第六章-定積分及其應(yīng)用

1、第六章-定積分及其應(yīng)用第六章定積分及其應(yīng)用b1.證明：設(shè)f(x)為ab上連續(xù)且非負(fù)，則af(x)dx 0 的充要條件為f(x)在a,b上恒為零，即f(x) 0。證明：充分性是顯然的，以下證明必要性。 法1點(diǎn)，且:反證法。若存在0，則i2f(X0)f(X。)f(x)從而有xoXoX,0，使a，b為f(x)的某一連續(xù)X (X。,Xo)a,b與已知矛盾法20:對(duì)一切的Xbaf (x)dx從而結(jié)論成立。X a,b有bf(x)dx 0af (x)dxf (Xo)從而0 f (x)dxaxaf(x)dx 0 x a,b那么 即 2.利用定積分求極限：1 1lim (-n n 1 n 21 ,1)12)J解

2、:d xf(x)dx dx af(x)limn n(n 1)(2n1)n n1 1I lim (1 ) n n 1 n 2n 1 1limn i 1 1 L nn1 dx .、 0 ln(1 x) 01 X2n)In 2J lim -2)n nn n(n 1)(2n1)f(b)G(b)ba f (x)G(x)dx由假設(shè)f(x)為單調(diào)函數(shù)，故f (x)不變號(hào)，從而Gb,使得ba f(x)g(x)dx f(b)G(b)bf (x)G(x)dxaf (b)G(b) G(bf(b) ag(x)dxb)af (x)dxf(a) g(x)dxaf(b) f(a) ag(x)dxbf(b) g(x)dx4

3、設(shè)f(x)連續(xù)，解：令ux2F(x)X 2tf (x20 t2)dt求 F (x)。t2 ,x 22F(x)0 tf (x2 t2)dt則1 02 f (u)du2 xx20 f(u)dulimnn;1 (1 -) (1 2-) nn-1i 1exp lim (1 _)- n i on n14exp(n(1 x)dx 一 e3 設(shè)在a，b上g(x)為連續(xù)函數(shù)，f(x)為單調(diào)的連續(xù) 可微函數(shù)。證明：存在 a,b，使得 bbf (x)g(x) dx f (a) g(x) dx f (b) g(x) dxaaO證明：這是加強(qiáng)條件的積分第二中值定理， 有一個(gè)不難的證明。x設(shè) G(x) ag(t)dt

4、, x a,b，則有bba f (x)g(x) dx af (x)dG(x)bf(x)G(x)f (x)G(x) dxa所以 F(X)Xf(x2)。5 設(shè)f(x)連續(xù)，且解:令f(x) x 2 0f(x)dx，求 f(x)兩邊積分有:1 1I 0 f (x)dx 對(duì) f (x) x 2 0 f(x)dx1 1 1o f (x) dx 0 xdx 2I2I21所以12。則f(x) x 1。6設(shè)f(x)在區(qū)間0,1上可微，且滿足條件1f(1)2 Jxf (x)dx。試證：存在 (0,1)，使f()1證明：令F(x) xf(x)，則存在c (0,2)，使1 1F(1)f(1) 2 02 xf(x)d

5、x 2 F(c) F(c)又由F(x) xf(x)在c,1上連續(xù)，在(c,1)內(nèi)可導(dǎo)且F(c)f(1，由Rolle定理可知：存在 (c,1)(0,1)，使 F ( ) 0。即f( ) f ( ) 0 。7 設(shè)f(x)在區(qū)間時(shí)上是連續(xù)且遞增的函數(shù)，bb證明. (a b)af(x)dx 2 axf(x)dxf ( ) 0。1c (0,二)2證明：法10 :只要證ta tt令(t)axf(x)dxaf(x)dx1 tat(t)tf(t)2af(x)dxTf(t)-a f ( )-f (t)tf (t)2( )2(t)af(t) f( ) 02所以為遞增的oba b br z x , 小xf (x)

6、dxf (x)dx 02t a,b，貝V (a) 0 。(a,t)函數(shù)，因此ba b b(b) a xf (x) dxa f(x)dx 0法20 :由f（x）遞增，所以 因此(x 歲f(x) f(寧）0。b / a b (x a 2ba ba xf (x) dx 2-)f(x)bf(x) dx法30:a b2)f(x)dx (a bf( 1) a丁屮2f (-)02abbf()(x2abf(x)dxaa bbab )(xaab(x)dxjx2H) f (x)dx2bf ( 2) a_b (x2-2) f( 1)8設(shè)f（x）在Q1】上單調(diào)減少且連續(xù)， 恒有不等式0證明：對(duì)q10 f (x) dx

7、 q 0 f(x)dxa bRdx(0,1),ox1F(x) 0f(x)dx x 0f(x)dxF(1)F(0)證明：法10 :令則F（x）在叩上連續(xù)，在（。內(nèi)可導(dǎo)，且 所以c（叩）使(0,1)01F (c) f (c)0f(x)dx 0由于f（x）在叩上單調(diào)減少且連續(xù)， 當(dāng)x c時(shí)，F(xiàn) （c） 0，當(dāng)X c時(shí)， 最大值點(diǎn)； 最小值只能在端點(diǎn)取得，又F (c)0 ;則即c是F（x）的F（x）的F) F(0) 0，所以F（q）0。命題得證法20:oqx qt 10f(x)dx q 0 f (qt) dtq (0,1)法30:q0f(x)dx1q 0 f (x) dxf (x) dx1q 0f(t

8、)dtoqiq 0 f (x) dx q qf(x) dxqi(1 q) 0 f (x) dx qqf(x)dx(1 q)qf( ) (1 q)qf()其中0 q, q 1o又f(x)在0,1上單調(diào)減少， V f( ) f()。故原命題得 證。法40:q10 f (x) dx q 0 f (x) dxqq0 f (x) dx q 0 f (x) dx qq(1 q) 0 f (x) dx1f (x) dxq1q qf(x)dx(1 q)qf(q) (1故原命題得證。q)qf (q) 09 證明:10|nf(xt) dt證明：左=1ln0f(xx f(u 1) lndu0 f(u)u x tt)

9、dt10ln f (u)duxIn0f(u 1)dux0ln f (u)dux 1lnxf (u)du10ln f (u) duxIn f (t)dtxIn f (t)dtx 11ln f (u)duxoln f (u)duxoln f (u)duln f (u) du=左10 證明:a 21 f(xa2 dx+ 1a2 dx )xa1a 2 a2 dXa左=1 f(xNIT1證明：左=f(x2a dx2)-x x2at 2tf(t )半x22xdxdt，則又令ta2所以a2a2 dt)f(t ) at2t2 af(ta，則有a2 dtT)五1f(u蘭)差(a2a2篤)duua2左(1)f(t

10、a2 dt2f(xdx1 f(t2Or)dt2tf(ua2 du11 設(shè)解:31 f(xf(x)2) dx法20:2x ,xe ,10 :令11f(t) dtf(x2)31f(x2)dxof(x 2)4xx 2 e5,2 / 2原式1(xx3( 2x34x5) dx5x)x 2 ,0 2 1(1 t2) dt(tt3)dx dtdt(xe(x2)22)dx12 若函數(shù)f(x)在叩上有連續(xù)導(dǎo)數(shù)，且 證明：f(0)f(1) 0 ,2 1(x)dx 4 01 f 2(x) dx。證明: 不等式f(x)x0 f (t) dt，利用 Cauchy-Schwarzf2(x)x0f (t) dt12dtx

11、2xf 2(t)dt xX0f 2(t) dt12f 2(t) dt同理由f2(x)xf(x) 1 f (t) dt1 2xf (t) dt2 (11 20f(t)dt記丨1 2X)0f (t)dt (1 x)I于是1 220f2(x)dx0212f2(x) dx121 f (x) dx2111Ixdx11(1x)dx丄|02413證明 Cauchy-Schwarz 不等式：若 f(x)和 g(x)都在帖上可積，則有(bf(x)g(x)dx)2( bf2(x)dx) ( bg2(x)dx)aaa證明：法10:對(duì)任意實(shí)數(shù)2 b 22 ag2(x)dx 0b 2bf2(x) dx 2 f(x)g(

12、x) dxaab2af(x)g(x)2dx上式右端是 的二次三項(xiàng)式，則其判別式非正，即b 2f(x)g(x)dx)2(f2(x)dx)(b 2g2(x)dx) 0a故原式得證。法20 :令(t)t 2af2(x)dxt 2ag(x) dxt2f(x)g(x) dx) 則(a) 0 。2(t) tf2(x)dxatf (x)g(x) dxa(t) f2(t) ag2(x)dxt af (t)g (x) g2(t) f 2(x)dxtt2 f(t)g(x)g(t)f(x)dx 2 f(t)g(t)f(x)g(x)dx 0aa2f(t)g(t)t2 af(t)g(t)f(x)g(x)dx所以(t)在

13、ab上單調(diào)遞增，b2b 2b 2(af(x)g(x)dx)2( af2(x)dx) ( ag2(x)dx)(b)(a)0即14. (Young不等式)設(shè)y 增加的連續(xù)函數(shù)，f(0) 0。x g(y)是它的反函數(shù)，求證:of(x) ( x 0)是嚴(yán)格單調(diào)ab0 f(x)dx 0g(y) dy ab等號(hào)僅當(dāng)f(a)b時(shí)成立。f(a)g(y)dy af(a)成立。a證明：1 0先證。f(X)dX(2)由f(x)是0,a嚴(yán)格單調(diào)增加的連續(xù)函數(shù)，故g(y)在 0, f (a)也是嚴(yán)格單調(diào)增加的連續(xù)函數(shù)，故式(2)中的積分有意義。將0,an等 份，記分點(diǎn)為0 Xo X1Xn a相應(yīng)的點(diǎn)yi g(Xi) (

14、i 0,1,2, ,n )構(gòu)成區(qū)間Q f(a)的一 個(gè)劃分。由f(X)在0,any i) max f (Xi) f (Xi i)01 i n連續(xù)，故一致連續(xù)，故當(dāng)n時(shí)，對(duì)上述劃分有：maX yi maX(力af (a)0f(x)dx 0 g(y)dyng(yi i) yJi 1Xi 1) Xi 1( f (Xi) f (Xi 1)nlim f (Xi) Xin i 1nlnim f(Xi )(Xii 1nXi 1 f(Xi 1)lim f (Xi )Xin i 1lim Xn f (Xn) Xf(X。)nnimaf(a) 0 f(0) af(a)故式(2)得證。20由式(2)可知，若f(a)

15、b，則所要證的不等 式中等號(hào)成立。3。若0 b f(a)，則由f(X)的連續(xù)性可知，存在 X0 (0, a)使 f(x) b 于是a0f(x)dxbX0g(y) dy 0 f(x)dxaf(x)dxX0abx f(x)dx 0g(y)dyX00X0(0 f(x)dxb0g(y) dy)(bf(x。)aX0f(X)dX X0f(X0)f(Xo)(a X。)Xof(Xo)af (x0) ab40若b f(a)的情形，只要將f(x)看成g(y)的反函 數(shù)，即可由30的結(jié)論得到。50聯(lián)系20、30、4。可知所要證明的不等式成立。 當(dāng)且僅當(dāng)f(a) b時(shí)等號(hào)成立。15 證明Minkowski不等式：若f

16、(x)和g(x)都在a，b 上ba(f(x)其可1g(x)2dx2積b 21(af (x)dx)2b 21ag (x)dx)2ba(f(x)1g(x)pdxp般1 bf p(x)dx)pa1 b_agp(x) dx)p0 )o證明:ba(f(X)g(x)2dx a(f(x) g(x)(f(x)g(x)dxbbaf(x)(f(x)g(x) dx ag(x)(f(x) g(x)dx又由Cauchy-Schwarz不等式得baf (x)( f (X)g (x) dx2(x)dxFba(f(x)1g(x)2dx2bag(x)(f(x)所以g(x) dxb 2-ag (x)dx2ba(f(x)12 弓g

17、(x) dx2ba(f(X)g(x)2dxbaf 2(x) dxba(f(x)1g(x)2dx?:g2(x)dxF Jf(x)b 2 af2(x)dxaa1 1b 22 ag2(x)dx21g(x)2dx1：(f(x) g(x)2dx?從而b21a(f(x) g(x)2dx216 計(jì)算下列積分的值b 21b 22af2(x)dx2 ag2(x)dx2(1) 2dx2 x解：(1)1dx2 交 _1(3)e axsin bxdx(2)1亠|2 x 1axe2(b cosbx asin bx) |a bA3。In xdx0ba2 b2。/ c e ax sin bxdx(2) 01 1/ q In

18、 xdx lim xlnx x 1(3) 0 0 。17.設(shè)f(x)在a,b上連續(xù)，在(a,b吶有 存在唯一的(a,b)使曲線 y f(x)與y f(), x a所圍圖形的面積S是曲線y f(x) 與 y f( ) , x b所圍圖形的面積S2的三倍。證明：設(shè)對(duì)任意t (a,b)，貝VS(t) (tf (X) 0，證明ta) f (t) a f (x) dx(t) $ 3S2(t) , t a,b問題是要證明存在唯一的 顯然在a,b】上連續(xù)，且b(a) 3 af(x)dx(b) (b a)f(b) 則存在(a,b)使(t)單增， 故存在唯一的 18 求擺線xbS2(t)t f(x)dx (b t) f (t)bal(b a) f(a)3bf(x) dxa f (b)()0。又(t)(a,b)使()0a(t si