微積分學(xué)基本定理定積分計算(續(xù)).

1、5 微積分學(xué)基本定理定積分計算（續(xù)）教學(xué)目的：熟練掌握微積分學(xué)基本定理及定積分的換元與分部積分法。重點難點：重點為微積分基本定理,難點為泰勒公式的積分型余項。教學(xué)方法：講練結(jié)合。本節(jié)要在定積分形式下證明連續(xù)函數(shù)必定存在原函數(shù).一 變限積分與原函數(shù)的存在性設(shè)f在a,b上可積，根據(jù)定積分的性質(zhì)4，對任何xa,b，f在a,x上也可積.于是，由 (x)=f(t)dt,xa,b （1） ax定義了一個以積分上限為自變量的函數(shù)，稱為變上限的定積分.類似可定義變下限的定積分： (x)=f(t)dt,xa,b. （2） xb與統(tǒng)稱為變限積分.注意，在變限積分（1）與（2）中，不可再把積分變量x寫成f(x)dx

2、，以免與積分上、下限的x相混淆. ax變限積分所定義的函數(shù)有著重要的性質(zhì)由于上限積分的情形 bxf(t)dt=-f(t)dt,因此下面只討論變xb定理99 若f在a,b上可積，則由(1)式所定義的函數(shù)在a,b上連續(xù) 證 對a,b上任一確定的點x，只要x+xa,b，按定義式(1)有=x+xaf(t)dt-f(t)dt=axx+xxf(t)dt.因f在a,b上有界，可設(shè)f(t)M,ta,b于是，當(dāng)x0時有 =x+xxf(t)dtx+xxf(t)Mx;當(dāng)x0時則有Mx由此得到lim=0, x0即證得在點x連續(xù)由x的任意性，在a,b上處處連續(xù) 口定理910 (原函數(shù)存在定理) 若f在a,b上連續(xù)，則由

3、(1)式所定義的函數(shù)在a,b上處處可導(dǎo)，且(x)=dxf(t)dt=f(x),xa,b. （3） dxa證 對a,b上任一確定的x，當(dāng)x0且x+xa,b時，按定義式（1）和積分第一中值定理，有第九章第五節(jié)第1頁1x+x=f(t)dtx xx=f(x+x),01.由于f在點x連續(xù)，故有(x)=lim=limf(x+x)=f(x). x0xx0由x在a,b上的任意性，證得是f在a,b上的一個原函數(shù) 口本定理溝通了導(dǎo)數(shù)和定積分這兩個從表面看去似不相干的概念之間的內(nèi)在聯(lián)系；同時也證明了“連續(xù)函數(shù)必有原函數(shù)”這一基本結(jié)論，并以積分形式給出了f的一個原函數(shù)正因為定理910的重要作用而被譽為微積分學(xué)基本定理

4、此外，又因f的任意兩個原函數(shù)只能相差一個常數(shù)，所以當(dāng)f為連續(xù)函數(shù)時，它的任一原函數(shù)F必滿足 F(x)=f(t)dt+C. ax若在此式中令x=a，得到C=F(a)，從而有f(t)dt=F(x)-F(a).再令x=b,有axf(t)dt=F(x)-F(a). ab這是牛頓-萊布尼茨公式的又一證明.定理911 (積分第二中值定理) 設(shè)函數(shù)f在a,b上可積.()若函數(shù)g在a,b上減,且g(x)0,則存在 a,b,使f(x)g(x)dx=g(a)f(x)dx aab()若函數(shù)g在a,b上增,且g(x)0,則存在 a,b,使baf(x)g(x)dx=g(b)f(x)dx b推論 設(shè)函數(shù)f在a,b上可積,

5、 若函數(shù)g為單調(diào)函數(shù),則存在a,b,使baf(x)g(x)dx=g(a)f(x)+g(b)f(x)dx ab積分第二中值定理以及它的推論是今后建立反常積分收斂判別法的工具二 換元積分法與分部積分法定理912 (定積分換元積分法) 若函數(shù)f在a,b上連續(xù)，在,上連續(xù)可微，且滿足 (a)=a,(b)=b,a(t)b,t,，第九章第五節(jié)第2頁則有定積分換元公式： f(x)dx=f(t)(t)dt （9） ab證 由于(9)式兩邊的被積函數(shù)都是連續(xù)函數(shù)，因此它們的原函數(shù)都存在設(shè)F是f在a,b上的一個原函數(shù)，由復(fù)合函數(shù)微分法 dF(t)=F(t)(t)=f(t)(t) dt可見F(t)是f(t)(t)的

6、一個原函數(shù)根據(jù)牛頓一萊布尼茨公式，證得f(t)(t)dt=F()-F(a) =F(b)-F(a)=f(x)dx ab從以上證明看到，在用換元法計算定積分時，一旦得到了用新變量表示的原函數(shù)后，不必作變量還原，而只要用新的積分限代人并求其差值就可以了這就是定積分換元積分法與不定積分換元積分法的區(qū)別，這一區(qū)別的原因在于不定積分所求的是被積函數(shù)的原函數(shù)，理應(yīng)保留與原來相同的自變量；而定積分的計算結(jié)果是一個確定的數(shù)，如果(9)式一邊的定積分計算出來了，那么另一邊的定積分自然也求得了.注 如果在定理912的條件中只假定f為可積函數(shù)，但還要求是單調(diào)的，那么（9）式仍然成立.（本節(jié)習(xí)題第14題）例 計算10-

7、x2dx.解 令x=sint，當(dāng)t由0變到時，x由0增到1，故取,=0,.應(yīng)用公式(9)，2220并注意到在第一象限中cost0，則有 1200-xdx=2-sintcostdt=2cos2tdt 12112 =(1+cos2t)dt= t+sin2t 20220=. 4例2 計算20sintcos2tdt.解 逆向使用公式(9)，令x=cost,dx=-sintdt,當(dāng)t由0變到則有 時，x由1減到0，220011sintcos2tdt=-x2dx=x2dx= 103第九章第五節(jié)第3頁例3 計算J=ln(1+x)01+x2. 1解 令x=tant，當(dāng)t從0變到得到dx時，x從0增到1.于是由

8、公式（9）及dt=41+x2J=40ln(1+tant)dt=4ln0cost+sint cost2cos-t 4dt =4ln0cost =4ln2dt+4lncos -tdt-4lncostdt. 0004對最末第二個定積分作變換u=4-t，有 0 4lncos -tdt=lncosu(-du)=4lncosudu, 0044它與上面第三個定積分相消故得 J=40ln2dt=8ln2.事實上，例3中的被積函數(shù)的原函數(shù)雖然存在，但難以用初等函數(shù)來表示，因此無法直接使用牛頓一萊布尼茨公式可是像上面那樣，利用定積分的性質(zhì)和換元公式(9)，消去了其中無法求出原函數(shù)的部分，最終得出這個定積分的值換元

9、積分法還可用來證明一些特殊的積分性質(zhì)，如本節(jié)習(xí)題中的第5，6，7等題 定理9.13 (定積分分部積分法)若u(x),v(x)為a,b上的連續(xù)可微函數(shù)，則有定積分分部積分公式：bau(x)v(x)dx=u(x)v(x)a-u(x)v(x)dx. （10） bab證 因為uv是uv+uv在a,b上的一個原函數(shù)，所以有bau(x)v(x)dx+u(x)v(x)dx=u(x)v(x)+u(x)v(x)dx aabbb =u(x)v(xa.移項后即為(10)式為方便起見，公式(10)允許寫成u(x)dv(x)= =u(x)v(x)-v(x)du(x). （10） bbbaaa第九章第五節(jié)第4頁例4解 計

10、算e1x2lnxdx. ee1e1332lnxdx=xlnx-xdx 11133e1x2lnxdx=()e131133 =e-x=2e+1. 3 391()例5 計算20sinxdx和2cosnxdx,n=1,2, . 0n解 當(dāng)n2時，用分部積分求得 Jn=20sinxdx=-sin20nn-1xcosx020+(n-1)2sinn-2xcos2xdx 0 =(n-1)sinn-2xdx-(n-1)2sinnxdx =(n-1)Jn-2-(n-1)Jn. 移項整理后得到遞推公式：Jn=由于n-1Jn-2,n2. nJ0=02dx=重復(fù)應(yīng)用遞推式(11)便得 2,J1=02sinxdx=1,J

11、2m=2m-12m-31(2m-1)! =,2m!22m2m-222 (12) (2m2m-222m)!J2m+1= 1=.2m+1!2m+12m-13-t，可得 令x=202cosxdx=-cos -tdt=02sinnxdx. 22n0n因而這兩個定積分是等值的由例5結(jié)論(12)可導(dǎo)出著名的沃利斯(Wallis)公式：事實上，由 (2m)!1=lim. (13) 2m2m-1!2m+12n2m-102sin2n+1xdx0cos-txdx, dt=02sin22把(12)代人，得到(2m)!(2m-1)!(2m-2)!, 2m-1!2m!22m-1!第九章第五節(jié)第5頁(2m)!1(2m)!

12、1由此又得Am=2m+122m-1!2m=Bm.2m+1!(2m)!110(m), 因為oBm-Am=2m-1!2m2m+12m2所以lim(Bm-Am)=0.而m2222-AmBm-Am,故得limAm=m2（即(13)式）.三 泰勒公式的積分型余項若在a,b上u(x)、v(x)有n+1階連續(xù)導(dǎo)函數(shù)，則有(n+1)(x)dx=u(x)v(n)(x)-u(x)v(n-1)(x)+ bau(x)v+(-1)u(n)(x)v(x)ba+(-1)nn+1bau(n+1)(x)v(x)dx(n=1,2, ). (14) 這是推廣的分部積分公式，讀者不難用數(shù)學(xué)歸納法加以證明下面應(yīng)用公式(14) 導(dǎo)出泰勒

13、公式的積分型余項.設(shè)函數(shù)f在點x0的某鄰域U(x0)內(nèi)有n+1階連續(xù)導(dǎo)函數(shù)令xU(x0)，n利用(14)式得 u(t)=(x-t)，v(t)=f(t)，tx0,x（或x,x0）(n+1)(t)dt=(x-t)f(n)(t)+n(x-t)xx0(x-t)fnnxxn-1f(n-1)(t)+n!f(t)x0+x00f(t)dt=n!f(x)-n!f(x0)+f(x0)(x-x0)+f(n)(x0)(x-x0)n +n!=n!Rn(x)，其中Rn(x)即為泰勒公式的n階余項由此求得Rn(x)=1x(n+1)(t)(x-t)ndt，x0f (15)n!這就是泰勒公式的積分型余項 由于f(n+1)(t)連續(xù)，(x-t)n在x0,x(或x,x0)上保持同號，因此由推廣的積分第一中值定理，可將(15)式寫作第九章第五節(jié)第6頁Rn(x)=1fn!(n+1)()xx(x-t)ndt 0=1n+1f(n+1)()(x-x0)， n+1!其中=x0+(x-x0),01這就是以前所熟悉的拉格朗日型余項如果直接用積分第一中值定理于(15)，則得Rn(x)=由于 1(n+1)()(x-)n(x-x0)， fn!=x0+(x-x0),01.(x-)n(x-x0)=x-x0-(x-