7.6 Теоремы о среднем

Теорема 1 (первая теорема о среднем значении). Пусть функции $f$ и $g$ интегрируемы на $[a,b].$ Причем функция $g$ не меняет знак на $[a,b].$ Пусть $m=\displaystyle\inf_{x \in [a,b]}f(x), M = \displaystyle\sup _{x \in [a,b]}f(x).$ Тогда найдется такое число $\mu \in [m, M]$, что $$\int^b_a f(x)g(x)dx= \mu \int^b_a g(x)dx.$$

Геометрический смысл первой теоремы о среднем

Можем считать, что $a < b,$ т. к. если поменять местами $a$ и $b,$ то знаки обеих частей равенства поменяются на противоположные. Пусть $g(x) \ge 0.$ Неравенство $m \le f(x) \le M$ умножим на $g(x)$ и проинтегрируем от $a$ до $b.$ В силу монотонности и линейности интеграла получим $$m \int^b_a g(x)dx \le \int^b_a f(x)g(x)dx \le M \int^b_a g(x)dx.$$ Если $\int^b_a g(x)dx=0,$ то из этого неравенства видно, что утверждение теоремы справедливо при любом $\mu.$ Если же $\int^b_a g(x)dx>0,$ то положим $$\mu = \frac{\int^b_a f(x)g(x)dx}{\int^b_a g(x)dx}.$$ Тогда из полученного выше неравенства следует, что $m \le \mu \le M,$ и теорема доказана.

Случай $g(x) \le 0$ рассматривается аналогично.

Следствие. Если в условиях теоремы 1 функция $f$ непрерывна на $[a,b],$ то найдется такая точка $\xi \in [a,b],$ что $$\int^b_a f(x)g(x)dx = f( \xi )\int^b_a g(x)dx.$$ Действительно, в этом случае, по теореме Больцано — Коши о промежуточном значении, число $\mu$ является значением функции $f$ в некоторой точке $\xi \in [a,b].$

Лемма. Пусть функция $g$ интегрируема на отрезке $[a,b].$ Тогда функция $G(x)\equiv \int^x_a g(t)dt (a \le x \le b)$ равномерно непрерывна на $[a,b].$

Пусть $ x^{\prime}, x^{\prime\prime} \in [a,b], x^{\prime} < x^{\prime\prime}.$ Тогда $$G(x^{\prime\prime}) — G(x^{\prime}) = \int^{x^{\prime\prime}}_a g(t)dt — \int^{x^{\prime}}_a g(t)dt =$$ $$= \int^{x^{\prime}}_a g(t)dt + \int^{x^{\prime\prime}}_{x^{\prime}} g(t)dt — \int^{x^{\prime}}_a g(t)dt = \int^{x^{\prime\prime}}_{x^{\prime}} g(t)dt.$$ Поскольку $g$ интегрируема, то она ограничена, т. е. существует такое $M$, что $|g(t)| \le M$ для всех $t \in [a,b]$. Поэтому получаем $$|G(x^{\prime\prime}) — G(x^{\prime})| \le \int^{x^{\prime\prime}}_{x^{\prime}} |g(t)|dt \le M(x^{\prime\prime} — x^{\prime}).$$ Отсюда следует, что функция $G$ равномерно непрерывна на $[a,b].$

Теорема 2 (вторая теорeма о среднем значении). Пусть функции $f$ и $g$ интегрируемы на $[a,b],$ причем функция $f$ монотонна на $[a,b].$ Тогда существует точка $\xi \in [a,b],$ такая, что$$ \int^b_a f(x)g(x)dx = f(a) \int^{\xi}_a g(x)dx + f(b) \int^b_{\xi} g(x)dx. \qquad \qquad (7.3)$$

Геометрический смысл второй теоремы о среднем

Сначала предположим, что $f$ убывает на $[a,b]$ и неотрицательна. Возьмем произвольное разбиение $a = x_0 < x_1 < \cdots < x_n = b$ отрезка $[a,b].$ Тогда, по свойству аддитивности интеграла, $$I \equiv \int^b_a f(x)g(x)dx = \sum_{i=0}^{n-1} \int ^{x_{i+1}}_{x_i} f(x)g(x)dx =$$ $$ = \sum_{i=0}^{n-1} f(x_i) \int ^{x_{i+1}}_{x_i} g(x)dx +$$ $$+ \sum_{i=0}^{n-1} \int^{x_{i+1}}_{x_i} [f(x) — f(x_i)]g(x)dx \equiv I’ + \rho.$$ Для оценки суммы $\rho$ воспользуемся тем, что интегрируемая функция $g$ ограничена, т.е. существует такое $M,$ что $|g(x)| \le M, x \in [a,b].$ Тогда получим $$| \rho | \le \sum^{n-1}_{i=0} \int^{x_i+1}_{x_i} |f(x) — f(x_i)||g(x)|dx \le M \sum^{n-1}_{i=0} \omega_i \Delta x_i, $$ где $\omega_i$ — колебания функции $f$ на $[x_i,x_{i+1}]$. Правая часть стремится к нулю при стремлении к нулю диаметра разбиения в силу критерия интегрируемости Римана. Следовательно, сумма $I^{\prime}$ стремится к интегралу $I$. Оценим $I^{\prime}$. Для этого обозначим $G(x) = \int^x_a g(t)dt.$ Получим $$I^{\prime} = \sum^{n-1}_{i=0} f(x_i)[G(x_{i+1}) — G(x_i)] = \sum^{n-1}_{i=0} f(x_i)G(x_{i+1}) -$$ $$- \sum^{n-1}_{i=0} f(x_i)G(x_i) = \sum^{n}_{i=1} f(x_{i-1})G(x_i) — \sum^{n-1}_{i=1} f(x_i)G(x_i) =$$ $$=f(x_{n-1})G(x_n) + \sum^{n-1}_{i=1} [f(x_{i-1}) — f(x_i)]G(x_i).$$ Мы воспользовались равенством $G(x_0) = G(a) = 0.$

Обозначим через $L$ и $U$ соответственно нижнюю и верхнюю грани функции $G$ на $[a,b].$ Поскольку, в силу леммы, функция $G$ непрерывна на $[a,b],$ то они существуют в силу первой теоремы Вейерштрасса. Учитывая также, что функция $f,$ по предположению, неотрицательна и монотонно убывающая, т.е. $f(x_{i-1} — f(x_i) \ge 0,$ получаем следующее неравенство: $$L \left[ f(x_{n-1}) + \sum^{n-1}_{i=1} [f(x_{i-1}) — f(x_i)] \right] \le $$ $$ \le I’ \le U \left[ f(x_{n-1}) + \sum^{n-1}_{i=1} [f(x_{i-1}) — f(x_i)] \right].$$ При этом мы использовали неравенство $L \le G(x_i) \le U.$ Поскольку, как легко видеть, сумма в квадратных скобках равна $f(x_0) = f(a),$ то полученное неравенство принимает вид $Lf(a) \le I^{\prime} \le Uf(a).$ Но поскольку $I^{\prime} \to I$ при $d(\Pi) \to 0,$ то отсюда получаем $Lf(a) \le I \le Uf(a).$ Разделив это неравенство на $f(a) > 0,$ получим $L \le \frac{I}{f(a)} \le U.$ Но поскольку функция $G$ непрерывна на $[a,b]$ в силу леммы, то найдется точка $\xi \in [a,b],$ такая, что $G(\xi) = \frac{I}{f(a)}.$ Отсюда следует, что $I = f(a)G(\xi),$ а учитывая определение функции $G,$ получаем равенство $$\int^b_a f(x)g(x)dx = f(a) \int^{\xi}_a g(x)dx \quad (\xi \in [a,b]). \qquad \qquad (7.4)$$

Итак, равенство $(7.4)$ доказано нами в предположении, что функция $f$ убывает и неотрицательна. Рассмотрим теперь случай, когда $f$ убывает на $[a,b].$ Положим $\overline{f}(x) = f(x) -f(b).$ Тогда $\overline{f}$ убывает и неотрицательна. По доказанному, найдется точка $\overline{\xi},$ такая, что $$\int^b_a \overline{f}(x)g(x)dx = \overline{f}(a) \int^{\overline{\xi}}_a g(x)dx \quad (\overline{\xi} \in [a,b]).$$ Учитывая, что $\overline{f}(x) = f(x) — f(b),$ отсюда получаем $$\int^b_a [f(x) — f(b)]g(x)dx = [f(a) — f(b)] \int^{\overline{\xi}}_a g(x)dx,$$ или, тоже самое, $$\int^b_a f(x)g(x)dx = f(a) \int^{\overline{\xi}}_a g(x)dx + f(b) \int^b_a g(x)dx -$$ $$-f(b)\int^{\overline{\xi}}_a g(x)dx = f(a) \int^{\overline{\xi}}_a g(x)dx + f(b) \int^b_{\overline{\xi}} g(x)dx.$$ Этим доказано равенство $(7.3).$

В случае когда функция $f$ возрастает и неотрицательна на $[a,b],$ аналогично тому, как было доказано равенство $(7.4),$ можно показать что существует такая точка $\xi,$ что $$\int^b_a f(x)g(x)dx = f(b)\int^b_{\xi} g(x)dx. \qquad \qquad \qquad (7.5)$$ Далее, из $(7.5)$ легко можно получить $(7.3)$ точно так же, как и $(7.3)$ было получено из $(7.4).$

Замечание.

Формулы $(7.3) -(7.5)$ называются формулами Бонне. В этих равенствах точки $\xi,$ вообще говоря, разные. В самом деле, мы можем изменить функцию $f$ в точках $a$ и $b,$ сохранив при этом монотонность функции $f$. При этом левая часть $(7.3)$ не изменится, а изменение множителей $f(a)$ и $f(b)$ перед интегралами справа в $(7.3),$ очевидно, повлечет изменение значения $\xi$ справа в $(7.3).$

Вторую теорему о среднем иногда записывают в следующем виде: $$\int^b_a f(x)g(x)dx = f(a+0) \int^{\xi’}_a g(x)dx + f(b — 0) \int^b_{\xi’} g(x)dx.$$ В этом равенстве точка $\xi’,$ вообще говоря, не совпадает со значением $\xi$ в равенстве $(7.3).$

Примеры применения теорем о среднем

1.Найти $$ \lim_{n \to \infty} \int^{1}_{0} \frac{x^n}{1+x} dx.$$

Оценим $$0 \le \int^{1}_{0} \frac{x^n}{1+x}dx \le \int^{1}_{0} x^n dx = \frac{1}{n+1}.$$ Отсюда получаем $$ \lim_{n \to \infty} \int^{1}_{0} \frac{x^n}{1+x} dx = 0.$$

2.Найти $$ \lim_{n \to \infty} \int ^{\frac{\Pi}{2}}_{0} \sin^n xdx.$$

Зафиксируем $ \xi > 0.$ Тогда получим $$ \int^{\frac{\Pi}{2}}_{0} \sin^n xdx = \int^{\frac{\Pi}{2} — \frac{\xi}{2}}_{0} \sin^n xdx + \int^{\frac{\Pi}{2}}_{\frac{\Pi}{2} — \frac{\xi}{2}} \sin^n xdx \le$$ $$\le \left( \sin \left(\frac{\Pi}{2} — \frac{\xi}{2} \right) \right)^n \frac{\Pi}{2} + \frac{\xi}{2}.$$ Поскольку $ \sin \left( \frac{\Pi}{2} — \frac{\xi}{2} \right) < 1 ,$ то первое слагаемое справа стермится к нулю при $n \to \infty .$ Поэтому найдется такое $N,$ что для всех $n \ge N$ справедливо неравенство $$ \left( \sin \left( \frac{\Pi}{2} — \frac{\xi}{2} \right) \right)^n \frac{\Pi}{2} < \frac{\xi}{2}.$$ Итак, для заданного $\xi > 0$ мы нашли номер $N,$ начиная с которого $$\int^{\frac{\Pi}{2}_{0}} \sin^n xdx < \xi .$$ Это означает, что $$\lim_{n \to \infty} \int^{\frac{\Pi}{2}}_{0} \sin^n xdx = 0.$$

3. Оценить сверху $$I \equiv \int^{1}_{0} \frac{\sin x }{1 + x^2} dx.$$

Первый способ. Применяя первую теорему о среднем, получаем $$I = \frac{1}{1 + \xi^2} \int^{1}_{0} \sin x dx = \frac{1}{1 + \xi^2}(-\cos x) |^1_0 =$$ $$=\frac{1}{1 + \xi^2}(1 — \cos 1) \le 1 -\cos 1.$$

Второй способ. В силу первой теоремы о среднем имеем $$I = \sin \eta \int^1_0 \frac{dx}{1 + x^2} = \sin \eta \quad \text{arctg} x |^1_0 = \frac{\Pi}{4} \sin \eta \le \frac{\Pi}{4} \sin 1.$$

4. Оценить интеграл $$I \equiv \int^B_A \frac{\sin x}{x}dx, \quad 0 < A < B < +\infty .$$

Первый способ. Применим вторую теорему о среднем. Для этого обозначим $f(x) = \frac{1}{x}$ и $g(x) = \sin x.$ Функция $f$ монотонна на $[A,B],$ так что во второй формуле Бонне получаем $$I = \frac{1}{A} \int^{\xi}_{A} \sin xdx = \frac{1}{A} (-\cos x) \bigg|^{\xi}_{A} = \frac{1}{A}(\cos A — \cos \xi ).$$ Отсюда следует, что $|I| \le \frac{2}{A}$.

Второй способ. Применяя первую теорему о среднем, получим $$I = \sin \xi \int^B_A \frac{dx}{x} = \sin \xi ln \frac{B}{A}.$$ Отсюда следует, что $|I| \le ln \frac{B}{A}$.

5. Показать, что если $f \in R[a,b],$ где $R$ — класс интегрируемых на отрезке, $m = \displaystyle\inf_{[a,b]} f(x),$ $M = \displaystyle\sup_{[a,b]} f(x),$ то при условии непрерывности $f$ на $[a,b]$ найдется точка $\xi \in [a,b],$ такая что $\int^b_a f(x)dx = f(\xi )(b-a).$

Решение

Воспользуемся первой теоремой о среднем, тогда можем представить $$\int^b_a f(x)dx = \int^b_a f(x)g(x)dx,$$ где $g(x) =1,$ Тогда $$\int^b_a f(x)g(x)dx = f(\xi)\int^b_a 1dx = f(\xi)(b — a),$$

6. Найти среднее значение функции $y = x^2 -5x + 7$ на отрезке $[2,13].$

Решение

Воспользуемся выше упомянутой формулой и подставим в нее известные значения: $$ f(\xi) = \frac{\int^{13}_2 (x^2 — 5x + 7)dx}{13 — 2} = \frac{1}{11}\int^{13}_2 (x^2 -5x +7)dx =$$ Вычислим интеграл: $$ = \frac{1}{11} \left(\frac{x^3}{3} — 5\frac{x^2}{2} + 7x\right) \bigg|^{13}_2 = $$ Используем формулу Ньютона — Лейбница и найдем значение полученного выражения: $$ = \frac{1}{11}\left( \frac{13^3}{3} — 5\frac{13^2}{2} + 7 \cdot 13 — \left( \frac{2^3}{3} — 5\frac{2^2}{2} + 7\cdot 2 \right) \right) = $$ Упростим выражение и вычислим его результат: $$ = \frac{1}{11} \left( \frac{2197}{3} -\frac{845}{2} + 91 — \frac{8}{3} + 10 — 14 \right) = $$ $$ = \frac{1}{11} \left( \frac{2189}{3} — \frac{845}{2} + 87 \right) = \frac{1}{11} \cdot \frac{4378 — 2535 +522}{6} = \frac{2365}{66}$$ Получили среднее значение функции $y = x^2 -5x +7$ на отрезке $[2, 13]$ равным $\frac{2365}{66}$.

Смотрите также

Теоремы о среднем

Пройдите этот тест чтобы проверить свои знания по теме «теоремы о среднем».

4.1 Непрерывные функции. Определение и примеры

Определение. Пусть функция $f$ определена на интервале $(a, b)$ и точка $x_0 \in (a, b)$. Говорят, что функция $f$ непрерывна в точке $x_0$, если $$\lim\limits_{x \to x_0}f(x) = f(x_0).$$

Замечание. В отличие от определения предела функции $f$ в точке $x_0$, здесь мы требуем, чтобы функция $f$ была определена не только в проколотой окрестности точки $x_0$, а в целой окрестности точки $x_0$. Кроме того, $\lim\limits_{x \to x_0}f(x)$ не просто существует, а равен определенному значению, а именно, $f(x_0)$.

Используя определение предела функции в смысле Коши, определение непрерывности функции $f$ в точке $x_0$ в кванторах можно записать следующим образом: $$\forall \varepsilon > 0 \; \exists \delta = \delta(\varepsilon) > 0: \forall x \in (a, b): |x — x_0| < \delta \Rightarrow \Big|f(x) — f(x_0)\Big| < \varepsilon.$$

В этом определении можно не требовать выполнения условия $|x — x_0| > 0$, т. к. при $|x − x_0| = 0$ неравенство $\Big|f(x) − f(x_0)\Big| < \varepsilon$, очевидно, выполнено.

Так как величина $\lim\limits_{x \to x_0}f(x)$ зависит лишь от тех значений, которые функция $f$ принимает в сколь угодно малой окрестности точки $x_0$, то непрерывность – это локальное свойство функции.

В терминах окрестностей определение непрерывности выглядит следующим образом.

Определение. Функция $f$ называется непрерывной в точке $x_0$, если для любой окрестности $V$ точки $f(x_0)$ найдется такая окрестность $U$ точки $x_0$, что для всех $x \in U$ значение $f(x) \in V$, т. е. $f\Big(U \cap (a, b)\Big) \subset V$.

Применяя определение предела функции в смысле Гейне, определение непрерывности можно сформулировать так.

Определение. Функция $f$, определенная на интервале $(a, b)$, называется непрерывной в точке $x_0 \in (a, b)$, если любая последовательность аргументов $\{x_n\}$ $\Big(x_n \in (a, b), x_n \to x_0\Big)$ порождает последовательность значений функции $\{f(x_n)\}$, стремящуюся к $f(x_0)$.

Применяя понятие, одностороннего предела (т. е. предела слева и справа) в точке $x_0$, можно дать определения непрерывности слева (справа) в точке $x_0$. Именно, функция $f$ называется непрерывной слева (справа) в точке $x_0$, если $\lim\limits_{x \to x_0-0}f(x) = f(x_0)$ $\Big(\lim\limits_{x \to x_0+0}f(x) = f(x_0)\Big).$ При этом в определении непрерывности слева достаточно считать, что функция $f$ определена лишь в левой полуокрестности точки $x_0$, т. е. на $(a, x_0]$, а для
непрерывности справа – на $[x_0, b)$.

Легко видеть, что справедливо следующее

Утверждение. Для того чтобы функция $f$ была непрерывной в точке $x_0$, необходимо и достаточно, чтобы $f$ была непрерывной слева и справа в точке $x_0.$

Определение. Функция $f$, определенная на интервале $(a, b)$, называется разрывной в точке $x_0 \in (a, b)$, если $f$ не является непрерывной в этой точке.

Итак, функция $f$ является разрывной в точке $x_0$, если выполнено одно из двух следующих условий.

  1. Либо не существует $\lim\limits_{x \to x_0}f(x)$.
  2. Либо предел $\lim\limits_{x \to x_0}f(x)$ существует, но он не равен $f(x_0)$.

Пример 1. $f(x) ≡ C = Const$. Эта функция непрерывна в каждой точке $x_0 \in \mathbb{R}$, т. к. для любого $x \in \mathbb{R}$ $\Big|f(x) − f(x_0)\Big| = 0$.

Пример 2. $f(x) = x^2$, $-\infty \lt x \lt +\infty$, $x_0 \in \mathbb{R}$. Зададим $\varepsilon > 0$. Тогда из неравенства $$|x^2 — {x_0}^2| \leqslant \Big(|x| + |x_0|\Big)|x − x_0|$$ следует, что при $|x − x_0| < \delta = \min\Big(1, \frac{\varepsilon}{2|x_0| + 1}\Big)$ справедливо неравенство $|x^2 — {x_0}^2| < \varepsilon$, т. е. $\lim\limits_{x \to x_0}x^2 = {x_0}^2$, а значит, функция $f(x) = x^2$ непрерывна в любой точке $x_0 \in \mathbb{R}$.

Пример 3. $f(x) = \sqrt{x}$, $0 \leqslant x \leqslant +\infty$ Если $x_0 \in (0, +\infty)$, то $$\Big|\sqrt{x} — \sqrt{x_0}\Big| = \frac{|x — x_0|}{\sqrt{x} + \sqrt{x-0}} \leqslant \frac{1}{\sqrt{x_0}}|x — x_0| \lt \varepsilon$$ если только $|x − x_0| \lt \delta \equiv \sqrt{x_0} \cdot \varepsilon$. Таким образом, функция $f(x) = \sqrt{x}$ непрерывна в каждой точке $x_0 \gt 0$. В точке $x_0 = 0$ можно ставить вопрос о непрерывности справа. Имеем $\Big|\sqrt{x} — \sqrt{0}\Big| = \sqrt{x} \lt \varepsilon$, если только $0 \leqslant x \lt \delta \equiv \varepsilon^2$. Итак, $\lim\limits_{x \to 0+}\sqrt{x} = 0 = \sqrt{0}$, т. е. функция $f(x) = \sqrt{x}$ непрерывна справа в точке $0$.

Пример 4. $f(x) = \sin x$, $-\infty \lt x \lt +\infty$. Пусть $x_0 \in \mathbb{R}$. Тогда $$|\sin x − \sin x_0| = \bigg|2\cos{\frac{x + x_0}{2}}\sin{\frac{x — x_0}{2}}\bigg| \leqslant 2\bigg|\sin{\frac{x — x_0}{2}}\bigg| \leqslant |x — x_0|,$$ где последнее неравенство в этой цепочке следует из доказанного выше неравенства $|\sin t| \leqslant |t|$ ($0 \lt |t| \lt \frac{\pi}{2}$). Можем считать, что $|x − x_0| \lt \pi$. Тогда при $|x − x_0| \lt \delta \equiv \min(\pi, \varepsilon)$ справедливо $|\sin{x} − \sin{x_0}| \lt \varepsilon$, т. е. функция $f(x) = \sin{x}$ непрерывна в каждой точке $x_0 \in \mathbb{R}$. Аналогично доказываем, что функция $f(x) = \cos{x}$ непрерывна в каждой точке $x_0 \in \mathbb{R}$.

Пример 5. $f(x) = x \cdot \sin{\frac{1}{x}}$ при $x \neq 0$ и $f(0) = 0$. Покажем, что функция $f$ непрерывна в точке $x_0 = 0$. Имеем $f(0) = 0$ и $$\lim\limits_{x \to 0}f(x) = \lim\limits_{x \to 0}x\sin{\frac{1}{x}} = 0$$ (т. к. $\Big|f(x) − 0\Big| = \Big|x\sin{\frac{1}{x}}\Big| \leqslant |x| \lt \varepsilon$, если только $|x − 0| = |x| \lt \delta \equiv \varepsilon$). Итак, $\lim\limits_{x \to x_0}f(x) = f(0)$, так что $f$ непрерывна в точке $0$.

Пример 6. $f(x) = \text{sign}\;x$, $x \in \mathbb{R}$. Если $x_0 \neq 0$, то функция $f$ постоянна в некоторой окрестности точки $x_0$ и, следовательно, непрерывна в этой точке. Если же $x_0 = 0$, то не существует предела функции $f$ при $x \to 0$. Значит, функция $f$ разрывна в точке $0$. Более того,$\lim\limits_{x \to 0+}\text{sign}\; x = 1$, $\lim\limits_{x \to x_0}f(x)\text{sign}\;x = −1$, $\text{sign}\;0 = 0$, так что функция $\text{sign}\; x$ разрывна в точке $0$ как слева, так и справа.

Пример 7. Рассмотрим функцию Дирихле $$\mathcal{D}(x) =
\begin{cases}
1, & \text{если $x \in \mathbb{Q}$;} \\
0, & \text{если $x \in {\mathbb{R} \backslash \mathbb{Q}}$.}
\end{cases}$$ Пусть $x_0 \in \mathbb{R}$. Покажем, что не существует предела функции $\mathcal{D}$ при $x \to x_0$. Для этого выберем последовательность $\{x^\prime\}$ отличных от $x_0$ рациональных чисел, стремящуюся к $x_0$. Тогда $\mathcal{D}(x^\prime_n) = 1$ и, значит, $\lim\limits_{n \to +\infty}\mathcal{D}(x^\prime_n) = 1$. Если же взять последовательность ${x^{\prime\prime}_n}$ отличных от $x_0$ иррациональных чисел, стремящуюся к $x_0$, то получим, что $\mathcal{D}(x^{\prime\prime}_n) = 0$ и $\lim\limits_{n \to +\infty}\mathcal{D}(x^{\prime\prime}_n) = 0$. В силу определения предела функции по Гейне получаем, что функция $\mathcal{D}$ не имеет предела в точке $x_0$. Так как $x_0 \in \mathbb{R}$ – произвольная точка, то это означает, что функция Дирихле разрывна в каждой точке.

Пример 8. $f(x) = x \cdot \mathcal{D}(x)$, $x \in \mathbb{R}$. Функция $f$ разрывна в каждой точке $x_0 \neq 0$. В самом деле, если $\{x^\prime_n\}$ и $\{x^{\prime\prime}_n\}$ соответственно последовательности рациональных и иррациональных отличных от $x_0$ чисел, стремящиеся к $x_0$, то $\lim\limits_{n \to \infty}f(x^{\prime}_n) = x_0$ и $\lim\limits_{n \to \infty}f(x^{\prime\prime}_n) = 0$, так что, в силу определения предела функции по Гейне, функция $f$ не имеет предела в точке $x_0$. Если же $x_0 = 0$, то $\lim\limits_{n \to 0}f(x) = 0 = f(0)$. Действительно, $|f(x)| = |x \cdot \mathcal{D}(x)| \leqslant |x| \lt \varepsilon$, если только $|x − 0| = |x| \lt \delta \equiv \varepsilon$. Это означает, что данная функция непрерывна в единственной точке $x_0 = 0$.

Пример 9. Дана функция $$f(x) =
\begin{cases}
\frac{\sin x}{x}, & \text{если $x \neq 0$;} \\
1, & \text{если $x = 0$.}
\end{cases}$$ Проверить на непрерывность в точке $x_0 = 0$.

Решение

$$\lim\limits_{x \to x_0 — 0}\frac{\sin x}{x} = \lim\limits_{x \to 0 + 0}\frac{\sin x}{x} = 1 = f(x_0)$$ Отсюда следует, что $f(x)$ непрерывна в точке $x_0$, т. к. для того чтобы функция $f$ была непрерывной в точке $x_0$, необходимо и достаточно, чтобы $f$ была непрерывной слева и справа в точке $x_0.$

Пример 10. Покажите, что функция $f(x) = \frac{x + 3}{x — 2}$ разрывна в точке $x_0 = 2.$

Решение

Для этого достаточно показать, что предел данной функции при $x \to x_0$ либо не равен значению функции в точке $x_0$, либо не существует. $$\lim\limits_{x \to 2 — 0}\frac{x + 3}{x — 2} = -\infty$$ $$\lim\limits_{x \to 2 + 0}\frac{x + 3}{x — 2} = +\infty$$ Т. к. левосторонний и правосторонний пределы $f(x)$ не совпадают, то предела функция в точке $x_0$ не имеет, следовательно она разрывна в этой точке.

Литература

Непрерывные функции. Определение и примеры

Тест по теме: «Непрерывные функции. Определение и примеры.»


Таблица лучших: Непрерывные функции. Определение и примеры

максимум из 5 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных

Вычисления площадей плоских областей, ограниченных кривыми, заданными параметрически и в полярных координатах

Параметрическое задание

Пусть границами криволинейной трапеции являются прямые x=a, x=b, ось абсцисс и параметрически заданная кривая

 \left\{\begin{matrix} y=\varphi (t); \\ x=\psi (t); \end{matrix} \right.

Причем: функции x и  y непрерывны на интервале [a,b], a<b; x=\varphi (t) монотонно возрастает на этом интервале и \varphi (\alpha )=a, \psi (\beta )=b.

Тогда площадь криволинейной трапеции находится по формуле  S(G)=\int\limits_\alpha ^\beta \psi (t)*\varphi '(t)dt

Эта формула получается из формулы площади криволинейной трапеции S(G)=\int\limits_\alpha ^\beta \psi (t)*\varphi '(t)dt подстановкой: S(G)=\int\limits_\alpha^\beta \psi (t)*\varphi '(t)dt

Если функция является монотонно убывающей на интервале [\beta ,\alpha], \beta < \alpha, то формула примет следующий вид:  S(G)=-\int\limits_{\beta }^{\alpha }\psi (t)*\varphi '(t)dt

Что делать, если нам дана не криволинейная трапеция? Свести данную фигуру к ней. Поделить её на части (прямыми, параллельными абсциссе и ординате), площадь которых уже можно будет посчитать описанным выше способом.

Примеры:

Спойлер

Дан эллипс \left\{\begin{matrix} x=2\cos t\\y=3\sin t \end{matrix}\right.. Посчитать его площадь.

Делим эллипс абсциссой и ординатой на 4 симметричные части.

Image1

Очевидно, их площади равны — а площадь эллипса получается равной площади верхней правой четверти, умноженной на 4.

Считаем её. Она равна
-\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}3\sin t*(2\cos )' dt=6\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}\sin ^{2}t dt=3\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}(1-\cos 2t)dt=\frac{3\pi }{2}

Умножаем площадь одной четверти на 4, и:

Ответ — 6\pi

[свернуть]

Спойлер

Дана линия,заданная функциями x=2t-t^2 и y=2t^2-t^3.
Найти площадь ограниченной ею и осью ОХ фигуры.
Находим производную y', она равна (2t^2-t^3)'=4t-3t^3.
Находим t, при которых наша линия пересекается с осью OX. Это t=0 и t=2. Составляем формулу площади:

S=\int\limits_{0}^{2}(2t-t^2)(4t-3t^2)dt;

S=\int\limits_{0}^{2}(3t^4-10t^3+8t^2)dt;

S=\frac{3t^5}{5}-\frac{5t^4}{2}+\frac{8t^3}{3}|^2_0;

S=\frac{8}{15};
Ответ — \frac{8}{15}.

[свернуть]

Полярное задание

А что, если функции, ограничивающие нашу область, заданы полярно?
Есть простая формула: $$ S=\frac{1}{2} \int\limits_{\alpha }^{\beta }r^{2}d\varphi $$ Здесь \alpha и \beta — значения углов, ограничивающих фигуру, r — расстояние от начала координат до точки, \varphi — угол. Уравнение функции в полярных координатах — r=f(\varphi )

Помните: в полярных координатах тоже стоит делить область на простые части.

Пример:

Спойлер

Найдём площадь круга. Задан уравнением r=a.

Площадь круга в первом квадранте — $$ S=\frac{1}{2} \int\limits_{0 }^{\frac{\pi }{2} }a^{2}d\varphi $$

Преобразуем этот интеграл:

S=\frac{1}{2}*\frac{\pi }{2}*a^{2}=\frac{\pi a^{2}}{4}.

Площадь всего круга — учетверённая площадь одной четверти, которую мы и подсчитали выше.

Тут должна быть картинка

S= \pi a^{2}

[свернуть]

Источники:

Тест

Вычисления площадей плоских областей, заданных параметрически и в полярных координатах

В этом тесте предоставлены упражнения по пройденной теме. Если внимательно изучили материал, следовали всем данным ссылкам и рекомендациям,то вам не составит труда выполнить эти задания.

Таблица лучших: Вычисления площадей плоских областей, заданных параметрически и в полярных координатах

максимум из 14 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных

Вычисление пути и его длины.

Параметрическое задание:

Дано  \left\{\begin{matrix} y=\varphi (t); \\ x=\psi (t); \end{matrix} \right.

Тогда площадь находится по формуле: S=\int_{t_{1}}^{t_{2}}\sqrt{(\varphi' (t))^{2}+(\psi' (t))^{2}}dt

Полярное задание:

Дано r=f(\alpha ), где r — расстояние от точки до начала координат, \alpha — угол между радиус-вектором с концом в этой точке и осью OX.

S=\int_{\alpha _{1}}^{\alpha _{2}}\sqrt{((r\cos \alpha )')^{2}+((r\sin \alpha )')^{2}}dt

Пример:

Спойлер

Найдём длину первого витка спирали Архимеда:

r=\alpha \varphi; 0\leq \varphi \leq 2\pi

Запишем формулу длины для этого случая:

L=\int_{0}^{2\pi }\sqrt{(\alpha \varphi \cos \varphi)'^2+(\alpha \varphi \sin \varphi)'^2}d\varphi

Упрощаем её, раскрываем скобки и вспоминаем о тригонометрической единице:

L=\alpha \int_{0}^{2\pi }\sqrt{1+\varphi ^2}d\varphi

К счастью, этот интеграл — табличный — а, точнее, частный случай табличного (таблицу интегралов, содержащую его, можно найти тут) и равен:

L=\alpha (\pi \sqrt{1+4\pi ^2}+\frac{\ln (2\pi + \sqrt{1+4\pi ^2})}{2})

[свернуть]

Обычное задание:

Дана функция в виде y=f(x).

S=\int_{t_{1}}^{t_{2}}\sqrt{1+(y')^{2}}dx

Пример:

Спойлер

Найти длину графика функции y=x^\frac{3}{2} на отрезке [0;4]

Мы получаем интеграл:

L=\int_{0}^{4} \sqrt{1+(y')^2}dx

L=\int_{0}^{4} \sqrt{1+\frac{9}{4}x}dx

Делаем небольшую замену переменной:

q=\frac{9}{4}x+1; dq=\frac{9}{4}dx

L=\frac{4}{9}\int_{0}^{4} \sqrt{1+\frac{9}{4}x}d(1+\frac{9}{4}x)

L=\frac{4}{9}\int_{1}^{10} \sqrt{q}dq

И решаем образовавшийся интеграл:

L=\frac{4}{9}*\frac{2}{3}q^{\frac{3}{2}}|^{10}_{1}

L=\frac{8}{27}*(10\sqrt{10}-1)

[свернуть]

Почему эти формулы верны?

Спойлер

Здесь мы доказываем, что верна формула L'(t)=\sqrt{(\varphi '(t))^2+(\psi '(t))^2}.
Затем мы избавляемся от производной длины кривой:

L=\int \sqrt{(\varphi '(t))^2+(\psi '(t))^2}dt

Затем находим длину кривой между двумя точками:

L=\int_{t_1}^{t_2} \sqrt{(\varphi '(t))^2+(\psi '(t))^2}dt, где t_1 и t_2 — координаты t точек, ограничивающих часть кривой.

И дальше приспосабливаем последнюю формулу под обычный и полярный способы задания функций.

[свернуть]

Источники:

Фихтенгольц, «Курс дифференциального и интегрального исчисления», 2001 г.,  том 2, стр. 192. Издание 2001 года можно скачать здесь.

Фихтенгольц, «Курс дифференциального и интегрального исчисления», 1964 г.,  том 2, стр. 169. Издание 1964 года можно скачать в меню справа.

Демидович, «Сборник задач и упражнений по математическому анализу», 1997 г., стр. 234-235(примеры задач). Можно также скачать в меню справа.

Теорема о вычислении спрямляемого пути, следствия

Определения

Путем на плоскости называется отображение t \mapsto (\varphi (t),\psi (t)) отрезка \left [ \alpha,\beta \right ] в \mathbb{R}^{2}, задаваемое парой непрерывных функций \varphi и \psi. Это означает, что каждому значению t\in \left [ \alpha,\beta \right ] ставится в соответствие точка плоскости с координатами \left ( x,y \right ), где x=\varphi (t),y=\psi(t).
След пути — множество точек \left \{ \left ( \varphi (t),\psi (t) \right )\in \mathbb{R}^{2}:\, t\in\left [ \alpha ,\beta \right ] \right \}.
Длина пути — точная верхняя грань длин ломанных, вписанных в след пути.
Если длина пути конечна, то путь называется спрямляемым.
Если функции \varphi и \psi непрерывно дифференцируемы на отрезке \left [ \alpha ,\beta \right ], то путь \gamma =(\varphi ,\psi ) называется дифференцируемым.

Теорема

Дан путь \gamma\left\{\begin{matrix} x=\varphi (t)\\y=\psi (t) \end{matrix}\right.

Пусть \gamma = (\varphi ,\psi ) непрерывно дифференцируемый путь на отрезке \left [ \alpha ,\beta \right].
Тогда L_{(\gamma )}=\int_{\alpha }^{\beta }\sqrt{\left [ \varphi ^{'}(t)\right ]^{2}+\left [ \psi ^{'}(t)\right ]^{2}}dt, где L_{(\gamma )} — длина пути.

Доказательство

Часть 1

\square \Pi :\alpha =x_{0}<x_{1}< ... <x_{n}=\beta — произвольное разбиение отрезка \left [ \alpha ,\beta \right]. Возьмём ломаную, проведённую между точками с соседними номерами. Очевидно, её длина:
S=\Sigma _{1}^{n-1}\sqrt{(x_{i+1}-x_{i})^{2}+(y_{i+1}-y_{i})^{2}} — как сумма расстояний между соседними точками.
По формуле конечных приращений:

  • x_{i+1}-x_i=\varphi '(t_i)(t_{i+1}-t_i);
  • y_{i+1}-y_i=\psi '(t_i)(t_{i+1}-t_i);

Тогда длина ломаной будет равна: S=\Sigma _{1}^{n-1}\sqrt{(\varphi '(t))^{2}+(\psi '(t))^{2})}(t_{i+1}-t_i).
Обозначим наибольшие значения производных \psi '(t) и \varphi '(t) :
L=sup(|\psi '(t)|) и \overline{L}=sup(|\varphi '(t)|).
Очевидно: S\leq \sqrt{L^{2}+\overline{L}^2}(T-t_{0}), T и t_0  — границы отрезка. Из неравенства делаем вывод, что путь спрямляем, так как длина ломаной ограничена сверху.
Аналогично, можно получить формулу:
S\geq \sqrt{l^{2}+\overline{l}^2}(T-t_{0}), где l=inf(|\psi '(t)|), \overline{l}=inf(|\varphi '(t)|)

Часть 2

У нас имеются выведенные в части 1 неравенства:

  • S\leq \sqrt{L^{2}+\overline{L}^{2}}(T-t_0);
  • S\geq \sqrt{l^{2}+\overline{l}^{2}}(T-t_0);

Получаем: \sqrt{L^2+\overline L^2}(T-t_0)\geq S\geq \sqrt{l^2+\overline l^2}(T-t_0), p=inf(S)
А теперь возьмём точку a_1 на нашей дуге с координатами (t_1,y_1). Придадим её абсциссе приращение \Delta t и получим точку a_2(t_1+\Delta t, y_2). Получили две точки на дуге и часть дуги ограничена этими точками. Применим к этой части наше двойное неравенство.
При \Delta t \rightarrow 0 левая часть стремится к \sqrt{(\varphi '(t))^2+(\psi '(t))^2}\Delta t. Аналогично, для правой.
Получаем \sqrt{(\varphi '(t))^2+(\psi '(t))^2}\Delta t\geq S\geq \sqrt{(\varphi '(t))^2+(\psi '(t))^2}\Delta t. Преобразуем это двойное неравенство:
\sqrt{(\varphi '(t))^2+(\psi '(t))^2}\geq \frac{S}{\Delta t}\geq \sqrt{(\varphi '(t))^2+(\psi '(t))^2}.
L^{'}_{(\gamma )}=\sqrt{(\varphi '(t))^2+((\psi '(t))^2}.
Тогда L_{(\gamma )}=\int_{\alpha }^{\beta }\sqrt{\left [ \varphi ^{'}(t)\right ]^{2}+\left [ \psi ^{'}(t)\right ]^{2}}dt, где L_{(\gamma )} — длина пути. \blacksquare

Замечание: В первоисточниках, использованных при написании этого материала, доказательство теоремы не разбивается на 2 части. Тем не менее, для большего удобства здесь оно разбито на 2 основных части.

Следствия из теоремы

Из доказанной выше формулы получаются три формулы, описанные здесь и применяемые на практике.

Литература:

  1. Фихтенгольц, «Курс дифференциального и интегрального исчисления», 2001 г.,  том 2, стр. 192 (следствия). Фихтенгольц, «Курс дифференциального и интегрального исчисления», 2001 г.,  том 1, стр. 192 (определения, теорема).
  2. Фихтенгольц, «Курс дифференциального и интегрального исчисления», 1964 г.,  том 2, стр. 169 (следствия). Фихтенгольц, «Курс дифференциального и интегрального исчисления», 1964 г., том 1, стр. 560,562-563 (определения, теорема).

Тест

Таблица лучших: Теорема о вычислении спрямляемого пути, следствия

максимум из 9 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных