数学分析(华东师大版)上第九章9-5

3
π 2 0 3 2 π π 2 π π 2 5 2 3 2
sin x cos xdx sin x ( cos x )dx sin x d(sin x ) sin x d(sin x )
π 2 0 3 2 3 2
2 2 π sin x sin x π 5 0 5 2 2 2 4 ( ) .（必须注意偶次根式的非负性） 5 5 5
b a

b
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注 与不定积分不同之处: 定积分换元后不一定要 用原变量代回.一般说来，用第一换元积分法时，
保留原积分变量，因此不必改变积分限;用第二换
元积分法时，引入了新变量，此时须改变积分限. 例1 解
求

2
xdx 1 x2
0
.
2 2 1 2 2 2
0
2
1 d(1 x ) 1 2(1 x ) 2 1 2 0 (1 x ) 2 2 2 1 x xdx
由于 f 在 x 处连续，因此
( x ) lim f ( x Δx ) f ( x ).
Δx 0
注1 本定理沟通了导数与定积分这两个表面上似 乎不相干的概念之间的内在联系, 也证明了“连 续函数必存在原函数”这个重要结论.
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注2 由于 f 的任意两个原函数只能相差一个常数, 所以当 f 为连续函数时, 它的任一原函数 F 必为
x
上连续 .
证 x [a , b], 若x x [a , b], 则
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Δ
x x
a
f ( t )dt f ( t )dt
a
x
x x
x
f ( t )dt .
因 f 在 [a, b] 上有界, 故 M , | f ( t ) | , x [a, b].
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F ( x1 )[ g( x0 ) g( x1 )] F ( xn1 )[ g( xn 2 ) g( xn1 )] F ( xn ) g( xn1 )
F ( xi )[ g( xi 1 ) g ( xi )] F (b ) g ( xn1 ).
F ( x ) f (t ) d t C .
a
x
用 x a 代入,得 F (a ) C ; 再用 x b 代入,则得
a
b
f ( t ) d t F (b) F (a ).
定理9.11(积分第二中值定理) 设 f 在[a, b]上可积. (i) 若函数 g 在 [a, b] 上单调减,且 g( x ) 0, 则存
b
在 [a , b], 使
a f ( x ) g( x )dx g(a )a

f ( x )dx .
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(ii) 若函数 g 在 [a, b] 上单调增, 且 g( x ) 0, 则存
在 [a , b], 使
a
b
f ( x ) g( x )dx g (b ) f ( x )dx .
则

b
a
f ( x )dx f ( (t )) (t )dt .


证 设 F ( x ) 是 f ( x ) 在 [a, b] 上的一个原函数,则
F ( ( t )) 是 f ( ( t )) ( t ) 的一个原函数. 因此


f ( ( t )) ( t )d t F ( ( t )) F ( x ) a f ( x ) d x .
即

a
I f (t ) d t , g(a )

a
a
b
f ( x ) g( x ) d x g(a ) f ( x ) d x .
推论 设 f ( x ) 在 [a , b] 上可积,g( x ) 在 [a , b] 上单调,
则存在 [a , b], 使
a
b
f ( x ) g( x )d x g(a ) f ( x )d x g(b) f ( x )d x .
5 2
π 2
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ln(1 x ) dx . 例4 求 2 0 1 x dx 解 设 x tan t , 则 dt . 当 t 0 时 x 0, 2 1 x t π 时 x 1, 且当 0 t π 时, 0 tan t 1, 于是 4 4 π 1 ln(1 x ) 4 ln(1 tan t )d t d x 0 1 x 2 0 π π 2 cos( t ) π cos t sin t 4 4 ln d t 4 ln dt 0 0 cos t cos t

b
证 这里只证 (i), 类似可证 (ii). 证明分以下五步:
a x0 x1 xn b, (1) 对任意分割 T：
I f ( x ) g( x )dx

i 1
b
n
xi x i 1
a n
f ( x ) g( x )dx
xi
i 1
xi 1
a a a

g(a ) f ( x )d x g(b) f ( x )d x .
a

b

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二、 换元积分法与分部积分法
定理9.12（定积分换元积分法）若 f ( x ) 在 [a , b] 上
连续, ( t ) 在 [ , ] 上连续可微,且
( ) a , ( ) b, a ( t ) b, t [ , ],
§5 微积分学基本定理
本节将介绍微积分学基本定理, 并 用以证明连续函数的原函数的存在性. 在此基础上又可导出定积分的换元积 分法与分部积分法. 一、变限积分与原函数的存在性 二、换元积分法与分部积分法 三、泰勒公式的积分型余项
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一、变限积分与原函数的存在性
设 f 在 [a, b] 上可积, 则 x [a, b], f 在 [a, x ] 上
于是 | Δ |
x
x x
f ( t )dt | Δx | , 从而
lim Δ 0. 由 x 的任意性, f 在 [ a, b ] 上连续. Δx0
定理9.10（微积分学基本定理)
若 f 在 [a, b] 上连续, 则 ( x ) f ( t )dt 在 [a , b]
5 1. （不变元,不变限）
0
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例2 求
0
4
x2 2x 1
d x.
t2 1 解 设 t 2 x 1, 则 x , d x t dt , x 2 2 2 t 3 ; x 0 时 t 1, x 4 时 t 3. 于是 2 4 x2 1 3 2 0 2 x 1 dx 2 1 (t 3)dt
a

a
b
f ( x ) g( x ) d x g(b) f ( x ) d x
a
b
[ g(a ) g(b) ] f ( x )d x ,
a

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即得
a
b
f ( x ) g( x )dx

b
g(a ) f ( x )d x g(b) f ( x )d x g(b) f ( x )d x
i 1 i 1 n 1
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于是 mg(a ) I 2 Mg(a ).
(4) 综合 (2), (3), 得到
mg(a ) I1 I 2 Mg(a ) . 令 0, 便得 mg(a ) I Mg(a ).
(5) 若 g(a ) 0, 则 I f ( x ) g( x )dx 0, 此时任取
3 1 t3 1 27 1 ( 3t ) [ ( 9) ( 3) ] 1 2 3 2 3 3
22 . （变元,变限） 3
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例3
求
0
π
sin x sin xdx .
3 5 5
π 3 2 0
解
0
π
sin x sin xdx sin x | cos x | dx

i 1 x
n
n
g i
Δxi

L
| I1 | .
(3) 设 F ( x ) f (t )dt , 则
a
I 2 g( xi 1 )[ F ( xi ) F ( xi 1 )]
g( x0 )[ F ( x1 ) F ( x0 )]
i 1
g( xn1 )[ F ( xn ) F ( xn1 )]
a
b
[a, b], 满足
a
b
f ( x ) g( x )dx g(a ) f ( x )dx .
a

x I M . 由 F ( x ) f ( t )dt 若 g(a ) 0, 则 m a g(a )
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的连续性 , 存在 [a , b], 使
F ( )
i 1 xi
xi 1
n
xi
i 1
f ( x ) [ g( x ) g( xi 1 ) ]d x
n i 1 g i
| f ( x ) | | g( x ) g( xi 1 ) | d x L Δ xi .
因 g 可积, 故 T : a x0 x1 xn b, 使
π lncos( t )d t lncos u ( du) 4 lncos udu. 0 4
0 π 4

因此,
0
1
π ln(1 x ) d x ln 2 d t ln 2. 2 8 1 x
可积. 称 ( x ) f ( t )dt , x [a , b] 为变上限的定 a
x b
积分; 类似称 ( x ) x f ( t )dt 为变下限的定积分. 定理9.9 ( 变上限定积分的连续性 )
若 f 在 [a, b] 上可积, 则 ( x ) a f ( t )dt 在 [ a , b ]
f ( x ) [ g( x ) g( xi 1 ) ]d x
n xi x i 1
g ( xi 1 )
i 1
f ( x )dx I1 I 2 .
源自文库
(2) 因 | f ( x ) | L, x [a, b], 故
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| I1 |

i 1 n
x
i 1 n1
由对 g 的假设, g( xn1 ) 0, g( xi 1 ) g( xi ) 0. 记
m min { F ( x ) }, M max { F ( x ) },
x (a, b)
n 1
x (a, b)
则 I 2 M [ g ( xi 1 ) g ( xi )] Mg ( xn1 ) Mg (a ), I 2 m [ g ( xi 1 ) g ( xi )] mg ( xn1 ) mg (a ),
a

b

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令 h( x ) g( x ) g(b), 证 若 g 为单调递减函数， [a , b], 使 则 h 非负、单调减, 由定理 9.11(i)，
a
因此
b
f ( x )h( x )dx h(a ) f ( x )d x
a

[ g(a ) g(b)] f ( x )d x .
a
x
上处处可导,且 d x ( x ) f ( t )dt f ( x ), x [a , b]. dx a
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证 x [a , b], 当 Δx 0, 且 x Δx [a , b] 时,
Δ 1 x Δx f ( t )dt f ( x x ), 0 1. Δx Δx x
1
ln 2 d t lncos( π t )d t lncos t d t . 4
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π 4 0
π 4 0
π 4 0
π π π 设 u t , 则 du dt , t 0 时 u , t 时 4 4 4
u 0, 于是

π 4 0