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高等数学(2017高教五版)课件微积分学基本理论(工科类)_图文

高等数学(2017高教五版)课件微积分学基本理论(工科类)_图文

数学分析 第九章 定积分 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.

§5 微积分学基本定理
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
*点击以上标题可直接前往对应内容

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 ]上可积.

变限积分与原函数的存在性

称? ( x ) ? ? f ( t )dt , x ? [a , b] 为变上限的定积分;
a

x

类似称? ( x ) ? ? f ( t )dt 为变下限的定积分.
x

b

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变限积分与原函数的存在性

定理9.9(变上限定积分的连续性)

若 f 在 [a, b] 上可积, 则 ? ( x ) ? ? f ( t )dt 在 [ a , b ]
a

x

上连续 .
证 ?x ? [a , b], 若x ? ?x ? [a , b], 则

Δ? ? ?

x?? x

a

f ( t )dt ? ? f ( t )dt ? ?
a
x ?? x

x

x ? ?x

x

f ( t )dt .

因 f 在 [a, b] 上有界, 故 ? M , | f ( t ) | ? ? , x ?[a, b].
于是 | Δ? | ?
Δx?0

?x

f ( t )dt ? ? | Δx | , 从而

lim Δ? ? 0. 由 x 的任意性, f 在 [ a, b ] 上连续.

变限积分与原函数的存在性

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]
a

x

上处处可导,且 d x ? ?( x ) ? f ( t )dt ? f ( x ), x ? [a , b]. ? dx a 证 ?x ? [a , b], 当?x ? 0, 且x ? ?x ? [a , b]时, Δ? 1 x ? Δx ? f ( t )dt ? f ( x ? ? ? x ), 0 ? ? ? 1. ? Δx Δx x 由于 f 在 x 处连续,因此

? ?( x ) ? lim f ( x ? ? Δx ) ? f ( x ).
Δx ?0

变限积分与原函数的存在性

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.
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

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 ).

变限积分与原函数的存在性

例1. 求下列积分上限和积分下限函数的导数:

1)

?

b

x

t 2 ln t d t;

2)

x d b 2 d 2 2 1) t ln t d ? t ? t ln t d t 解: ? ? x ln x ? ? x b dx dx

?

?

x 2 ?e x

a

f ( t )d t

?

2)

?

x 2 ?e x

a

2 x y ? f ( t )d t u ? x ? e 复合而成. 与 f ( t )d t 由 ?

u

a

d x 2 ?e x d f ( t )d t ? ? dx a du

??
2

u

a

d 2 x (x ? e ) f ( t )d t ? dx
x x

?

? f (u)(2 x ? e x ) ? f ( x ? e )(2 x ? e )

变限积分与原函数的存在性

例2. 求 解: 用罗比达法则 原式 ? ? lim ? cos x ln(1 ? sin x ) x ?0 2x

sin x ? lim(-cos x )lim x ?0 x ?0 2 x
1 1 ? ( ?1) ? ? ? 2 2

变限积分与原函数的存在性

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

在 ? ? [a , b], 使

?a f ( x ) g( x )dx ? g(a )?a
?a
b

b

?

f ( x )dx .

(ii) 若函数 g 在 [a, b] 上单调增, 且 g( x ) ? 0, 则存

在 ? ? [a, b], 使

f ( x ) g( x )dx ? g(b)? f ( x )dx .
?

b

变限积分与原函数的存在性

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

I ? ? f ( x ) g( x )dx ? ? ?
? ??
i ?1

b

n

xi x i ?1

a n

f ( x ) g( x )dx

xi

xi ?1

f ( x ) [ g( x ) ? g( xi ?1 ) ]d x ? ? g ( xi ?1 )?
i ?1 n xi x i ?1

i ?1

f ( x )dx ? I1 ? I 2 .

(2) 因 | f ( x ) | ? L, x ?[a, b], 故

| I1 | ?
? ??
i ?1 n

? ?x
i ?1 xi
xi ?1

n

xi
i ?1

f ( x ) [ g( x ) ? g( xi ?1 ) ]d x
n i ?1

| f ( x ) | ? | g( x ) ? g( xi ?1 ) | d x ? L? ? ig Δ xi .

变限积分与原函数的存在性

因g可积,故?T : a ? x0 ? x1 ? ? ? xn ? b, 使

??
i ?1 x
n

n

g i

Δxi ?

?

L

? | I1 | ? ? .

(3) 设 F ( x ) ? ? f (t )dt , 则
a
i ?1

I 2 ? ? g( xi ?1 )[ F ( xi ) ? F ( xi ?1 )]
? g( x0 )[ F ( x1 ) ? F ( x0 )] ? ???

? g( xn?1 )[ F ( xn ) ? F ( xn?1 )] ? F ( x1 )[ g( x0 ) ? g( x1 )] ? ???
? ? F ( xi )[ g( xi ?1 ) ? g ( xi )] ? F (b ) g ( xn?1 ).
i ?1 n?1

? F ( xn?1 )[ g( xn? 2 ) ? g( xn?1 )] ? F ( xn ) g( xn?1 )

变限积分与原函数的存在性

由对g的假设, g( xn?1 ) ? 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 I2 ? M ?? ? g ( x i ?1 ) ? g ( x i ) ? ? ? Mg ( xn?1 ) ? Mg(a ), I2 ? m?? ? g ( x i ?1 ) ? g ( x i ) ? ? ? mg ( xn?1 ) ? mg(a ),
i ?1 i ?1 n ?1

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 ).

变限积分与原函数的存在性

(5) 若g(a ) ? 0, 则I ? ? f ( x ) g( x )dx ? 0, 此时任取
a

b

? ?[a, b], 满足

?a

b

f ( x ) g( x )dx ? g(a )? f ( x )dx .
a

?

x I 若 g(a ) ? 0, 则 m ? ? M . 由 F ( x ) ? ? f ( t )dt a g(a )

的连续性 , 存在? ? [a , b], 使

F (? ) ? ?


?

a

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

?a

b

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

变限积分与原函数的存在性

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 .
a

?

b

?

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

?a

b

f ( x )h( x )dx ? h(a )? f ( x )d x
a

?

? [ g(a ) ? g(b)] ? f ( x )d x .
a

?

变限积分与原函数的存在性

因此

?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

?

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
a a a

?

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

?

b

?

换元积分法与分部积分法
定理9.12(定积分换元积分法)

换元积分法与 分部积分法

若 f ( x ) 在 [a , b] 上 连续,? ( t ) 在 [? , ? ] 上连续可微,
且? (? ) ? a , ? ( ? ) ? b, a ? ? ( t ) ? b, t ? [? , ? ],



?

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 )dt ? F ?? (t )?

?

? ?

? F ( x)

b a

? ? f ( x )dx .
a

b

换元积分法与 分部积分法

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.
xdx 1 ? x2

例3




?

2

0

.
2 0

?0

2

xdx 1 2 d?1 ? x 2 ? 1 2 ? ? ? 2 1 ? x ? 2 0 2 12 2 1? x 2 ?1 ? x ?
? 5 ? 1. (不变元,不变限)

例4 求

?0

4

x?2 2x ? 1

换元积分法与 分部积分法

d x.

2 t2 ?1 t ?3 , dx ? tdt , x ? 2 ? ; 解 设t ? 2 x ? 1, 则x ? 2 2 x ? 0时 t ? 1, x ? 4时 t ? 3. 于是

?0

4

x?2 1 3 2 dx ? ? ( t ? 3)dt 2x ? 1 2 1 3 1 t3 1 27 1 ? ( ? 3t ) ? [ ( ? 9) ? ( ? 3) ] 1 2 3 2 3 3 22 ? . (变元,变限) 3

换元积分法与 分部积分法

例5



?0

π

sin x ? sin xdx .
3 5 5
π 3 2 0



?0

π

sin x ? sin xdx ? ? sin x | cos x | dx
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
5 2

π 2

换元积分法与 分部积分法

ln(1 ? x ) dx . 例6 求 ? 2 0 1? x dx 解 设 x ? tan t , 则 dt ? . 当 t ? 0 时 x ? 0, 2 1? x ? ? t ? 时 x ? 1, 且当 0 ? t ? 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 ? t) π 2 cos( π cos t ? sin t 4 4 ? ? ln d t ? ? 4 ln d t 0 0 cos t cos t
1

? ? ln 2 d t ? ? lncos( π ? t )d t ? ? lncos t d t . 4

π 4 0

π 4 0

π 4 0

换元积分法与 分部积分法

π π π 设 u ? ? t , 则 du ? ? dt , t ? 0 时 u ? , t ? 时 4 4 4

u ? 0, 于是
? 0 π 4 lncos udu. lncos( ? t )d t ? lncos u ( ? d u ) ? π ?0 ? ?4 4 因此, π 1 ln(1 ? x ) π 4 ?0 1 ? x 2 d x ? ?0 ln 2 d t ? 8 ln 2.
π 4 0

?

π 4 0

ln 2 d t ? ? lncos( π ? t )d t ? ? lncos t d t . 4
抵消

π 4 0

π 4 0

换元积分法与 分部积分法

定理9.13(定积分分部积分法)

若 u(x),v(x)为 [a, b] 上的连续可微函数,则有定 积分的分部积分公式:

?a u( x )v?( x ) d x ? u( x ) v( x )
所以
b b

b

b a

? ? u?( x )v ( x ) d x .
a

b

证 因为 uv 是 uv? ? u?v 在 [a, b] 上的一个原函数,

?a u( x )v?( x ) d x ? ?a u?( x ) v( x )d x
? ? ( u( x )v ( x ))?d x ? u( x )v ( x )
a b
b a

.

移项后则得

?a u( x )v?( x ) d x ? u( x ) v( x )

b

b a

? ? u?( x )v ( x ) d x .
a

b

换元积分法与 分部积分法

例7 求

dx 解 设u ? arcsin x , v ? x , 则du ? , dv ? dx, 2 1? x 1 1 xdx 2 arcsin x d x ? x arcsin x 1 2 ? 2 ?0 ?0 1 ? x 2 0 1 ? 1 π 1 1 ? ? ? ? 2 (1 ? x 2 ) 2 d(1 ? x 2 ) 2 6 2 0 π 2 12 ? ? 1? x 0 12 π 3 ? ? ? 1. 12 2

?

1 2 0

arcsin x dx .

换元积分法与 分部积分法

例8 求

解 J n ? ? sin n xdx ? ? ? sin n?1 xdcosx
? ? sin
n ?1

π 2 0 π 2 0

?

sin n xdx .
π 2 0 π 2 0

x cos x
π 2 0

? ( n ? 1) ? sin n? 2 x cos 2 x d x
π 2 0

π 2 0

? ( n ? 1)? sin n ? 2 x d x ? ( n ? 1) ? sin n x d x

? ( n ? 1) J n? 2 ? ( n ? 1) J n .
于是
n?1 Jn ? J n? 2 , n ? 2 . n

换元积分法与 分部积分法

由于
所以

J0 ? ?
J 2m J 2 m ?1

π 2 0

π dx ? , J1 ? ? sin xdx ? 1, 2

π 2 0

2m ? 1? !! ? 2m ? 1 2 m ? 3 1 ? ? ? ? ??? ? ? ? , 2m 2m ? 2 2 2 ? 2m ? !! 2

2m 2m ? 2 2 ? 2m ?!! ? ? ?? ? ?1 ? , 2m ? 1 2m ? 1 3 ?2m ? 1?!!
m ? 1, 2, ? .

J n ? ? sin xdx
n

π 2 0

n?1 Jn ? J n? 2 , n ? 2 . n

换元积分法与 分部积分法

同理

?

π 2 0

cos xdx ? ? sin xdx
n n

π 2 0

( 令x ?

?
2

? t)

? ? 2m ? 1? !! ? ? , n ? 2m, ? ? ? 2m ? !! 2 ?? ? ? 2m ? !! , n ? 2m ? 1. ? ? 2m ? 1? !! ?
由此可得沃利斯(Wallis)公式:

?

? ? 2m ? !! ? 1 ? lim ? ? . ? 2 m?? ? ? 2m ? 1? !! ? 2m ? 1
2

换元积分法与 分部积分法

? ? sin n?1 xdx ? ? sin n xdx ? ? sin n?1 xdx ,
2m ? !! 2m ? 1? !! ? ? 2m ? 2 ? !! ? ? ? ? ? ? , ? 2m ? 1?!! ? 2m ?!! 2 ? 2m ? 1?!!

π 2 0

π 2 0

π 2 0

? ? 2m ? !! ? 1 ? ? ? 2m ? !! ? 1 Am ? ? ? ?? ? Bm . ? ? ? ? ? ? 2m ? 1? !! ? 2m ? 1 2 ? ? 2m ? 1? !! ? 2m
2 2

? ? 2m ? !! ? 1 于是 lim( Bm ? Am ) ? ? ? ? 0, ? m ?? ? ? 2m ? 1? !! ? 2m(2m ? 1) ? ? 而 0 ? ? Am ? Bm ? Am ? 0, 故 ? lim Am . 2 2 m ??
2

泰勒公式的积分型余项
用分部积分公式 n 次,可得

泰勒公式的 积分型余项

若 u(x), v(x) 在 [a, b] 上有 (n+1) 阶连续导函数, 则

?a

b

u( x )v ( n?1) ( x )d x ? [ u( x )v( n) ( x ) ? u?( x )v ( n?1) ( x ) ?
n ( n) b a

??? ? ( ?1) u ( x )v ( x ) ]

?( ?1)

n?1 b

?a u

( n?1)

( x ) v( x ) d x.

由此可得以下带积分型余项的泰勒公式:

设 f ( x ) 在 x0 的某邻域 U ( x0 ) 内有 n ? 1 阶连续导数,


f ( x ) ? Pn ( x ) ? Rn ( x ),

其中 Pn ( x ) 为 f ( x ) 的 n 阶泰勒多项式, 余项为

1 x ( n?1) Rn ( x ) ? ? f ( t )( x ? t )n d t . n ! x0 n 设 x ? U ( x ), u ( t ) ? ( x ? t ) , v(t ) ? f (t ), t 在 x0 与 x 证 0 之间, 则 x ( n?1) n f ( t )( x ? t ) dt ?

泰勒公式的 积分型余项

? [ ( x ? t )n f ( n ) ( t ) ? n( x ? t )n?1 f ( n?1) ( t ) ? ???
?n! f (t ) ]
f
? n?
x x0

x0

? ? 0 ? f ( t )d t
x0

x

? n ! f ( x ) ? n ![ f ( x0 ) ? f ?( x0 )( x ? x0 ) ? ? ? ?

( x0 ) ? ( x ? x0 )n ] ? n! Rn ? x ?, n! 1 x ( n?1) 于是,泰勒公式的余项 Rn ( x ) ? ? f ( t )( x ? t ) n dt . n! x0

泰勒公式的 积分型余项

注 由推广的积分第一中值定理,可得拉格朗日余项:
1 x ( n?1) Rn ( x ) ? ? f ( t )( x ? t )n dt n ! x0
x 1 ( n?1) ? f (? )? ( x ? t )n dt x0 n!

不变号

1 ? f ( n?1) (? )( x ? x0 )n?1 . ( n ? 1)!

1 x ( n?1) Rn ( x ) ? ? f ( t )( x ? t ) n dt n! x0

泰勒公式的 积分型余项

如果直接用积分第一中值定理, 可得 1 x ( n?1) Rn ( x ) ? ? f ( t )( x ? t )n dt n ! x0 1 ( n?1) ? f (? )( x ? ? )n ( x ? x0 ), n! 若记 ? ? x0 ? ? ( x ? x0 ), 0 ? ? ? 1, 则 1 ( n?1 ) Rn ( x ) ? f ( x0 ? ? ( x ? x0 )) n! ? [ x ? x0 ? ? ( x ? x0 ) ]n ( x ? x0 )
1 ( n?1) ? f ( x0 ? ? ( x ? x0 ))(1 ? ? )n ( x ? x0 )n?1 . n!

此式称为泰勒公式的柯西型余项.

1. 举例说明 : “可积”与“存在原函数”之间没有蕴
涵关系.

2. 若 g ( x ) ? ? f ( t ) d x 在某区间 [a, b] 上处处可导, 试
a

x

问是否必有 g?( x ) ? f ( x ), x ?[a , b] ?

3. 设 f 在 ( A, B) 上连续, [a, b] ? ( A, B). 可以证明 :
h?0

lim

?
a

b

f ( x ? h) ? f ( x ) d x ? f (b) ? f (a ). h

试分析下面的“证法”错在何处:

h?0

lim

?
a

b

f ( x ? h) ? f ( x ) f ( x ? h) ? f ( x ) d x ? ? lim dx h?0 h h a

b

?? f ?( x ) d x ? f ( x )
a

b

b a

? f (b) ? f (a ).

要求: (1) 指出其中三处错误; (2) 给出正确证明 .


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