9.5 習題——微積分學基本定理定積分計算（續）

06-03

來自專欄數學分析教學筆記

本文處理9.5節的課後習題，這一節是學習的重點，也是各類考試的絕對熱點，習題比較多，某些題目有比較強的典型性。

每一位學習華東師大教材的同學，都有必要好好做一些本節的習題。

1. 設 $f$ 為連續函數， $u, v$ 均為可導函數，且可實行複合 $fcirc u, fcirc v$ ，證明

$frac{mathrm d}{mathrm dx}int_{u(x)}^{v(x)}f(t)mathrm dt=f(v(x))v(x)-f(u(x))u(x).$

證明這是變限積分求導定理與複合函數求導方法的典型結合，大家一定要熟知這個結論！

首先由積分的區間可加性（無論任何大小關係），由 $int_{u(x)}^{v(x)}f(t)mathrm dt=int_a^{v(x)} f(t)mathrm dt -int_a^{u(x)}f(t)mathrm dt.$

記 $F(v)=int_a^{v}f(t)mathrm dt,$ 由變限積分求導得到 $F(v)=f(v)$ ,

記 $v=v(x)$ ，則 $G(x)=F(v(x))=int_a^{v(x)}f(t)mathrm dt,$ 再由複合函數的求導法則，

$G(x)=F(v)cdot v(x)=f(v(x))v(x),$

另外一部分完全類似，二者相減得到我們需要的結果。 $Box$

2. 設 $f$ 在 $[a,b]$ 上連續， $F(x)=int_a^x f(t)(x-t)mathrm dt,$ 證明 $F(x)=f(x), xin [a,b].$

證明我們強調過一些看似無甚意義的概念，比如積分變數，這時就派上用場。

$F(x)=xint_a^x f(t)mathrm dt-int_a^x tf(t)mathrm dt,=F_1(x)-F_2(x)$ ,

（注意積分變數是t，由定積分的線性性質，x為係數）

$F_1(x)$ 的求導可由乘法的求導法則得到， $F_2(x)$ 求導則來自變限積分的求導定理。

$F_1(x)=int_a^x f(t)mathrm dt+xf(x), F_2(x)=xf(x),$

所以 $F(x)=int_a^xf(t)mathrm dt,$ 再由變限積分求導，得 $F(x)=f(x),$ 即結論。 $Box$

3. 求下列極限：

（1） $lim_{x ightarrow 0}frac{1}{x}int_0^x cos t^2 mathrm dt;$ （2） $lim_{x ightarrow infty}frac{left(int_0^x e^{t^2}mathrm dt ight)^2}{int_0^x e^{2t^2}mathrm dt}.$

解方法：洛必達法則。答案：（1）= 1；（2）= 0. 過程略。 $Box$

4. 計算下列定積分（暫略，看看大家認為哪幾個比較困難----20180528）

5. 設 $f(x)$ 在 $[-a,a]$ 上可積. 證明：

（1）若 $f(x)$ 為奇函數，則 $int_{-a}^a f(x)mathrm dx=0;$

（2）若 $f(x)$ 為偶函數，則 $int_{-a}^a f(x)mathrm dx=2int_0^a f(x)mathrm dx.$

證明先做兩個備註。

（i）本題的兩個結論非常重要，是各類考試中的熱點。

（ii）我們教材里換元積分法是要求被積函數連續，其實它確實可以放寬到可積。

下面開始證明 由定積分的區間可加性，則 $int_{-a}^a f(x)mathrm dx=int_{-a}^0 f(x)mathrm dx+int_0^a f(x)mathrm dx.$

由定積分的定義， $int_0^a f(x)mathrm dx=lim_{||T|| ightarrow 0}sum_{i=1}^n f(xi_i)Delta x_i,$ $int_0^a f(x)mathrm dx=lim_{||T|| ightarrow 0}sum_{i=1}^n f(-xi_i)Delta x_i,$

即我們選取對稱的分割，以及相應對稱的分點 $xi_i, -xi_i$ ,因為函數可積，這樣做是合理的。

然後根據被積函數的奇偶性，二者相加，分別得到（1），（2）兩個結論。 $Box$

6. 設 $f(x)$ 為 $(-infty,+infty)$ 上以 $p$ 為周期的連續周期函數. 證明對任何實數 $a$ ，恆有

$int_a^{a+p}f(x)mathrm dx=int_0^p f(x)mathrm dx.$

證明本題原題是非常簡單的。要證明一個可導的函數為常數，只需證其導數為零。

記 $F(a)=int_a^{a+p}f(x)mathrm dxRightarrow F(a)=f(a+p)-f(a)=0$ ，即 $F(a)=F(0)=int_0^p f(x)mathrm dx.$

下面開始說重點！

如果 $f(x)$ 由連續減弱為可積，其它不變，則結論仍然成立，但已經不能用上面的證明。

我們給出減弱條件後的證明，類似第5題，我們用定義。

我們取定整數 $k: (k-1)p leq a< kp$ ，則 $int_a^{a+p}f(x)mathrm dx=int_a^{kp}f(x)mathrm dx+int_{kp}^{a+p}f(x)mathrm dx.$

又有

$int_a^{kp}f(x)mathrm dx=lim_{||T|| ightarrow 0} sum_{i=1}^nf(xi_i)Delta x_i =lim_{||T|| ightarrow 0} sum_{i=1}^nf(xi_i-(k-1)p)Delta x_i =int_{a-(k-1)p}^p f(x)mathrm dx;$

且 $int_{kp}^{a+p}f(x)mathrm dx=lim_{||T|| ightarrow 0}sum_{i=1}^n f(eta_i)Delta x_i= lim_{||T|| ightarrow 0}sum_{i=1}^n f(eta_i-kp)Delta x_i =int_0^{a-(k-1)p}f(x)mathrm dx,$

最後由定積分的區間可加性，二者相加得到結論。 $Box$

7. 設 $f(x)$ 為連續函數. 證明：

（1） $int_0^{pi/2} f(sin x)mathrm dx=int_0^{pi/2}f(cos x)mathrm dx=int_{pi/2}^pi f(sin x)mathrm dx.$ （第二個等號是我加的）

（2） $int_0^pi xf(sin x)mathrm dx= frac{pi}{2}int_0^{pi}f(sin x)mathrm dx=pi int_0^{pi/2} f(sin x)mathrm dx.$ （第二個等號是我加的）

證明這是很多考試喜歡考查的知識點，也從另外一個側面告訴大家，牛頓-萊布尼茨公式不是計算定積分的唯一方法。

（1）做變換 $t=pi/2-x$ 得到①=②；做變換 $t=pi-x$ ，得到①=③.

（2）做變換 $t=pi-x$ ，則

$I=int_0^pi xf(sin x)mathrm dx= int_0^pi (pi-t)f(sin t)mathrm dt=pi int_0^pi f(sin x)mathrm dx-I,$

移項即得結論，再由（1）中①=③得到第二個等式。 $Box$

從現在開始是橫線下題目。

8. 設 $J(m,n)=int_0^{pi/2} sin^m x cos ^n x mathrm dx, m,n$ 是正整數。證明：

$J(m,n)=frac{n-1}{m+n}J(m,n-2)=frac{m-1}{m+n}J(m-2,n),$ 並求 $J(2m, 2n).$

證明見習題8.2，第4題（2），這種計算談不上難，也不需要老師給什麼過程，自己使用分部積分把它「磨」出來即可。

$J(2m,2n)=frac{2n-1}{2(m+n)}cdotfrac{2n-3}{2(m+n-1)}cdotsfrac{1}{2(m+1)}J(2m,0),$

$J(2m,0)=frac{2m-1}{2m}cdotfrac{2m-3}{2(m-1)}cdotsfrac{1}{2}J(0,0),$

$J(0,0)=pi/2.$ $Box$

9. 證明：若在 $(0,+infty)$ 上 $f(x)$ 為連續函數，且對任何 $a>0$ 有

$g(x)=int_x^{ax}f(t)mathrm dtequiv mathrm{const}.$ 證明： $f(x)=c/x, c$ 為常數。

證明 $g(x)=af(ax)-f(x)=0$ , 令 $x=1$ ,則 $af(a)=f(1)Rightarrow f(a)=f(1)/aRightarrow f(x)=f(1)/x.$ $Box$

10. 設 $f(x)$ 為連續可微函數，試求 $frac{mathrm d}{mathrm dx}int_a^x (x-t)f(t)mathrm dt,$ 並用此結果求 $frac{mathrm d}{mathrm dx}int_0^x (x-t)sin tmathrm dt.$

解這是個重要的習題，當然做法和第2題差不多。

答案 $f(x)-f(a),$ 代入後者（如果考試沒有前面的鋪墊，當然可以直接計算）得 1- cos x. $Box$

11. 設 $y=f(x)$ 是 $[a,b]$ 上嚴格增加的連續曲線，試證存在 $xiin(a,b)$ ,使圖中兩陰影部分面積相等。

證明本題考查定積分的簡單幾何應用，把ξ替換成t表出陰影面積，而後零點定理。

記 $F(t)=left[int_a^t f(x)mathrm dx-(t-a)f(a) ight]-left[f(b)(b-t)-int_t^b f(x)mathrm dx ight],$

則 $F(a)=-left[f(b)(b-a)-int_a^b f(x)mathrm dt ight]=-int_a^b [f(b)-f(x)]mathrm dx<0,$

類似地 F(b)>0, 由零點定理可得結論。 $Box$

12. 設 $f(x)$ 為 $[0,2pi]$ 上的單調遞減函數，證明：對任意正整數n恆有

$int_0^{2pi}f(x)sin nx mathrm dxgeq 0.$

證明由於單調性，聯想定積分第二中值定理。

記 $g(x)=f(x)-f(2pi) geq 0$ ，同時為單調遞減，注意到 $int_0^{2pi} sin nx mathrm dx=0$ ,所以

$int_0^{2pi}f(x)sin nx mathrm dx=int_0^{2pi}(f(x)-f(2pi))sin nxmathrm dx=(f(0)-f(2pi))cdotint_0^xi sin nx mathrm dx,$

只需 $int_0^xi sin nx mathrm dx= frac{1}{n}(cos 0 -cos xi)geq 0$ , 而這是顯然成立的，證畢。 $Box$

13. 證明：當 $x>0$ 時有不等式 $left |int_x^{x+c}sin t^2 mathrm dt ight |leq 1/x, c>0.$

證明經過合適的變換，使用定積分第二中值定理。

令 $u=t^2,$ $left |int_x^{x+c}sin t^2 mathrm dt ight |=left|int_{x^2}^{(x+c)^2}frac{sin u}{2sqrt u}mathrm du ight|=frac{1}{2sqrt {x^2}}left|int_{x^2}^xi sin u mathrm du ight | leq 1/x.$ $Box$

14. 若 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上可積， $varphi$ 在 $[alpha,eta]$ 上嚴格單調且 $varphi$ 在 $[alpha,eta]$ 可積，則有

$int_a^b f(x)mathrm dx=int_alpha^eta f(varphi(t))varphi(t)mathrm dt.$

證明設 $I=int_a^b f(x)mathrm dx=lim_{||T|| ightarrow 0} sum_{i=1}^n f(xi_i)Delta x_i$ . 首先我們有

（1）可積函數 $f$ 必有界，我們設存在 $M>0, forall xin [a,b], |f(x)|leq M.$

（2）記 $xi_i=varphi(eta_i), eta_iin [t_{i-1}, t_i], f(t_i)=x_i$ ,因此我們建立了 $[a,b], [alpha,eta]$ 上兩個對應的分割 $T={x_i}, T={t_i}$ ，再由反函數的連續性， $||T|| ightarrow 0 Leftrightarrow ||T|| ightarrow 0$ .

（3） $Delta x_i =x_i-x_{i-1}=varphi(zeta_i)Delta t_i,$ 所以

$sum_{i=1}^n f(xi_i)Delta x_i=sum_{i=1}^n f(varphi(eta_i))varphi(zeta_i)Delta t_i$

$=sum_{i=1}^n f(varphi(eta_i))varphi(eta_i)Delta t_i+sum_{i=1}^n f(varphi(eta_i))(varphi(zeta_i)-varphi(eta_i))Delta t_i =I_1 +I_2,$ ,

因為 $varphi(t)$ 可積，所以 $forall epsilon>0, exists T={t_i}: sum_{i=1}^n omega_i Delta t_i <epsilon/M$ ,

與 $T$ 對應，有 $[a,b]$ 上的分割 $T={x_i}$

從而 $|I_2|<epsilon$ , 最後令 $||T|| ightarrow 0,$ 則 $lim_{||T|| ightarrow 0} I_1 =I$ 這就是我們需要證明的。 $Box$

注這是個重要的命題，它很大程度上放寬了定積分的換元積分法的條件。

15. 若函數 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上連續可微，則存在連續可微的增函數 $g$ 和連續可微的減函數 $h$ ，使得 $f(x)=g(x)+h(x).$

證明增函數的導函數大於等於0，減函數的導函數小於等於0，聯想變限積分的求導。

做 $g(x)=int_a^x |f(t)|mathrm dt$ ，它顯然是單調增加的。

再做 $h(x)=int_a^x (f(t)-|f(t)|)mathrm dt +f(a)$ ,它顯然是單調遞減的。

二者相加 $g(x)+h(x)=int_a^x f(t)mathrm dt + f(a) = f(x)$ . $Box$

注這個結論在後續課程的學習中具有啟發性的意義。

16. 證明：若在 $[a,b]$ 上 $f(x)$ 為連續函數， $g(x)$ 為連續可微的單調函數，則存在 $xiin [a,b]$ ,使得 $int_a^b f(x)g(x)mathrm dx =g(a) int_a^xi f(x)mathrm dx + g(b) int_xi^bf(x)mathrm dx.$