш результат
Рубрики
Нет рубрики0%
Математический анализ0%
Ваш результат был записан в таблицу лидеров
Загрузка
максимум из 22 баллов
Место
Имя
Записано
Баллы
Результат
Таблица загружается
Нет данных
1
2
3
4
5
6
С ответом
С отметкой о просмотре
Задание 1 из 6
1.
Остаток в формуле Тейлора функции $f$ с центром в точке $x_0$, представленный в форме Пеано, можно записать в виде:
Правильно
Неправильно
Задание 2 из 6
2.
Выберите правильное утверждение:
Правильно
Неправильно
Задание 3 из 6
3.
Функции $f(x)=3x^2+1$ с центром в точке $x_0=1$ соответствует следующая формула Тейлора:
Правильно
Неправильно
Задание 4 из 6
4.
Установите соответствие между функциями и их многочленами Тейлора 3 степени с центром в точке $x_0=0$
1. Понятие преобразования Фурье и обратного преобразования Фурье. Пусть $f(x)$ есть комплекснозначная функция действительного переменного. Тогда преобразование Фурье функции $f(x)$ ( оно обозначается через $F[f]$ или $\hat{f}$) определяется формулой
$$\hat{f}(y)=F[f]=v.p.\intop_{-\infty}^{+\infty}f(x)e^{-iyx}dx\,(1)$$ Обратное преобразование Фурье(обозначается через $F^{-1}[f]$ или $\tilde{f}$) определяется формулой
$$\tilde{f}(y)=F^{-1}[f]=v.p.\frac{1}{2\pi}\intop_{-\infty}^{+\infty}f(x)e^{iyx}dx\,(2)$$
Предполагается, что интегралы (1) и (2) существуют. Если функция $f(x)$ абсолютно интегрируема, то несобственные интегралы $$\intop_{-\infty}^{+\infty}f(x)e^{-iyx}dx$$$$\intop_{-\infty}^{+\infty}f(x)e^{iyx}dx$$ существуют и совпадают с соответствующими интегралами в смысле главного значения. Поэтому для абсолютно интегрируемых функций преобразование Фурье и обратное преобразование Фурье определяется как следующие несобственные интегралы:
$$F[f]=\intop_{-\infty}^{+\infty}f(x)e^{-iyx}dx$$
$$F^{-1}[f]=\frac{1}{2\pi}\intop_{-\infty}^{+\infty}f(x)e^{iyx}dx$$
2. Свойства преобразования Фурье абсолютно интегрируемых на $\mathbb{R}$ функций.
Лемма 1. Преобразование Фурье абсолютно интегрируемой на $\mathbb{R}$ функции есть ограниченная и непрерывная на $\mathbb{R}$ функция.
Так как функция $f(x)$ абсолютно интегрируема на $\mathbb{R}$, то
$$\left|\hat{f}(y)\right|=\left|\intop_{-\infty}^{+\infty}f(x)e^{iyx}dx \right| \leq\intop_{-\infty}^{+\infty} \left| f(x)\right|dx= C_{0}$$ Cледовательно, $\hat{f}(y)$ есть ограниченная функция на $\mathbb{R}$. Для доказательства непрерывности функции $\hat{f}(y)$ запишем её в виде
и заметим, что, в силу леммы, функции $a(y)$ и $b(y)$ непрерывны на $\mathbb{R}$.
Теорема 1. Если функция $f(x)$ абсолютно интегрируема на $\mathbb{R}$ и имеет в каждой точке конечную производную $f'(x)$, то справедливы формулы обращения
