Page 286 - 4371

1  n 3 n 3  2n x dx 1  1 
    n 3    1  .
3   1n  3 2n   1 3   n 1  x 5 3  8 

 2n x dx  7
 
Звідси легко одержуємо lim n 3   .
n   1 x 5  24
 n 
10.65
 dx 1 dx  dx 1 1  x 2n  x 2n
I   2n   2n   2n   2n dx 
0 1  x 0 1  x 1 1  x 0 1  x
 dx 1 1 x 2n dx  dx 1 x 2n dx  dx

  2n  dx   2n   2n 1   2n   2n .
1 1  x 0 0 1  x 1 1  x 0 1  x 1 1  x
Очевидно мають місце оцінки:
1 x 2n dx 1 1  dx  dx 1

0   2n  x 2n dx  і 0   2n  2  n  .
0 1 x 0 2 n 1 1 1 x 1 x 2 n 1
1 1
Застосувавши їх, одержуємо 1  I  1 , звід-
2 n 1 2 n 1
 dx
ки зразу випливає, що lim   1.
n   1 x 2n
0
10.66 Зауважимо, що
1  2  2


I  f  dxx   f sin cos d    f cos sin  d .
0 0 0
Звідси маємо:
 2  2

2 I   f sin cos  f cos sin    d  d   ,
0 0 2
тобто I  4, що і потрібно було довести.


10.67 За умовою    f  dxx збіжний абсолютно. Це
0
означає, що  xf  має скінченну границю при x  , а
тому обмежена:    Mxf  , x   ,0   . Тоді

286