Предел и интеграл

[myra_panama]

Вычислить :
$\lim\limits_{n\to\infty}\int\limits_0^{\pi}\frac{x\cos x}{1+3\sin^2 nx} dx$
я тоже думаю....

[ewert]

А чего тут думать -- посчитайте среднее значение знаменателя и умножьте на интеграл от числителя.

[В.О.]

ewert в сообщении #406621 писал(а):

посчитайте среднее значение знаменателя и умножьте на интеграл от числителя.

Звучит как-то не хорошо. Интеграл от числителя нужно разделить на среднее значение знаменателя, т.е. на 2,5. Но мысль понятна.

[ShMaxG]

ewert
Вы предлагаете вычислить $S = \[\frac{1} {\pi }\int\limits_0^\pi {\left( {1 + 3{{\sin }^2}nx} \right)dx} \]$? А потом положить $\[\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \int\limits_0^\pi {\frac{{x\cos x}} {{1 + 3{{\sin }^2}nx}}} dx = \int\limits_0^\pi {x\cos x} dx \cdot \frac{1} {S}\] $? Так получается неверный ответ.

[myra_panama]

В.О. в сообщении #406626 писал(а):

ewert в сообщении #406621 писал(а):

посчитайте среднее значение знаменателя и умножьте на интеграл от числителя.

Звучит как-то не хорошо. Интеграл от числителя нужно разделить на среднее значение знаменателя, т.е. на 2,5. Но мысль понятна.

у меня тоже не получилось ответ....

[ewert]

ShMaxG в сообщении #406628 писал(а):

Так получается неверный ответ.

Да, так неверно, усреднять надо, конечно, $\frac{1}{1+3\sin^2nx}$ и потом умножать.

[В.О.]

2,5 тоже не правильно.

[ewert]

Зато 1/2 правильно.

(ну и ответ 1, соответственно)

[ShMaxG]

ewert в сообщении #406646 писал(а):

(ну и ответ 1, соответственно)

$-1$

Только надо как-то объяснить такой переход к средним...

[ewert]

ShMaxG в сообщении #406650 писал(а):

Только надо как-то объяснить такой переход к средним...

Чего объяснять -- просто теорема о среднем для каждого полупериода синуса и потом определение определённого интеграла.

[myra_panama]

ShMaxG в сообщении #406650 писал(а):

ewert в сообщении #406646 писал(а):

(ну и ответ 1, соответственно)

$-1$

Только надо как-то объяснить такой переход к средним...

Да ответ правильно $-1$

[ShMaxG]

ewert в сообщении #406656 писал(а):

Чего объяснять -- просто теорема о среднем для каждого полупериода синуса и потом определение определённого интеграла.

Хм, да, действительно. Спасибо.

[myra_panama]

Можеть используем теорему Литлвуда :
если функция f(x) непрерывно но дифференцируемо на интервале [0,T] , а периодическая с периодом T , функция g(x) непрерывна на $(-\infty , +\infty) $ то
$\lim\limits_{n\to\infty}\int\limits_0^{T} f(x)g(nx)dx=\frac1{T}(\int\limits_0^{T} f(x)dx)(\int\limits_0^{T} g(x)dx)$
Здесь $f(x)=x\cos x$
$g(x)=\frac1{1+3\sin^2 x}$
Но теорему не могу как то доказать.....

-- Вс янв 30, 2011 19:34:32 --

у меня как-то не получаеться доказать теорему .... Помогите

[ewert]

Требования в условиях теоремы явно избыточны. От функции $f$ никакой дифференцируемости не нужно, достаточно непрерывности. От функции $g$ даже и непрерывности не требуется, достаточно только интегрируемости и ограниченности (скорее всего, даже и ограниченность не нужна, но -- пусть, на всякий случай и чтоб не мучиться).

Доказательство банально. Во-первых, можно считать функцию $g$ положительной (т.к. при прибавлении к ней константы обе части доказываемого равенства изменятся на одну и ту же величину). Обозначим через $\overline g=\frac{1}{T}\int\limits_0^Tg(x)\,dx$ среднее значение функции $g(x)$; пусть $h=\frac{T}{n}$ и $\Delta_k=[(k-1)h;\,kh]$. Период $[0;T]$ функции $g(x)$ разбивается на $n$ отрезков $\Delta_k$, каждый из которых является периодом функции $g(nx)$, поэтому $\int\limits_{\Delta_k}g(nx)\,dx=\overline g\cdot h$. Для любой положительной $g$ и непрерывной $f$ на каждом отрезке верна теорема о среднем: $\int\limits_{\Delta_k}f(x)g(nx)\,dx=\overline g h\cdot f(\xi_k)\,,$ где $\xi_k\in\Delta_k$. Тогда $\int\limits_0^Tf(x)g(nx)\,dx=\overline g\sum\limits_{k=1}^nf(\xi_k)\cdot h\,.$ Последняя сумма является интегральной для $\int\limits_0^Tf(x)\,dx\,,$, а значит, к этому интегралу и стремится, вот и всё.

Разрывы у функции $f$, кстати, тоже допустимы -- например, ей разрешается иметь конечное число точек разрыва (при условии, что она ограниченна), но это уже ловля блох.

[myra_panama]

ewert в сообщении #406795 писал(а):

Требования в условиях теоремы явно избыточны. От функции $f$ никакой дифференцируемости не нужно, достаточно непрерывности. От функции $g$ даже и непрерывности не требуется, достаточно только интегрируемости и ограниченности (скорее всего, даже и ограниченность не нужна, но -- пусть, на всякий случай и чтоб не мучиться).

Доказательство банально. Во-первых, можно считать функцию $g$ положительной (т.к. при прибавлении к ней константы обе части доказываемого равенства изменятся на одну и ту же величину). Обозначим через $\overline g=\frac{1}{T}\int\limits_0^Tg(x)\,dx$ среднее значение функции $g(x)$; пусть $h=\frac{T}{n}$ и $\Delta_k=[(k-1)h;\,kh]$. Период $[0;T]$ функции $g(x)$ разбивается на $n$ отрезков $\Delta_k$, каждый из которых является периодом функции $g(nx)$, поэтому $\int\limits_{\Delta_k}g(nx)\,dx=\overline g\cdot h$. Для любой положительной $g$ и непрерывной $f$ на каждом отрезке верна теорема о среднем: $\int\limits_{\Delta_k}f(x)g(nx)\,dx=\overline g h\cdot f(\xi_k)\,,$ где $\xi_k\in\Delta_k$. Тогда $\int\limits_0^Tf(x)g(nx)\,dx=\overline g\sum\limits_{k=1}^nf(\xi_k)\cdot h\,.$ Последняя сумма является интегральной для $\int\limits_0^Tf(x)\,dx\,,$, а значит, к этому интегралу и стремится, вот и всё.

Разрывы у функции $f$, кстати, тоже допустимы -- например, ей разрешается иметь конечное число точек разрыва (при условии, что она ограниченна), но это уже ловля блох.

Кстати я нашел доказательство ...
Пусть nx=t , отсюда $dx=\frac1{n}dt$
$\frac1{n}\int\limits_0^{nT} f(\frac{t}{n})g(t)dt=$$\frac1{n}\sum\limits_{k=1}^{n}\int\limits_{k-1}^{k}f(\frac{t}{n})g(t)=$$\frac1{n}\sum\limits_{k=1}^{n}\int\limits_{0}^{T}f(\frac{t+(k-1)T}{n})g(t)dt=$$\int\limits_0^{T}(\sum\limits_{k=1}^{n}f(\frac{t+(k-1)T}{n})g(t))dt$
Оценим следующее:
$|\frac{T}{n}f(\frac{t+(k-1)T}{n})-\int\limits_{\frac{kt}{n}}^{\frac{(k+1)t}{n}}|\le (\frac{T}{n})^2 \max\limits_{[0,T]} |f'(x)|$
отсюда
$f(x)=x\cos x$
$g(x)=\frac1{1+3\sin^2 x}$
Ответь будет -1