定积分的证明题

又x3 > 0,∴ 4 − x2 − x3 > 4 − x2
∴1 <
1
<1
2 4 − x2 + x3 4 − x2
∫1 1dx = 1
02 2
∫1 dx = π
0 4 − x2 6
∫ ∴ 1 < 1
dx
< π。
2 0 4 − x2 + x3 6
∫ ∫ ∫ 6. 设函数f (x)和g(x)在[a,b]上连续,证明: [ b f (x)g(x)dx]2 ≤ b f 2(x)dx ⋅ b g2(x)dx 。
dx a = − f (a) + f (x) = f (x) − f (a)。
∫ 2. 设函数f (x)在[a,b]内可导，且f (a) = 0， b f (x)dx = 0, 证明：在[a, b]内至少存在一点ξ , a
使f ′(ξ ) = 0。
证明：
由积分中值定理，在(a, b)存在一点ξ
，使
1
∫ 1. 证明 d x (x − t) f ′(t)dt = f (x) − f (a) 。
dx a 证明：
∫ x (x − t) f ′(t)dt a x
= ∫a (x − t)df (t)
xx
= (x − t) f (t) a + ∫a f (t)dt
x
= (a − x) f (a) + ∫a f (t)dt ∫ ∴ d x (x − t) f ′(t)dt
即f (a) − (x − a) ≤ f (x) ≤ f (a) + (x − a) 由定积分的不等性质, 有
b
b
b
∫a [ f (a) − (x − a)]dx ≤ ∫a f (x)dx ≤ ∫a [ f (a) + (x − a)]dx
∫ − (b − a)2 ≤ b f (x)dx − (b − a) f (a) ≤ (b − a)2
b f 2 (x)dx ≥ 0
a
a
a
不等式左端是关于t的二次三项式, 且对任意t,
此二次式均非负. 所以其判别式∆ ≤ 0
∫ ∫ ∫ 即 [ b f (x)g(x)dx]2 −[ b f 2 (x)dx][ b g 2 (x)dx] ≤ 0
a
a
a
∫ ∫ ∫ ∴[ b f (x)g(x)dx]2 ≤ [ b f 2 (x)dx][ b g 2 (x)dx]。
b
f (x)dx =
ξ f (x)dx +
b
f (x)dx
a
a
ξ
ξ
b
ξ
= ∫ a f (x)dx + ∫ξ f (x)dx = 2∫ a f (x)dx
从而原式成立。
∫ 5. 求证：1 < 1 dx < π 。
2 0 4 − x2 + x3 6 证明：
x ∈ (0,1)时，x2 > x3,∴ 4 − x2 − x3 < 4 = 2
x
f (t)dt −
b
f (t)dt
a
x
由于x ∈[a,b] 时，f (x) > 0
b
b
∴ F(a) = −∫a f (t)dt < 0, F(b) = ∫a f (t)dt > 0
由根的存在性定理，存在一点ξ ∈ (a,b)使F(ξ ) = 0
∫ ∫ 即
ξ
f (t)dt =
b
f (t)dt
a
ξ
∫ ∫ ∫ 又 Q
证明：
f (x)在R连续，∴ f (x)在R可导
∫ 且∀x ∈ R有f ′(x) = ( x f (t)dt)1 = f (x) a
f ′(x) − f (x) = 0
考虑函数p(x) = f (x)e−x.∀x ∈ R
p′(x) = f ′(x)e−x − f (x)e−x = [ f ′(x) − f (x)]e−x = 0
0
2 f ( cos x )dx +
0
π f ( cos x )dx]
2
在后一积分中,令x = π − t，则
π
0
π
π
∫ ∫ ∫ ∫ π f ( cos x )dx = − π f ( cos(π − t) )dt =
2 f ( cos t )dt =
0
2 f ( cos x )dx
0
2
2
∫ ∫ ∫ ∫ 2π
2
a
2
∫ ∴ b f (x)dx − (b − a) f (a) ≤ 1 (b − a)2。
a
2
4. 设f (x)在 [a, b] 上正值，连续，则在 (a, b) 内至少存在一点ξ ，
∫ ∫ ∫ 使 ξ f ( x)dx = b f ( x)dx = 1 b f ( x)dx 。
a
ξ
2a
∫ ∫ 证：令F(x) =
a
a
a
∫ 证明：考虑以t为参数的定积分,
b
[
f
(x)
−
tg ( x)]2
dx
a
显然[ f (x) − tg(x)]2 ≥ 0.并由题设知它在[a,b]上连续,
∫ 故有 [ b f (x) − tg(x)]2 dx ≥ 0 a
∫ ∫ ∫ 即t2
b g 2 (x)dx −2t
b
f (x)g(x)dx +
∫ 则f (x)在[a,b]上可积,且 b f (x)dx − (b − a) f (a) ≤ 1 (b − a)2。
a
2
证明: ∀x ∈ (a,b)因为 ∆y = f (x + ∆x) − f (x) ≤ ∆x
∴ lim ∆y = 0 ∆x→0
∴ f (x)在[a,b]上连续,于是f (x)在[a,b]上可积. 又由题设知 f (x) − f (a) ≤ x − a(x ≥ a)
a
a
a
∫ ∫ 7.
设函数 f (x) 在 [0,1] 上连续,
π
证明： 2
f ( cos x )dx = 1
2π
f ( cos x )dx
。
0
40
证 : 显然f ( cos x )是以π 为周期的函数
2π
π
π
π
∴∫ 0
∫ ∫ ∫ f ( cos x )dx = 2
f ( cosห้องสมุดไป่ตู้x )dx = 2[
b
∫a f (x)dx = f (ξ 1)(b − a) = 0
∴ f (ξ 1) = 0
在区间[a，ξ 1]上,应用罗尔定理，可知存
在一点ξ ∈ (a，ξ 1) ⊂ (a, b)使f ′(ξ ) = 0。
3. 设f (x)在[a,b]上有定义,且对[a,b]上任意两点x, y,有 f (x) − f ( y) ≤ x − y .
π
π
π
∴ f ( cos x )dx = 2[ 2 f ( cos x )dx + 2 f ( cos x )dx] = 4 2 f ( cos x )dx
0
0
0
0
∫ ∫ 得证
π 2
f
( cos x )dx =
1
2π f ( cos x )dx。
0
40
∫ 8. 若函数f (x)在R连续，且f (x) = x f (t)dt，则f (x) ≡ 0 。 a