AM@定积分的定义求某些类型的极限
文章目录
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- 定积分定义求极限
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- 步骤
- 例
- 定积分表示为极限
定积分定义求极限
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容易从定积分的定义: ∫ a b f ( x ) d x \int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x ∫abf(x)dx= lim λ → 0 ∑ i = 1 n f ( ξ i ) Δ x i \lim\limits_{\lambda\to{0}}\sum_{i=1}^{n}f{(\xi_{i})}\Delta{x_i} λ→0lim∑i=1nf(ξi)Δxi
(1)看出,定积分是求和式 λ → 0 \lambda\to{0} λ→0时的极限- 这里 λ \lambda λ是划分的小区间中最宽区间的宽度
- 当 λ → 0 \lambda\to{0} λ→0,时 n → ∞ n\to{\infin} n→∞,否则 λ → 0 \lambda\to{0} λ→0不成立
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通常,利用定积分极限求解的问题时,划分积分区间时采用均分(等分)的方法,即被积分区域被 n n n等分
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定积分的计算和具体的区间分法和 ξ i \xi_i ξi的选取无关,这里取最简单的分法: n n n等分区间 [ a , b ] [a,b] [a,b](积分区域为 [ a , b ] [a,b] [a,b])
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则, Δ x i \Delta{x_i} Δxi= 1 n ( b − a ) \frac{1}{n}(b-a) n1(b−a),则 lim λ → 0 ∑ i = 1 n f ( ξ i ) Δ x i \lim\limits_{\lambda\to{0}}\sum_{i=1}^{n}f{(\xi_{i})}\Delta{x_i} λ→0lim∑i=1nf(ξi)Δxi= 1 n ( b − a ) lim λ → 0 ∑ i = 1 n f ( ξ i ) \frac{1}{n}(b-a) \lim\limits_{\lambda\to{0}}\sum_{i=1}^{n}f{(\xi_{i})} n1(b−a)λ→0lim∑i=1nf(ξi)
(2)- b − a b-a b−a是积分区间的跨度,比较灵活,因为一个定积分把它的积分曲线平移一定的位置,后,被积函数和积分区间同步变化,但积分结果不变
步骤
- 首先是通过提取 1 n \frac{1}{n} n1因子到求和是前面,就得到需要积分的函数 f f f
- 实际上无论是 n n n等分,还是 2 n 2n 2n等分,都是提出 1 n \frac{1}{n} n1
- k n kn kn等分之间的差别体现在积分区间上的不同
- 而 b − a k n \frac{b-a}{kn} knb−a= 1 n \frac{1}{n} n1
- 另一个问题是如何确定 a , b a,b a,b
- 在定积分的定义中,我们划分了 n ( n → ∞ ) n(n\to{\infin}) n(n→∞)个小区间,并且令最大的区间宽度为 λ \lambda λ= max { Δ x 1 , ⋯ , Δ x n } \max\set{\Delta{x_1},\cdots,\Delta{x_n}} max{Δx1,⋯,Δxn}
- 当 λ → 0 \lambda\to{0} λ→0时,即有 n → ∞ n\to{\infin} n→∞,积分区间 Δ x 1 → a \Delta{x}_1\to{a} Δx1→a; Δ x n → b \Delta{x}_{n}\to{b} Δxn→b,
(3)- 不妨设 x 1 ∈ Δ x 1 x_1\in\Delta{x}_1 x1∈Δx1, x n ∈ Δ x n x_n\in\Delta{x}_{n} xn∈Δxn,则 x 1 → a ( n → ∞ ) x_1\to{a}(n\to{\infin}) x1→a(n→∞), x 2 → b ( n → ∞ ) x_2\to{b}(n\to{\infin}) x2→b(n→∞)
(4)
- 不妨设 x 1 ∈ Δ x 1 x_1\in\Delta{x}_1 x1∈Δx1, x n ∈ Δ x n x_n\in\Delta{x}_{n} xn∈Δxn,则 x 1 → a ( n → ∞ ) x_1\to{a}(n\to{\infin}) x1→a(n→∞), x 2 → b ( n → ∞ ) x_2\to{b}(n\to{\infin}) x2→b(n→∞)
例
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例: f ( n ) = n ( 1 1 + n 2 + 1 2 2 + n 2 + ⋯ + 1 n 2 + n 2 ) f(n)=n(\frac{1}{1+n^2}+\frac{1}{2^2+n^2}+\cdots+\frac{1}{n^2+n^2}) f(n)=n(1+n21+22+n21+⋯+n2+n21);求 lim n → ∞ f ( n ) \lim\limits_{n\to{\infin}}f(n) n→∞limf(n)
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f ( n ) f(n) f(n)中被求和各式的变化(差异)部分式从 1 1 1变化到 n 2 n^2 n2,和不变部分的 n 2 n^2 n2是同阶的
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f ( n ) f(n) f(n)= n ∑ i = 1 n 1 i 2 + n 2 n\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{i^2+n^2} n∑i=1ni2+n21= 1 n n 2 ∑ i = 1 n 1 i 2 + n 2 \frac{1}{n}n^2\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{i^2+n^2} n1n2∑i=1ni2+n21= 1 n ∑ i = 1 n 1 ( i n ) 2 + 1 \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{(\frac{i}{n})^2+1} n1∑i=1n(ni)2+11
(5),令 g ( x ) g(x) g(x)= 1 ( i n ) 2 + 1 \frac{1}{(\frac{i}{n})^2+1} (ni)2+11(6) -
为了转化为定积分,观可(6)的含 n n n的变化部分为 i n \frac{i}{n} ni
(7),对式(7)分别在 i = 1 i=1 i=1和 i = n i=n i=n时求 n → ∞ n\to{\infin} n→∞时的极限,可求得积分下限和上限分别为 lim n → ∞ 1 n = 0 \lim\limits_{n\to{\infin}}\frac{1}{n}=0 n→∞limn1=0; lim n → ∞ ( n n ) \lim\limits_{n\to{\infin}}(\frac{n}{n}) n→∞lim(nn)=1 -
将被求和式 g ( x ) g(x) g(x)的变化部分 ( i n ) (\frac{i}{n}) (ni)替换为 x x x,被积分的函数为 h ( x ) = 1 x 2 + 1 h(x)=\frac{1}{x^2+1} h(x)=x2+11,对应的定积分式为 ∫ 0 1 1 x 2 + 1 d x \int_{0}^{1}\frac{1}{x^2+1}\mathrm{d}x ∫01x2+11dx= arctan x ∣ 0 1 \arctan{x}|_{0}^{1} arctanx∣01= π 4 \frac{\pi}{4} 4π
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例: f ( n ) = ∑ i = 1 n 1 n 2 i sin i n f(n)=\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{n^2}i\sin{\frac{i}{n}} f(n)=∑i=1nn21isinni; lim n → ∞ f ( x ) = ? \lim\limits_{n\to{\infin}}f(x)=? n→∞limf(x)=?
- 观察变化部分 i n \frac{i}{n} ni从 i = 1 , ⋯ , n i=1,\cdots,n i=1,⋯,n,和分母 n n n最终是同阶的,考虑使用定积分定义求极限
- f ( n ) f(n) f(n)= 1 n ∑ i = 1 n i n sin i n \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\frac{i}{n}\sin\frac{i}{n} n1∑i=1nnisinni
- 取 h ( x ) h(x) h(x)= x sin x x\sin{x} xsinx,积分区间有 i = 1 , i = n i=1,i=n i=1,i=n时 i n \frac{i}{n} ni在 n → ∞ n\to{\infin} n→∞时的极限取求得,分别为 0 , 1 0,1 0,1
- 从而被求极限等于 ∫ 0 1 x sin x d x \int_{0}^{1}x\sin{x}\mathrm{d}x ∫01xsinxdx= − ∫ 0 1 x d cos x -\int_{0}^{1}x\mathrm{d}\cos{x} −∫01xdcosx= − ( x cos x ∣ 0 1 − ∫ 0 1 cos x d x ) -(x\cos{x}|_{0}^{1}-\int_{0}^{1}\cos{x}\mathrm{d}x) −(xcosx∣01−∫01cosxdx)= sin 1 − cos 1 \sin{1}-\cos{1} sin1−cos1
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例:若 f ( n ) = ∑ k = 1 n k n 2 ln ( 1 + k n ) f(n)=\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{n^2}\ln(1+\frac{k}{n}) f(n)=∑k=1nn2kln(1+nk), lim n → ∞ f ( x ) = ? \lim\limits_{n\to{\infin}}f(x)=? n→∞limf(x)=?
- 观察可尝试用定积分定义求该极限
- 提取因子 1 n \frac{1}{n} n1到求和号前: f ( n ) f(n) f(n)= 1 n ∑ k = 1 n k n ln ( 1 + k n ) \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{n}\ln(1+\frac{k}{n}) n1∑k=1nnkln(1+nk)
- 令 h ( x ) = x ln ( 1 + x ) h(x)=x\ln(1+x) h(x)=xln(1+x),积分区间如上述方法,可分别求得 0 , 1 0,1 0,1
- 所求极限为 ∫ 0 1 x ln ( 1 + x ) d x \int_{0}^{1}x\ln{(1+x)}\mathrm{d}x ∫01xln(1+x)dx= 1 4 \frac{1}{4} 41
- 这个积分的计算使用分部积分: 1 2 ( x 2 ln ( 1 + x ) ∣ 0 1 − ∫ x 2 d ( ln ( x + 1 ) ) ∣ 0 1 ) \frac{1}{2}(x^2\ln(1+x)|_{0}^{1}-\int{x^2}\mathrm{d}(\ln{(x+1)})|_{0}^{1}) 21(x2ln(1+x)∣01−∫x2d(ln(x+1))∣01)= 1 2 ( ( ln 2 − 0 ) − ( ln 2 − 1 2 ) ) \frac{1}{2}((\ln2-0)-(\ln{2}-\frac{1}{2})) 21((ln2−0)−(ln2−21))= 1 4 \frac{1}{4} 41
- 其中 ∫ x 2 d ( ln ( x + 1 ) ) \int{x^2}\mathrm{d}(\ln{(x+1)}) ∫x2d(ln(x+1))= ∫ x 2 1 x + 1 d x \int{x^2\frac{1}{x+1}}\mathrm{d}x ∫x2x+11dx= ∫ ( x 2 − 1 + 1 ) 1 x + 1 d x \int{(x^{2}-1+1)\frac{1}{x+1}}\mathrm{d}x ∫(x2−1+1)x+11dx= ∫ x − 1 + 1 x + 1 d x \int{x-1+\frac{1}{x+1}}\mathrm{d}x ∫x−1+x+11dx= [ 1 2 x 2 − x + ln ∣ x + 1 ∣ ] [\frac{1}{2}x^2-x+\ln|x+1|] [21x2−x+ln∣x+1∣]
- ∫ x 2 d ( ln ( x + 1 ) ) ∣ 0 1 \int{x^2}\mathrm{d}(\ln{(x+1)})|_{0}^{1} ∫x2d(ln(x+1))∣01= ln 2 − 1 2 \ln{2}-\frac{1}{2} ln2−21
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f ( x ) = ln ( 1 + 1 n ) 2 ( 1 + 2 n ) 2 ⋯ ( 1 + n n ) 2 n f(x)=\ln\sqrt[n]{(1+\frac{1}{n})^2 (1+\frac{2}{n})^2\cdots (1+\frac{n}{n})^2} f(x)=lnn(1+n1)2(1+n2)2⋯(1+nn)2, lim n → ∞ f ( x ) = ? \lim\limits_{n\to{\infin}}f(x)=? n→∞limf(x)=?
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f ( x ) f(x) f(x)= 1 n ln ( 1 + 1 n ) 2 ( 1 + 2 n ) 2 ⋯ ( 1 + n n ) 2 \frac{1}{n}\ln{(1+\frac{1}{n})^2 (1+\frac{2}{n})^2\cdots (1+\frac{n}{n})^2} n1ln(1+n1)2(1+n2)2⋯(1+nn)2= 2 n [ ln ( 1 + 1 n ) + ⋯ + ln ( 1 + n n ) ] \frac{2}{n}[\ln(1+\frac{1}{n})+\cdots+\ln(1+\frac{n}{n})] n2[ln(1+n1)+⋯+ln(1+nn)]= 2 n ∑ i = 1 n ln ( 1 + i n ) \frac{2}{n}\sum_{i=1}^{n}\ln(1+\frac{i}{n}) n2∑i=1nln(1+ni)= 2 [ 1 n ∑ i = 1 n ln ( 1 + i n ) ] 2[\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\ln(1+\frac{i}{n})] 2[n1∑i=1nln(1+ni)]
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h ( x ) h(x) h(x)= ln ( 1 + x ) \ln(1+x) ln(1+x),积分区间为 i = 1 , n i=1,n i=1,n下分别求 n → ∞ n\to{\infin} n→∞时 i n \frac{i}{n} ni极限得积分区间为 [ 0 , 1 ] [0,1] [0,1]
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2 ∫ 0 1 ln ( 1 + x ) d x 2\int_{0}^{1}{\ln{(1+x)}}\mathrm{d}x 2∫01ln(1+x)dx= 2 ( ( 1 + x ) ln ( 1 + x ) − ( x + 1 ) ) ∣ 0 1 2((1+x)\ln(1+x)-(x+1))|_{0}^{1} 2((1+x)ln(1+x)−(x+1))∣01= 4 ln 2 − 2 4\ln{2}-2 4ln2−2
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若令 x x x替换 ( 1 + i n ) (1+\frac{i}{n}) (1+ni),则被积函数变为 h 1 ( x ) h_1(x) h1(x)= ln x \ln{x} lnx,积分区间为 [ 1 , 2 ] [1,2] [1,2]结果为 2 ∫ 1 2 ln x d x 2\int_{1}^{2}\ln{x}\mathrm{d}x 2∫12lnxdx= 4 ln 2 − 2 4\ln{2}-2 4ln2−2,也正确
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实际上, ∫ 0 1 ln ( 1 + x ) d x \int_{0}^{1}\ln(1+x)\mathrm{d}x ∫01ln(1+x)dx= ∫ 1 2 ln x d x \int_{1}^{2}\ln{x}\mathrm{d}x ∫12lnxdx
- 因为 ln ( 1 + x ) \ln{(1+x)} ln(1+x)是由 ln x \ln{x} lnx向左平移1个单位得到,所以积分区间也同时向左平移1个单位,从 [ 1 , 2 ] [1,2] [1,2]移到 [ 0 , 1 ] [0,1] [0,1]
- 从而定积分的定义可知,两个曲边梯形面积相等,积分也就相同
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f ( n ) = 1 n + 1 + 1 n + 2 + ⋯ + 1 n + n f(n)=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{n+n} f(n)=n+11+n+21+⋯+n+n1, lim n → ∞ f ( x ) = ? \lim\limits_{n\to{\infin}}f(x)=? n→∞limf(x)=?
- ∫ 0 1 1 1 + x d x \int_{0}^{1}\frac{1}{1+x}\mathrm{d}x ∫011+x1dx= ln ∣ x + 1 ∣ ∣ 0 1 \ln|x+1||_{0}^{1} ln∣x+1∣∣01= ln 2 \ln{2} ln2
- 事实上, lim n → ∞ 1 n + 1 + 1 n + 2 + ⋯ + 1 n + ( n − 1 ) \lim\limits_{n\to{\infin}}\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{n+(n-1)} n→∞limn+11+n+21+⋯+n+(n−1)1= lim n → ∞ 1 n + 1 + 1 n + 2 + ⋯ + 1 n + ( n − 1 ) + 1 n + n \lim\limits_{n\to{\infin}}\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{n+(n-1)}+\frac{1}{n+n} n→∞limn+11+n+21+⋯+n+(n−1)1+n+n1
- 因为我们可以通过添项,使得其变为 n n n项(或 k n kn kn项),因为 lim n → ∞ 1 n + n = 0 \lim\limits_{n\to{\infin}}\frac{1}{n+n}=0 n→∞limn+n1=0,对于极限而言添加这样的项不影响结果
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f ( n ) = 1 n + 1 + 1 n + 2 + ⋯ + 1 n + 2 n f(n)=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{n+2n} f(n)=n+11+n+21+⋯+n+2n1, lim n → ∞ f ( x ) = ? \lim\limits_{n\to{\infin}}f(x)=? n→∞limf(x)=?
- f ( n ) f(n) f(n)= ∑ i = 1 2 n 1 n + i \sum_{i=1}^{2n}\frac{1}{n+i} ∑i=12nn+i1= 1 n ∑ i = 1 2 n 1 1 + i n \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{2n}\frac{1}{1+\frac{i}{n}} n1∑i=12n1+ni1
- ∫ 0 2 1 1 + x d x \int_{0}^{2}\frac{1}{1+x}\mathrm{d}x ∫021+x1dx= ln 3 \ln{3} ln3或 ∫ 1 3 1 x d x \int_{1}^{3}\frac{1}{x}\mathrm{d}x ∫13x1dx= ln 3 \ln{3} ln3
- Note:关于区间 2 − 0 2 n \frac{2-0}{2n} 2n2−0= 3 − 1 2 n \frac{3-1}{2n} 2n3−1= 1 n \frac{1}{n} n1
定积分表示为极限
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设 f ( x ) f(x) f(x)在区间 [ 0 , 1 ] [0,1] [0,1]上连续,则 ∫ 0 1 f ( x ) d x \int_{0}^{1}f(x)\mathrm{d}x ∫01f(x)dx= S S S和下列求和式的当 n → ∞ n\to{\infin} n→∞时的极限的关系?
- f 1 ( x ) f_1(x) f1(x)= ∑ k = 1 n f ( 2 k − 1 2 n ) 1 2 n \sum_{k=1}^{n}f(\frac{2k-1}{2n})\frac{1}{2n} ∑k=1nf(2n2k−1)2n1
- f 2 ( x ) f_2(x) f2(x)= ∑ k = 1 n f ( 2 k − 1 2 n ) 1 n \sum_{k=1}^{n}f(\frac{2k-1}{2n})\frac{1}{n} ∑k=1nf(2n2k−1)n1
- f 3 ( x ) f_3(x) f3(x)= ∑ k = 1 2 n f ( k − 1 2 n ) 1 n \sum_{k=1}^{2n}f(\frac{k-1}{2n})\frac{1}{n} ∑k=12nf(2nk−1)n1
- f 4 ( x ) f_4(x) f4(x)= ∑ k = 1 2 n f ( k 2 n ) 2 n \sum_{k=1}^{2n}f(\frac{k}{2n})\frac{2}{n} ∑k=12nf(2nk)n2
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分析
- 由定积分的定义:S= lim λ → 0 ∑ i = 1 n f ( ξ i ) Δ x i \lim\limits_{\lambda\to{0}}\sum_{i=1}^{n}f{(\xi_{i})}\Delta{x_i} λ→0lim∑i=1nf(ξi)Δxi
- 假设区间划分采用 n n n等分的策略, Δ x i \Delta{x}_i Δxi= 1 n ( 1 − 0 ) \frac{1}{n}(1-0) n1(1−0)= 1 n \frac{1}{n} n1
(1),第 k k k个区间表示为 K 1 = [ k − 1 n , k n ] K_1=[\frac{k-1}{n},\frac{k}{n}] K1=[nk−1,nk] - 也可以采用 k n kn kn等分,例如 2 n 2n 2n等分, S S S= lim λ → 0 ∑ i = 1 2 n f ( ξ i ) Δ x i \lim\limits_{\lambda\to{0}}\sum_{i=1}^{2n}f{(\xi_{i})}\Delta{x_i} λ→0lim∑i=12nf(ξi)Δxi,此时 Δ x i \Delta{x}_i Δxi= 1 2 n \frac{1}{2n} 2n1
(2),第 k k k个区间表示为 K 2 = [ k − 1 2 n , k 2 n ] K_2=[\frac{k-1}{2n},\frac{k}{2n}] K2=[2nk−1,2nk] - f 1 ( x ) , f 2 ( x ) f_1(x),f_2(x) f1(x),f2(x)都是 n n n等分; f 3 ( x ) , f 4 ( x ) f_3(x),f_4(x) f3(x),f4(x)都是 2 n 2n 2n等分
- f 4 ( x ) f_{4}(x) f4(x)的极限都不为 S S S,实际上 f 4 ( x ) f_4(x) f4(x)= 4 ∑ k = 1 2 n f ( k 2 n ) 1 2 n 4\sum_{k=1}^{2n}f(\frac{k}{2n})\frac{1}{2n} 4∑k=12nf(2nk)2n1, f 4 ( x ) → 4 S ( n → ∞ ) f_4(x)\to{4S}(n\to{\infin}) f4(x)→4S(n→∞),其中 k 2 n ∈ K 2 \frac{k}{2n}\in{K_2} 2nk∈K2
- k − 1 2 n ∈ K 2 \frac{k-1}{2n}\in{K_2} 2nk−1∈K2, f 3 ( x ) f_3(x) f3(x)= 2 ∑ k = 1 2 n f ( k − 1 2 n ) 1 2 n 2\sum_{k=1}^{2n}f(\frac{k-1}{2n})\frac{1}{2n} 2∑k=12nf(2nk−1)2n1, f 3 ( x ) → 2 S ( n → ∞ ) f_3(x)\to{2S}(n\to{\infin}) f3(x)→2S(n→∞)
- 对于 f 2 ( x ) f_2(x) f2(x), 2 k − 1 2 n ∈ K 1 \frac{2k-1}{2n}\in{K_1} 2n2k−1∈K1,对应的积分区间: k = 1 , n k=1,n k=1,n时,积分限分别为 0 , 1 0,1 0,1,被积函数为 f ( x ) f(x) f(x),因此 f 2 ( x ) → S ( n → ∞ ) f_2(x)\to{S}(n\to{\infin}) f2(x)→S(n→∞)
- f 1 ( x ) = 1 2 f 2 ( x ) f_1(x)=\frac{1}{2}f_{2}(x) f1(x)=21f2(x), f 1 ( x ) → 1 2 S ( n → ∞ ) f_1(x)\to{\frac{1}{2}S}(n\to{\infin}) f1(x)→21S(n→∞)
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如果作为选择题,题干涉及的函数时一般(任意函数),非常推荐可用特例函数排除法,检测各个选项是否满足 f i ( x ) → S ( n → ∞ ) f_i(x)\to{S}(n\to{\infin}) fi(x)→S(n→∞),不满足的排除(对于满足的选项只能说可能是正确的,但如果能够排除3个,那么剩下的一个就是对的),另一方面可以取不知一个特例尝试
- 令 f ( x ) ≡ 1 f(x)\equiv{1} f(x)≡1,是满足要求的简单函数,此时 S = 1 S=1 S=1,依次检查4个选项,可以发现 f 1 ( x ) , f 3 ( x ) , f 4 ( x ) f_1(x),f_3(x),f_4(x) f1(x),f3(x),f4(x)(极限分别为 1 2 , 2 , 4 \frac{1}{2},2,4 21,2,4),仅 f 2 ( x ) → 1 f_2(x)\to{1} f2(x)→1
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