本节讨论积分学的另一个基本问题——定积分问题。——高等数学同济版
习题5-1 定积分的概念与性质
本节主要介绍了一些定积分的应用和性质。(其中矩阵法、抛物线法在考纲中没有明确提出考察)
11.设
f(x)在
[0,1]上连续,证明
∫01f2(x)dx⩾(∫01f(x)dx)2.
证 记
a=∫01f(x)dx,则由定积分性质,得
∫01[f(x)−a]2dx⩾0.
即
∫01[f(x)−a]2dx=∫01f2(x)dx−2a∫01f(x)dx+a2=∫01f2(x)dx−[∫01f(x)dx]2⩾0.
由此结论成立。(这道题通过构造不等式证明)
习题5-2 微积分基本公式
本节主要介绍了微积分基本公式。
16.设
f(x)在
[0,+∞)内连续,且
x→+∞limf(x)=1,证明函数
y=e−x∫0xetf(t)dt满足微分方程
dxdy+y=f(x),并求
x→+∞limy(x)。
证
dxdy=e−x∫0xetf(t)dt+e−x⋅exf(x)=−y+f(x).
因此
y(x)满足微分方程
dxdy+y=f(x)。
由条件
x→+∞limf(x)=1,从而存在
X0>0,当
x>X0时,有
f(x)>21
因此,
∫0xetf(t)dt=∫0X0etf(t)dt+∫X0xetf(t)dt⩾∫0X0etf(t)dt+∫X0x21eX0dt=∫0X0etf(t)dt+21eX0(x−X0).
故,当时
x→+∞时,
∫0xetf(t)dt→+∞,从而利用洛必达法则,有
x→+∞limy(x)=x→+∞limex∫0xetf(t)dt=x→+∞limexexf(x).
(这道题主要利用已知条件假设出某一个值)
习题5-3 定积分的换元法和分部积分法
因此,在一定条件下,可以用换元积分法和分部积分法来计算定积分。——高等数学同济版
本节主要介绍了换元积分法和分部积分法在定积分中的应用。
1.计算下列定积分:
(18)
∫02(x2−2x+2)2xdx;
解 令
x=1+tanu,则
dx=sec2udu,因此
∫02(x2−2x+2)2xdx=∫02[(x−1)2+1]2xdx=∫−4π4πsec2u(1+tanu)du=2∫04πcos2udu=∫04π(1+cos2u)du=4π+21.
(这道题利用被积函数为奇函数且积分区间对称结果为0的结论求解)
(22)
∫−55x4+2x2+1x3sin2xdx.
解 由于被积函数为奇函数,因此
∫−55x4+2x2+1x3sin2xdx=0.
(这道题利用被积函数为奇函数且积分区间对称结果为0的结论求解)
7.计算下列定积分:
(12)
∫01(1−x2)2mdx;
解
∫01(1−x2)2mdxx=sinu
∫02πcosm+1udu=⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧m+1m⋅m−1m−2⋅⋯⋅21⋅2π,m+1m⋅m−1m−2⋅⋯⋅32,m为奇数,m为偶数,=⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧2⋅4⋅6⋅⋯⋅(m+1)1⋅3⋅5⋅⋯⋅m⋅2π,1⋅3⋅5⋅⋯⋅(m+1)2⋅4⋅6⋅⋯⋅m,m为奇数,m为偶数,
(这道题主要利用积分表以及换元法求解)
习题5-4 反常积分
在一些实际问题中,常会遇到积分区间为无穷区间,或者被积函数为无界函数的积分。它们已经不属于前面所说的定积分了。因此,我们对定积分作出如下两种推广,从而形成反常积分的概念。——高等数学同济版
本节主要介绍了反常积分的概念和反常积分是否收敛的定义。
习题5-5 反常积分的审敛法
Γ函数
反常积分的收敛性,可以通过求被积函数的原函数,然后按定义取极限,根据极限的存在与否来判定。本节中我们建立不通过被积函数的原函数判定反常积分的收敛性的判定法。——高等数学同济版
本节主要介绍了反常积分的审敛法和
Γ函数。(这一节在考纲中未明确提出,但是在某一年考研数学中涉及到审敛法)
1.判定下列反常积分的收敛性:
(7)
∫011−x4
x4dx;
解
x=1是被积函数的瑕点。由于
x→1−lim(1−x)21⋅1−x4
x4=21,因此
∫011−x4
x4dx收敛。(这道题主要利用构造公式来判断收敛性。)
2.设反常积分
∫1+∞f2(x)dx收敛,证明反常积分
∫1+∞xf(x)dx绝对收敛。
证 因为
∣∣∣∣∣xf(x)∣∣∣∣∣⩽2f2(x)+x21,由于
∫1+∞f2(x)dx收敛,
∫1+∞x21dx也收敛,因此
∫1+∞∣∣∣∣∣xf(x)∣∣∣∣∣dx收敛,即
∫1+∞xf(x)dx绝对收敛。(利用基本不等式进行放缩求解)
3.用函数表示下列积分,并指出这些积分的收敛范围:
(2)
∫01(lnx1)pdx;
解 令
u=lnx1,即
x=e−u,
∫01(lnx1)pdx=∫+∞0−upe−udu=Γ(p+1).
当
p>−1时收敛。(这道题主要利用换元求解)
总习题五
1.填空:
(5)设函数
f(x)连续,则
dxd∫0xtf(t2−x2)dt=__________。
解
xf(−x2)。作换元
u=t2−x2,则
∫0xtf(t2−x2)dt=21∫0xf(t2−x2)d(t2−x2)=21∫−x20f(u)du=−21∫0−x2f(u)du.
因此
dxd∫0xtf(t2−x2)dt=−21f(−x2)⋅(−2x)=xf(−x2).
(这道题主要通过构造出标准的积分形式求解)
4.利用定积分的定义计算下列极限:
(1)
n→∞limn1i=1∑n1+ni
,其中
f(x)连续;
解
n→∞limn1i=1∑n1+ni
=∫011+x
dx=[32(1+x)23]∣∣∣∣∣01=32(22
−1).
(2)
x→∞limnp+11p+2p+⋯+np(p>0).
解
x→∞limnp+11p+2p+⋯+np=x→∞limn1i=1∑n(ni)p=∫01xpdx=p+11.
(这道题要求利用定积分的定义求解,需要熟悉定积分的定义)
8.设
p>0,证明
p+1p<∫011+xpdx<1.
证 由于当
p>0,0<x<1时,
0<1+xp1<1,因此有
∫011+xpdx<1。又
1−∫011+xpdx=∫011+xpxpdx<∫01xpdx=1+p1.
故有
∫011+xpdx>p+1p,原题得证。
(这道题主要通过放缩法和构造函数求解)
9.设
f(x)、
g(x)在区间
[a,b]上均连续,证明:
(1)
(∫abf(x)g(x)dx)2⩽∫abf2(x)dx⋅∫abg2(x)dx(柯西-施瓦茨不等式);
解 对任意实数
λ,有
∫ab[f(x)+λg(x)]2dx⩾0,即
∫abf2(x)dx+2λ∫abf(x)g(x)dx+λ2∫abg2(x)dx⩾0.
上式左边是一个关于
λ的二次三项式,它判定非负的条件是其系数判别式非正,即有
4(∫abf(x)g(x)dx)2−4∫abf2(x)dx⋅∫abg2(x)dx⩽0.
从而本题得证。(这道题利用基本不等式和判别式法证明)
(2)
(∫ab[f(x)+g(x)]2dx)21⩽(∫abf2(x)dx)21+(∫abg2(x)dx)21(闵可夫斯基不等式)。
解
∫ab[f(x)+g(x)]2dx=∫ab[f2(x)+2f(x)g(x)+g2(x)]dx=∫abf2(x)dx+2∫abf(x)g(x)dx+∫abg2(x)dx⩽∫abf2(x)dx+2(∫abf2(x)dx⋅∫abg2(x)dx)21+∫abg2(x)dx=⎣⎡(∫abf2(x)dx)21+(∫abg2(x)dx)21⎦⎤2.
从而本题得证。(这道题主要利用上一道题的结论和构造法证明)
10.设
f(x)在区间
[a,b]上连续,且
f(x)>0。证明
∫abf(x)dx⋅∫abf(x)1dx⩾(b−a)2.
证 根据上一道题所证的柯西-施瓦茨不等式,有
(∫abf(x)
⋅f(x)
1dx)2⩽∫ab(f(x)
)2dx⋅∫ab(f(x)
1)2dx.
即得
∫abf(x)dx⋅∫abf(x)1dx⩾(b−a)2.
(这道题主要利用上一道题的两个不等式求解)
11.计算下列积分:
(1)
∫02π1+cosxx+sinxdx;
解
∫02π1+cosxx+sinxdx=∫02π1+cosxxdx+∫02π1+cosxsinxdx=∫02π2xsec22xdx−∫02π1+cosx1d(1+cosx)=[xtan2x]∣∣∣∣∣02π−∫02πtan2xdx−[ln(1+cosx)]∣∣∣∣∣02π=2π+[2lncos2x]∣∣∣∣∣02π+ln2=2π.
(这道题利用了定积分的性质求解,在高等数学同济版总习题四第四题(27)答案中给出了该函数的不定积分的解,方法略有不同,传送门在这里)
(2)
∫04πln(1+tanx)dx;
解
∫04πln(1+tanx)dx=∫04πlncosxcosx+sinxdx=∫04πln(cosx+sinx)dx−∫04πln(cosx)dx.
而
∫04πln(cosx+sinx)dxx=4π−u
−∫4π0(ln2
+lncosu)du=∫04πln[2
cos(4π−x)]dx=8πln2+∫04πln(cosx)dx.
故
∫04πln(1+tanx)dx=8πln2.
(这道题主要利用构造可以消除部分相同的积分求解)
(5)
∫02π1+cos2xdx;
解 注意到
x→2π−limarctan2
tanx=2π,因此有
∫02π1+cos2xdx=∫02πsec2x+1sec2xdx=∫02πtan2x+2d(tanx)=[2
1arctan2
tanx]∣∣∣∣∣02π=22
π.
(这道题利用三角函数代换公式求解)
12.设为连续函数,证明
∫0xf(t)(x−t)dt=∫0x(∫0tf(u)du)dt.
证
∫0x(∫0tf(u)du)dt=[t∫0tf(u)du]∣∣∣∣∣0x−∫0xtf(t)dt=x∫0xf(u)du−∫0xtf(t)dt=x∫0xf(t)dt−∫0xtf(t)dt=∫0xf(t)(x−t)dt.
本题也可利用原函数性质来证明,记等式左端的函数为
F(x)、右端的函数为
G(x),则
F′(x)G′(x)=(x∫0xf(t)dt−∫0xtf(t)dt)′=∫0xf(t)dt,=∫0xf(u)du=∫0xf(t)dt.
即
F(x)、
G(x)都为函数
∫0xf(t)dt的原函数,因此它们至多只差一个常数,但由于
F(0)=G(0)=0,因此必有
F(x)=G(x)。(这道题利用原函数性质或分部积分法求解)
16.证明:
∫0+∞xne−x2dx=2n−1∫0+∞xn−2e−x2dx(n>1),并用它证明:
∫0+∞x2n+1e−x2dx=21Γ(n+1)(n∈N).
证 当
n>1时,
∫0+∞xne−x2dx=−21∫0+∞xnd(e−x2)=−21[xn−1e−x2]∣∣∣∣0+∞+2n−1∫0+∞xn−2e−x2dx=2n−1∫0+∞xn−2e−x2dx.
记
In=∫0+∞x2n+1e−x2dx,则
In=∫0+∞x2n+1e−x2dx=22n+1−1∫0+∞x2n−1e−x2dx=n∫0+∞x2n−1e−x2dx=nIn−1.
因此有
In=n!I0=n!∫0+∞xe−x2dx=n![−21e−x2]∣∣∣∣∣0+∞=21n!=21Γ(n+1).
(这道题主要利用分部积分法和递归法求解)
17.判断下列反常积分的收敛性:
(1)
∫0+∞x3
sinxdx;
解
x=0为被积函数
f(x)=x3
sinx的瑕点,而
x→0+limx21⋅f(x)=1,因此
∫01f(x)dx收敛;又由于
∣f(x)∣⩽x3
1,而
∫1+∞x3
1dx收敛,故
∫1+∞f(x)dx收敛,因此
∫0+∞x3
sinxdx收敛。(这道题主要利用分段和放缩法求解)
(3)
∫2+∞lnxcosxdx;
解
∫2+∞lnxcosxdx=∫2+∞lnx1d(sinx)=[lnxsinx]∣∣∣∣∣2+∞+∫2+∞xln2xsinxdx=∫2+∞xln2xsinxdx−ln2sin2.
又由于
∣∣∣∣∣xln2xsinx∣∣∣∣∣⩽xln2x1,而
∫2+∞xln2x1dx收敛,故
∫2+∞∣∣∣∣∣xln2xsinx∣∣∣∣∣dx收敛,即
∫2+∞xln2xsinxdx绝对收敛,因此
∫2+∞lnxcosxdx收敛。(这道题通过分部积分化简求解)
18.计算下列反常积分:
(1)
∫02πlnsinxdx;
解
x=0为被积函数
f(x)=lnsinx的瑕点,而
x→0+limx
⋅f(x)=x→0+limx−21lnsinx=x→0+lim−21x−23cotx=x→0+limtanx−2x−23=0.
故
∫02πlnsinxdx收敛。
又
∫02πlnsinxdx=∫04πlnsinxdx+∫4π2πlnsinxdx;,而
∫4π2πlnsinxdxx=2π−u
∫4π0−lncosudu=∫04πlncosudu.
因此
∫02πlnsinxdx=∫04πlnsinxdx+∫04πlncosxdx=∫04πln(sinxcosx)dx=∫04π(lnsin2x−ln2)dx=∫04πlnsin2xdx−∫04πln2dxu=2x
21∫02πlnsinudu−4πln2.
故
∫02πlnsinxdx=−2πln2.
(这道题主要利用分部积分求解)
(2)
∫0+∞(1+x2)(1+xα)dx(α⩾0).
解 记被积函数为
f(x)=(1+x2)(1+xα)1,则当
α=0时,
x→+∞limx2⋅f(x)=21,当
α>0时,
x→+∞limx2⋅f(x)=0,因此当
α⩾0时,
∫0+∞(1+x2)(1+xα)dx收敛。
令
x=t1,得到
∫0+∞(1+x2)(1+xα)dx=∫+∞0(1+t2)(1+tα)−tαdt,又
∫+∞0(1+t2)(1+tα)−tαdt=∫0+∞(1+x2)(1+xα)xαdx.
故
∫0+∞(1+x2)(1+xα)dx=∫0+∞(1+x2)(1+xα)xαdx=21[∫0+∞(1+x2)(1+xα)dx+∫0+∞(1+x2)(1+xα)xαdx]=21∫0+∞1+x2dx=21[arctanx]∣∣∣∣0+∞=4π.
(这道题主要利用换元法凑整求解)
写在最后
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另,参考的积分表及公式见附录。