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1、第九章定积分1 定积分概念与牛顿- 布莱尼茨公式例 1证明：若 fa, b ，且 abfxdx0 ，则存在,a,b ，使fx0, x,证采用反证法，倘若在任何,a, b上都使f x0 ，则导致任一积分和nf ixi 0 ，于是当 T0时极限亦为非正，即i 1nablimfixif x dx0，T0i 1这与已知条件相矛盾。例 2通过对积分和求极限来验证：a x dxa a， 0 a 1（1.6 ）ln a解 首先 , 本题的解法与牛顿 - 莱布尼茨公式无关 , 按题意 , 需假设 (1.6) 式左边的定积分存在， 然后根据前面问题 2 的（5），可以通过对联某一特殊积分和求极限而得到该定积分的
2、值。为简单起见，取T 为等分分割：T,n1，n,nxiTn, i1,2, , n;并取i， i1,2,n ，则有inxniadxlimannni1nia nalimnni1aliman1ann1ana1alim annn1anaa1 limtt1 ataalim1ttaln aa a ln a例 3 设 fa,b ， g 与 f 仅在有限个点处取值不同， 试由可积定义证明 g且有ba g x dxabf x dx证不失一般性，设 g 与 f 只在一点处取值不同，而且为g bf b记 abf x dx J ，因 fa,b ，故0，10 ，当 T1 时，对一切ng ixiJ；i 12于是又有nnn
3、g ixiJg ixif ixii1i1i 1nfixiJi1NgifiTI12由于当 1 in 1时， gifi0，而当 in时无论nb 或 nb ，都有gnfng bfb，因此只要Tmin1 ,fb，2 g b就能保证ngixiJ22i 1a, b ，ni1 有这即为 ga,b ，且ba g x dxJba f x dx本例说明：一个可积函数，当它的有限个函数值发生改变时，既不会影响它的可积性，也不会影响它的定积分之值，这个重要性性质在以后常会用到例 4通过化为定积分后求极限：lim 1 n n n12n1J（ 1.7 ）nn解 这类问题的解题思想，是要把所求极限化为某个函数f x 在某一
4、区间a,b 上的积分和的极限，然后利用牛顿- 莱布尼茨公式计算 J ab fx dx 的值。由于（ 1.7 ）式中的根式不是一个和式，而是一个连乘积，因此可望通过求对数后化为累加形式，为此记Jn1 n n n12n1nn 11n111,nnI n1n1iln J nln 1nn i0不难看出， I n 是函数 f xln 1 x 在区间 0 ，1上对应于n 等分分割，并取iii1,i， i1,2,nnnn的一个积分和同于 f xln 1x 在0 ， 1 上连续，且存在原函数F x1x ln 1x1 ，故由定理9.1 知道 fx0,1 ，且有I lim I n10 ln 1 x dxn1x ln
5、 1x 1 012ln 21于是就可求得limI nJlim J nenneIln 44e ee注 上面 I n 也可看作 ln x 在 1 ，2上的一个 分和，或者是ln x1 在 2 ，3 上的一个 分和，亦即I10 ln 1x dx12ln xdx例 5 求由曲 yx1x 以及直 x=2 和 x 所 曲 梯形（ 9-1 ）的面 S。解由于x1xx 1x , x0,1 ,x x1 , x(1,2,因此依据定 分的几何意 ，可求得S10 x 1 x dx12 x x 1 dxx 2x 31x3x 2223032115616例 6设 f x 在 0 ，1 上可 ，且 凸函数， ：10 f x
6、dxf1（ 1.8 ）2 凸函数的特征是：01 ，恒有f x1f x fx1x ；1特 当 ， 足21 f xf x f xx （ 1.9 ）22要想 明不等式(1.8)，可以先把左 的定 分表示成某一 分和的极限，以便能用（1.9）把 分和中各 与 f 1相 系， 方便起 ，我 将0 ， 1 等分 2n 个小区 ，2并取i 第 I 个小区 的中点（i=1,2, ,2n ）, 有10 f2 n1x dxlimf ini12n由于11i1,2,n,i2ni 1，22因此由（ 1.9 ）得到2 nfii1f1f2 nfnf2 f12nfn2212nf2n 1n1于是就 得2 n11limfifn1
7、2n2i即不等式（ 1.8 ）成立。注把本例中的区 0 ，1 改 一般的 a,b ，在同 的条件下， 似地可 得ab fx dxfa b b a2请读者自行写出推导过程。 2 可积条件例 1 设 fa,b ， g xe fx ，试用两种方法证明 ga,b证 证法一 因 fa,b ，故M 10 ，使f xM 1 ， xa,b ；于是有g xeM 1M ， xa, b因此由微分值定理推知i gsup e f x e fx x ix xsupfx fxx x iMsupfx fx x x iMi f（其中在 fx与 fx 之间 ）（2.2 ）根据可积第二充要条件（必要性），0，某分割 T，可使i f
8、xiM；T对于同一分割 T，据（ 2.2）式便有igxiMi fxiTMM再由可积第二充要条件( 充分性 ), 证得 g xefxa,b 证法二 利用复合函数可积性质( 教材第 235页例 2),已知 h ueu 为连续函数，uf x 在 a,b上为可积函数，则g xh f xe f xa, b例 2证明：若 fa, b ，,a, b，则 f,证0 ，因 fa,b ，故分割 T，使ixiT把 , 两点加入 T 而成 T ，则由 T 是 T 的加密，知道I X ixiTT与此同时， T 在 , 上的那部分分点构成对 , 的一个分割 T ，并有i xi i xi TT这就证得 f,例3设 h x是
9、定义在a,b上的一个阶梯函数，意即有一a,b的分割T，使 h x在T所属的每个小区间xi 1, xi上都是常h xi的值可以是任意的，它对h x 的积分无影响） ，i1,2,n，证明：（ 1）若f,，则任给0 ，存在阶梯函数h1xf xh2xf x, xa, b,使得ab f x dxab h1 x dxabh2 x dx abf x dx（ 2.3 ）(2) 若对任给的0 , 存在阶梯函数h1 xf x , h2 xf x , x a, b ,使得ba h2 x dxba h1 x dx,则 fa, b证 (1) 由 fa, b ,T , 使得i fxiS Ts TT由于 s Tba f x
10、 dxS T , 因此ab f x dx s T,S Tbafx dx(2.4)所以只要取阶梯函数 h1 和 h2为h1x mih2x M i ,x xi 1 , xi,i1,2,n,就有ab h1 x dx s T,ab h2 x dx S T把它代入 (2.4)式，就证得（2.3 ）式成立。（ 2）满足题设条件的阶梯函数h1 和 h2存在，根据阶梯函数的定义，分别存在分割 T1 和T2 ，使S T2s T1ba h2 x dxab h1 x dx令 T=T1+T2，把 T 看作既是 T1 的加密，又是T2 的加密，于是有i fxiS Ts TTS T2s T1，这就证得 fa,b说明 由以
11、上（ 1）的结论，立即得到ba h2 x dxab h1 x dx 2 ，再与（ ）相联系， 便有如下命题fa,b 的充要条件是： 存在两个阶梯函数h1和 h2 ，2满足h1 xf xh2 x ， xa,b ，ba h2 x dxba h1 x dx由以上（ 1）与（ 2）的证明看到， 这个命题其实就是可积第二充要条件的另外一种表达方式。例 4证明：若 fa,b ，则对任给的0 ，存在一个连续函数g xf x ，xa,b ，使得abfx dxabg x dx证 根据例3（1），取一阶梯函数h, 满足h xfx , xa,b，abfx dxabh x dx2由 f 在 a,b 上可积，从而有界，
12、设fxM， xa,b若 h x 在 xi 1 , xi上为常数 mi ， i 1,2, n, 取2nM,则可构造一个连续函数g x （如图 9-4 所示）：在xi 1, xi上 g x h xmi ；在22xi, xi 和 xi , xi上， g x满足 g xiM 的线性函数，于是有22g xh xf x , x a, bab h x dxab g x dxn M；2ba f x dxab g x dxab f x dxab h x dxba h x dxba g x dx请读者自行证明：当fa,b 时，存在连续函数g xf x ，满足ba g x dxba f x dx例 5 本题的最终目
13、的是要证明：若 f 在a,b 上可积，则 f 在 a,b 上必定存在无限多个连续点，而且它们在 a,b 上处处稠密，这可以用区间套方法按以下顺序逐一证明：（ 1）若分割 T 能使 S Ts Tba ，则在 T 中存在某个小区间i ，使在其上有f1；i（ 2）存在区间 I 1a1 ,b1a,b，使得f I 1sup fxinffx1；xI 1x I 1（ 3）存在区间 I 2a2 ,b2a1 ,b1，使得fI 2sup fxinffx1；xI 2x I 22（ 4）继续以上方法，求出一区间序列I nan ,bn，使得an , bnan 1 ,bn 1，fI nsup fxinffx1；xI nx
14、 I nn可证 I n是一个区间套，其公共点x0I n , n1,2,是 f的一个连续点；（ 5）按上面方法求得的 f的连续点在 a,b上处处稠密。* 证（ 1）倘若在小区间上都有f1,i1,2, n,i则将出现矛盾：S Ts TfxiiTxibaT（ 2）由（ 1），xi 1 ,x,，在其上有f1，现按如下规定来得到I1：iiia b若 1i n ，则取 a1 ,b1xi1 , xia,b；若 i1，则取 a1 ,b1a1 , x1，其中 a1 为满足 aa1x1 的任意数， 则有 a1 ,b1a,b若 in ， 则 取 a1 , b1xn 1 , b1， 其 中 b1 为 满 足 xn 1
15、b1 b 的 任 意 数 ， 同 样 有a1 ,b1a,b由此得到的 I 1 a1 ,b1i ，必定有f I1fi1（ 3）用 I 1 代替（ 1）中的 a,b，根据例2，知道 fa1 ,b1 ，同理可证：a1 ,b1 上的分割 T 使得S T1 s T11 b1 a1 ；2且有 T1 中的某个小区间i ，使fi类似于（ 2），I 2a2 ,b2a1 , b1 ，满足12fI 2fi12（ 4）因以上分割 Tn 可以做得无限细密，故当lim Tn0 时，由 bn 1 an1Tn，可知nlim bnan0 ；n又因 I n 1I n ，所以 I n 为一区间套。根据区间套定理，x0 I n， n
16、 1,2；且对NN，当 n N 时，有1，以及nan ,bnx0 ;由 I n 的构造特征：an , bnan1 ,bn 1， n1,2,，保证 x0an ,bn ， n1,2,，现取min x0a N , bNx00，当 x 、 x U x0 ;U x0 ;时，必有f x f xf I N1，N所以 f 在 x0 上连续。（ 5）,a, b ，以,代替 a,b，由于 f,，因此由以上（1） （ 4）可证得 f在, 内至少有一个连续点，所以f 的连续点在 a,b中处处稠密。说明1. 本例所证得的命题是十分重要的，它进一步指明了可积与连续之间的内在联系。2如果一个函数f ，它在 a,b上的连续点
17、不是处处稠密的，那么就可断言fa,b ，例如函数x sin 1 , x为 0, 2 中有理数 ,f xx20, x0和 0,中无理数如图 9-5 所示，它在0, 2中的连续点为x 0 ，1 ， k1,2,k这些连续点虽有无限多个，但它们并不处处稠密，所以f 在 0, 2上是不可积的。 3 定积分的性质例 1试求 Iex dx1 lne解利用积分区间可加性，有Ieeln xdxe ln xdx11再由 ln xdxx ln xxC ，可得Ix x ln x1eex ln x x 111 1 1 ln 1e ln e10 1ee12221ee例 2利用积分中值定理证明：1100e xdx1（ 3.
18、6 ）2000100x100分析如果由积分值公式 (3.4)来估计定积分的值, 只能得出m baab fx dx M ba ,(3.7)其中 M与 m分别是 fx 在 a,b上的最大值与最小值，显然这是一个很粗略的估计，如果改由中值公式（3.5 ）来估计，设g x0 ， xa, b , 则有m ab g x dxabf x g x dxM ab g x dx（ 3.8 ）一般说来 , 估计式 (3.8) 比 (3.7)较为精细 .证这里使用估计式 (3.8),取f xx1, g xe x ,1001100exdx100ex1 100exdx20000xdx0100100算出11000e x d
19、x11e10010011000e x dx11e2002001001001 ,1001 ,200由此看到，（ 3.6 ）的右部不等式得证；而左部不等式尚差稍许，为此可用以下方法来弥补：100e x50e x150x0x100dx0x100dx 1500edx11e 50131，1501504200这就证得（ 3.6）的左部不等式也成立。说明如果改取 fxe x ， g xx1，是否同样能证得结论成立？100读者不妨自己去试一试，此外，在上面证明左部不等式时，还用到了定积分性质之4和 5，请读者自行指出它们用在何处？例 3证明：若 fa, b ， fx0 ，则有 abf x dx0fx 在其连续点处恒为零。证用反证法，倘若x0a, b 为 f的一个连续点，使f x00，则可证得abfx dx0 ，导致与条件ab f x dx0相矛盾（证明见教材第217 页中的例2）所以 f x 在其连续点处的值恒为零。