定积分1.doc

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,且,则存在,使
证采用反证法,倘若在任何上都使,则导致任一积分和,于是当时极限亦为非正,即
,
这与已知条件相矛盾。□
例2 通过对积分和求极限来验证:
, ()
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()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值。
为简单起见,取T为等分分割:
,
并取,,则有






例3 设,与仅在有限个点处取值不同,试由可积定义证明,且有
证不失一般性,设g与f只在一点处取值不同,而且为
记,因,故,,当时,对一切有
;
于是又有
由于当时,,而当时无论或,
都有
,
因此只要
,
就能保证
这即为,且
□
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:
()
解这类问题的解题思想,是要把所求极限化为某个函数在某一区间上的积分和的极限,然后利用牛顿-莱布尼茨公式计算的值。
由于()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
,
不难看出,In是函数在区间[0,1]上对应于n等分分割,并取
,
的一个积分和
同于在[0,1]上连续,且存在原函数
,
,且有


于是就可求得

注上面In也可看作在[1,2]上的一个积分和,或者是在[2,3]上的一个积分和,……亦即
例5 试求由曲线以及直线x=2和x轴所围曲边梯形(图9-1)的面积S。
解由于
因此依据定积分的几何意义,可求得

□
例6 设在[0,1]上可积,且为凸函数,试证:
()
证凸函数的特征是:,恒有
;
特别当时,满足
()
要想证明不等式(),可以先把左边的定积分表示成某一积分和的极限,以便能用()把积分和中各项与相联系,为方便起见,我们将[0,1]等分为2n个小区间,并取为第I个小区间的中点(i=1,2,…,2n),则有
由于
,
因此由()得到
于是就证得
即不等式()成立。□
注把本例中的区间[0,1]改为一般的[a,b]时,在同样的条件下,类似地可证得
请读者自行写出推导过程。
§2可积条件
例1 设,,试用两种方法证明
证[证法一]因,故,使
,;
于是有
,
因此由微分值定理推知



(其中) ()
根据可积第二充要条件(必要性),,某分割T,可使
;
对于同一分割T,据()式便有

再由可积第二充要条件(充分性),证得□
[证法二] 利用复合函数可积性质(教材第235页例2),已知为连续函数,在[a,b]上为可积函数,则
□
例2 证明:若,,则
证,因,故分割T,使
把两点加入T而成,则由是T的加密,知道
与此同时,在[]上的那部分分点构成对[]的一个分割,并有
这就证得□
例3 设是定义在[a,b]上的一个阶梯函数,意即有一[a,b]的分割T,使在T所属的每个小区间上都是常的值可以是任意的,它对的积分无影响),,证明:
(1)若,则任给,存在阶梯函数,使得
()
(2)若对任给的,存在阶梯函数
,,,
使得
,
则
证(1)由,,使得
由于,因此
, ()
所以只要取阶梯函数和为
, ,
就有
,
把它代入()式,就证得()式成立。
(2)满足题设条件的阶梯函数和存在,根据阶梯函数的定义,分别存在分割和,使
令T=T1+T2,把T看作既是T1的加密,又是T2的加密,于是有
,
这就证得
说明由以上(1)的结论,立即得到
,
再与(2)相联系,便有如下命题——的充要条件是:存在两个阶梯函数和,满足
,,
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,则对任给的,存在一个连续函数,,使得
证根据例3(1),取一阶梯函数h,满足
,
由f在[a,b]上可积,从而有界,设
,
若在上为常数,取
,
则可构造一个连续函数(如图9-4所示):在上;在和上,满足的线性函数,于是有
;
□
请读者自行证明:当时,存在连续函数,满足
例5 本题的最终目的是要证明: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