第7章定积分习题课

1、第七章 定积分习题课一、主要内容1、可积性的判断 重点掌握： 1个定义、三个充要条件一个定义指的是定积分的定义，要深刻理解定积分的定义，掌握定义的灵活应用，掌握利用定义证明简单函数的可积性，掌握定义中的两个任意性（分割和点的选取）的应用，即在已知函数可积的条件下，可在定义中取特殊的分割和特殊的分点，从而求解一个和式的极限得到定积分。三个充要条件指的是判断函数可积的三个充分必要条件，第一充要条件通常用来处理简单的特殊的具体函数的可积性，因为只有这样的函数才容易计算其上下和；常用的是第二充要条件：将可积性的证明转化为分割关系和振幅关系的讨论；当讨论的函数涉及到连续点的结构或不连续点的分布时，用第二

2、个充要条件。定义和三个条件都是函数可积的充分必要条件，但是，这4个条件使用的对象不同，定义给出的条件既是定性的又是定量的，更侧重于定量方面，通常涉及到定积分量的方面时，要首先考虑用定义处理；第一充分必要条件既是定性条件，又是定量条件，但是，它大多用于简单特殊的具体函数的不可积性的论证；第二充要条件是定性条件，只能用于判断函数的可积性，且侧重于研究好函数的可积性，但对相应的定积分值没有任何信息；第三充分必要条件也是定性的，它侧重于研究较差的函数的可积性，特别涉及到连续点的结构时，通常用第三充分必要条件。2、不可积的判断常用的方法有：定义法通过选取不同的特殊分割和分点，使得对应的和式极限或不存在或

3、不相同；Darboux和法利用Darboux上下和极限的不同得到不可积性。3、定积分的性质要掌握利用定积分的性质研究各种定积分问题。4、变限积分函数的性质变限积分函数给出了一类新的函数形式，引入了一类新函数，要求掌握这类函数的运算和性质。 5、定积分的计算掌握定积分计算的各种方法和技巧，包括：基本公式转化为不定积分的计算，因而，可使用不定积分计算的相应技巧和方法；特殊结构的特殊处理方法。如被积函数为奇偶函数或具有周期性质时。6、关于定积分的综合运用如计算有限和的极限、积分性质的研究、积分与微分的关系研究等。二、例题分析A、可积性的讨论经常会遇到如下几种情形：1、具体函数的可积性讨论：通常用定义

4、结合特殊的有限和的极限判断可积性，但是，当给出的具体函数有有限个间断点或无限个间断点存在极限点时，需用第三充要条件讨论可积性。2、抽象函数的可积性讨论：简单情形下，若知道函数更高级的分析性质如连续、可微等性质时，用第二充要条件证明其可积性此时；一般情形下，通常给出一个函数关系和一个函数的可积性，判断另一个相关函数的可积性，此时通常通过研究函数间的振幅关系来研究其可积性的关系，当函数分析性质较好时用第二充要条件来处理，当函数分析性质较差时用第三充要条件来处理。事实上，能够用第二充要条件的地方通常也能用第三充要条件，只是第二充要条件使用时更简洁，更好用，因此，第三充要条件处理的题目更一般。3、若题

5、目要求不仅要证明可积性，还要证明积分关系式时（既有定性分析，也有定量分析），此时通常用定义来处理。4、论证函数不可积时，通常考虑用第一充要条件。例1 讨论的函数在0,1上的可积性。分析 这是具体函数可积性的讨论，且函数的连续点的结构不清楚，因此，选择定义讨论其可积性。由于要证明的结论还不明确，函数即可能可积，也可能不可积，因此，这类题目较难，通常的处理方法是试探性方法，即先利用特殊的有限和的极限试探出可能的积分值，然后再用其它的特殊的有限和试探其正确性，根据试探的结果作出判断，最后给出结论的验证。解、对任意的分割T，对应的下和为：，因此，函数若可积，则必有。另，对n等分割，对应的上和为，因此，

6、函数若可积，必有必有。综合上述分析，函数不可积。注、例1也可以借助连续点的结构来判断，即利用结论“函数可积的充要条件是不连续点的测度为0”。例1的函数的连续性是可以判断的，事实上，可以证明，函数在x0点连续，其余点是不连续性，因而，函数的不连续点的集合的测度为1，故函数是不可积的。但是，我们不能直接用这个结论直接判断，因为就我们所学习的积分理论中，没有这个结论，因此，必须用已知的结论给予证明。当然可以利用这个结论作辅助性判断。例2 讨论函数在0,1上的可积性。分析 处理思想如同前例，我们用更简洁的方法。解、对0,1作n等分割，则函数若可积，则必有，其中。但是，若取为无理数，则，若取，则综合上述

7、分析，函数不可积。注、例2中函数在x0、1时连续，其余点间断，函数不可积。 我们将例2进行修改，继续讨论定义的灵活运用。例3 讨论函数在0,1上的可积性。分析 此时例2的方法不再适用，原因是此时两个有限和的极限都为0，由由于取时对应的并不是上和，因而，还不能判断函数是可积的，更不能判断函数是不可积的。注意到时函数在有理点取值变号，因此，考虑将分段取值，试探函数的可积性，从而发现解题方法。解、对0,1作2n等分割，则函数若可积，则必有，其中。但是，若取为无理数，则，若取为无理数，则 ，综合上述分析，函数不可积。 例4 利用定积分的定义证明微积分基本公式：设是在的原函数，证明。分析 不仅从题目的要

8、求，从结论的形式也可以确定，要用定义处理本题目。由定积分的定义，定积分就是一个有限和的极限，因此，要证明结论，需要借助有限和将等式两端连接起来，故，关键的问题是右端如何转化为有限和？转化为什么样的有限和？解决这些问题的出发点显然是左端定积分所对应的有限和，换句话说，假设左端的定积分为某个分割所对应的有限和的极限：则对应此分割，对应右端可以通过插入分点转化为相应的有限和：，这样左右两端通过有限和的形式统一在一起了，这就是我们经常提到的形式统一法，因此，剩下的问题就是研究两个有限和后面的项的关系了，很容易利用微分中值定理实现二者间的转化。证明：对任意的分割，由定义，各项含义见定义。对应此分割，则利

9、用微分中值定理，存在，使得因而，。 例5设在有界，其不连续点为，其中证明 分析给出了不连续点的分布，因而用第三充要条件来讨论。进一步分析：可能破坏可积性的是不连续点，又知，有限个不连续点并不破坏可积性。本题中，不连续点有无限个，但都集中在点附近，故可将视为坏点。可联想到挖洞法：挖去包含坏点的充分小的区域，在剩下的区域中，只含有限个不连续点，因而可积，对任意一个分割，振幅不能任意小的小区间（坏区间）的长度和可以任意小，再加上包含坏点的可以任意小的洞的长度，因而对应于整个区间，坏区间的长度和仍可以任意小，故可积性成立。 证明：对和分割，（挖去坏点，即挖去区间，在剩下的区间和，分析可积性，为此，先分

10、析分割的关系。）设，记则 分别是对区间的分割，由于在区间上有有限个不连续点，因而可积，故存在，当时，对应于，使得的小区间的长度和，对应于，使得的小区间的长度和，故，当时，对应于分割的小区间，使得振幅不小于的小区间长度和不超过对应于和对应于的部分和再加上被挖去的洞，即对应于，使得的小区间的长度和满足，因而 。例6 设非负函数，证明。分析 从题型分析可知，讨论相关联的两个函数的可积性的关系，通常转化为二者振幅关系的讨论。证明：对任意的和，由于因而，对任意的分割，记、分别为、在上的振幅，则。因而，因而，由，利用第二充要条件可得。注、证明过程用到了Cauchy不等式：其中。注、也可以用第三充要条件证明

11、：事实上，由于，则对任意的，存在，使得对任意的分割T，当时，由于，因而，若，必有，故，故，。例7 设，且时，因而，可以构成复合函数，证明。分析 题型结构与例6相同，仍是讨论相关联的函数的可积性关系，因而，仍是讨论其振幅关系，通过振幅关系，选择合适的工具如第二或第三充要条件证明可积性。证明：对任意的，由于，因而，一致连续，故，存在，当且时，。对a, b作分割T：，记、分别为、在上的振幅。则当时，若 ，必有，这表明，若，则；因此，若，则，故。由于，由第三充要条件，则对上述和，存在分割T，使得，故，再次用第三充要条件，则。注、若减弱为，结论不一定成立，如取为0,1上的函数，则在0,1上可积但不连续。

12、取为0,1上的Riemann函数：，则。二者的复合函数为Dirichlet函数：，显然，此函数不可积。例8若，则存在折线函数，使得。 注、由于涉及到一个定量结果，须从定义出发考虑其证明，因此，关键的问题是如何将有限和的极限转化为折线函数积分的极限。由于对任意给定的分割，对应连接各分点可以得到一个折线函数，因此，折线函数的结构基本是确定的，故问题的求解思路是利用特殊的分割和特定点的选择，通过定义，将定积分通过特殊对应的有限和的极限和折线函数极限联系起来。证明：由于，等分割，则记为连接各分点（）的折线函数，其中。显然，连续，且，因而， ，因此， 。注、上述证明中用到了积分的计算，也可以用积分估计来

13、证明。事实上，当时，取值于、之间，因而又，因此，故，利用可积的第一充要条件，则。注、从上述注的证明中，结论可以加强为：。注、由于折线函数是连续函数，本题结论也可以表示为：若，则对任意的，存在连续函数，使得，当然，也成立更强的结论：存在连续函数，使得。 即可积函数可以用连续函数逼近。例9 若，证明：其中 。 分析这一结果也称为积分连续性，由于涉及到一个定量结果，我们采用定义和性质证明此结论，即先利性质证明可积性，再用定义证明等式结果。从中可以看出利用定义证明积分结果的灵活性。 证明：1）定性分析：当充分小时的可积性。由于在上可积，取h充分小，使得，因而，在上可积，则 在上可积，因而，在上可积。

14、2）、定量分析：证明等式成立。由于可积，因而对任意时，成立。其中，为在上的振幅。等分割：，使得，其中。取，由定积分的定义另一方面，当时，因而故，。注、从定量分析的过程看，问题的关键是:通过特殊的分割、特殊的取点和的限制，使得同时属于小区间，这也是为什么先证明可积性的原因。注、也可以利用例8的结论证明例9：由例8，对任意的，存在连续函数，使得，因而， 因此，只需对连续函数，证明相应的结论成立即可，利用连续函数的一致连续性，这是很容易的。 例10、设，证明，其中为对的分割，。 证明：由于而第二项利用有界性和可积性，极限为零。下面的例子给出了函数和其反函数的积分关系。例11 设在上严格单调递增且连续

15、，其反函数为且，证明：。分析 从几何图形上，很容易从面积关系上看出上述等式，另一方面，上述关系是一个定量关系式，因此，我们必须从定义出发证明它。证明：显然，和都是可积函数。对进行n等分，分点为，记，则得到的一个分割：，因而，例12 设在上严格单调递增且连续，证明：对任意的成立：。由此可得：当时成立。证明：由例11，则，因而，当时，等号成立；当时，则，故，；当时，同样可以证明结论成立。取可以证明最后的不等式成立。 B、定积分的各种运用 本小节中，包含定积分的各种运用，如有限和的极限、定积分的估计、积分性质的讨论、与微分学的关系等。1、有限和的极限基本原理：若可积，则，取特殊的分割和特殊分点的选取

16、，可将定积分和有限和的极限联系起来，如 ，因而，可以利用定积分计算一些特殊的有限和的极限。例13 计算。分析 这是一个有限和的极限，根据定积分的定义，通过和式中各项的含义确定相应的定积分的各个元素。显然，从结构看，由此可以推断：区间长度为1；应满足，通过可以推断：，；由此确定积分下限为，上限为，相应的定积分就可以确定了。解、由定积分的定义，则。注、也可以取，此时a1，b2，。例14计算。分析 这是一个有限和的极限，尽可能转化为定积分所要求的有限和的极限形式，为此，需要进行技术处理，具体见解题过程。解、原式 2 2对区间0,1作如下分割：，取为分割小区间的左端点，则因此，故，；故， 原式2。注、

17、对分子也可以这样处理：对区间0,1作n等分割：，取为分割小区间的中点，即则，因而， 原式2 。 因此，对这类有限和的极限可以根据对定积分的理解灵活选择分割和分点。2、积分的极限问题这里，我们讨论两种类型的极限问题：1、积分号下的极限问题，即极限的计算；2、与变限积分有关的极限。对积分号下极限问题，由于还没有进一步的工具，我们不知道极限和积分换序的条件，不能将极限转移到积分号下进行，因此，必须借助积分中值定理等其它积分性质完成极限的计算。对与变限积分有关的问题，可以借助微分和积分中值定理、积分的性质、LHospitial法则等计算极限。例15 计算下列极限： 1）、； 2）； 3）、； 4）、，

18、其中。分析 对这类极限，最直接的方法是将积分计算出来，得到一个具体的结果，转化为一个具体的极限，再进行计算；但是，对大多这样的极限来说，先将积分计算出来基本是不可能的，通常的处理思想是利用各种技术手段将被积函数简化，对积分进行估计，利用估计结果计算极限，常用方法有直接估计法、积分中值定理方法利用积分中值定理将复杂的因子提取出来，计算剩下的简单的积分，再进行、估计计算；对较难估计的积分，有时还需用挖洞方法，将积分分段估计。试分析下列各题的求解方法和思想。解、1）、法一、由于，故，0。法二、由积分中值定理，存在，使得故，0。注、两个方法的思想基本是一致的。2）、由于被积函数没有严格小于1的界（在x

19、0点破坏了这个性质），为此，我们将积分分段处理。对任意的，由于，因此，存在N，当时，因此，当时，故，0。3）、由于对任意的，都有1，因而可以设想，下面证明整个结论。显然，。对任意的，由于，因此，存在N，当时，故，当时，因此，。注、第2和第3两个小题有一个共同的特点：积分区间上有一点破坏了被积函数所具有的性质，所采用的处理方法就是挖洞方法，在坏点处挖取一个充分小的洞，考察在剩下部分上的性质。4）、分析 从结构看，若上限严格小于1，则极限为0，因此，x1是坏点，注意到在此点附近有性质因而，可以设想。下面证明这个结论。考虑。由于，因此，对任意的，存在，使得当时，因此，由于，因而，存在M>0 ，

20、使得，故，由于，因而，存在N,使得n>N时，又，因而 ，当n>N时，故，0，因而，。注、这和挖洞方法思想是一致的，当时，可以用更简单的分部积分来处理：设，则而，因而，。 例16 设，证明。分析 由要证明的结论，为了产生f（0），对结论变形为：由于 故，只需证明：。显然，对右端的积分，分两部分处理：在x0附近，利用f（x）f（0）充分小，控制积分，对剩下的部分，要利用t趋于0来实现充分小。证明：只需证明。由于，因而，对任意的，存在，使得时因而， 由于，因而有界，设，故由于因而，存在，使得时因而，时，故，。注、将上述证明思想抽取出来，可以给出更简洁的证明：对第一部分用第一积分中值定理，

21、则对第二部分作估计。变限积分的极限例17 计算下列积分： 1）、； 2）、； 3）、； 解、1）法一、从结构看，在积分区间内都有极限且极限为0，因此，分析要点是能否将其分离出来，我们知道，从积分号下分离因子的工具是积分中值定理，我们试着用中值定理进行处理，可以计算出结论。利用第二积分中值定理，存在，使得，故，0。法二、实际上有更简单的方法直接估计。由于。2）、从结构看，与1）积分结构类似，因此，处理的方法是如何将被积函数转化为1）中的结构。 令，则，由积分第二中值定理，存在，使得，故，0。3）、法一、与1）类似，采用第二积分中值定理，存在，使得，因而，0法二、注意到若直接采用估计方法，由于积分

22、号下的幂次太高，为此，对其进行降幂处理，我们知道求导可以降幂，而分部积分可以实现对因子的求导，因此，利用上述思想可以计算出结果。利用分部积分公式，则而，因此，0。 例18 设，证明。分析 若可导，且求导和求积可以换序，则很容易就可以证明结论，在现有条件下，既然我们不知道求导和求积可以换序，但是，我们知道变限积分的求导运算，因此，我们希望将变量h转移到积分限上，利用变限积分的求导理论处理极限问题。证明：由LHospital法则，。例19设对任意的A>0,，且，证明：。分析 若，则可微，直接用LHospital法则即可证明结论。在现有条件下，我们采用LHospital法则的证明思想。证明：由

23、于，则对任意的，存在，使得时，因而，当时，由条件可知，在有界，设，则，因而，当时，故，。C、积分与微分综合运用下面几个例子涉及到积分条件下的函数零点或介值点问题。 例20设且在可微，若，证明存在使得。 分析导函数的零点问题，联想到Rolle定理，寻找Rolle 定理的条件：两点函数值相等。本题的条件中，已经给出一个函数值等于一个积分，因此，问题就转化为能否从定积分中分离出一个函数值，联想到积分中值定理就可以找到证明的思路。 证明：由积分中值定理，利用Rolle定理可得结论。 例21 设，且，证明：对任意的成立：。分析 由于的任意性，因此，要证明的不等式可以视为关于变量的函数不等式，故可以利用函

24、数不等式的证明方法如单调性、中值定理等方法来证明。证明：令，则，由于，故，。 利用分部积分公式，则，故，对任意的，。 例22 设，证明：存在使得。 分析 这是一个函数的零点问题，常用的处理工具是连续函数的介值定理、Rolledli定理，从本题结论的结构看，由于等式的左端正好是一个函数的导数形式，因此，应该用Rolle定理来证明结论。而从条件形式，肯定要借助x1点的函数值关系，我们挖掘此点的信息。 证明：令，则，由条件，利用积分第一中值定理，存在，使得因而，由Rolle定理，存在使得。例23设，证明：使得。分析 从结论形式结合我们证明这类介值问题的思想方法，可以确定证明的方法：将介值变为变量，转

25、化为函数的零点问题。证明： 令，由于，故。显然 。若，取；若，则，由连续函数的介值定理：使得，即。例24设，且，证明：存在，使得。分析 这是一个函数的零点问题。但是，我们应该把它视为连续函数的介值点还是视为导函数的零点，注意到条件是积分形式，而变限积分 的导数正是该函数，因此，应考虑用Rolle定理证明，为此，需要构造，要证明的是F（x）的导函数有两个零点，因此，F（x）应该至少有三个等值的点，由第一个定量条件很容易找到F（x）的两个零点两个等值点，因此，还必须找到其第三个零点，这必然借助于第二个定量条件来完成。因而，必须建立F（x）和第二个定量条件的关系，整个证明的关键问题正是通过第二个定量

26、条件确定F（x）的零点。我们先从关系的分析入手，要从第二个定量条件中产生F（x），即将其导函数还原到原函数，涉及到函数和导函数的转换，由此，考虑用分部积分：即注意到，因此，F（x）必然变号，至此，问题解决。证明：令，则，且，因而，即。利用积分性质，若，则必有，因而，存在，使得。故，存在，使得。下面几个例子涉及到积分不等式。首先看积分间的比较。 例25设在上单调不增，证明：对有 。 分析两个定积分之间的比较有两种方式：其一、被积函数相同，比较积分区间；其二、积分区间相同，比较被积函数。本题上述两种方法都可以。 证明：法一、利用被积函数相同，比较积分区间由于，因此，要使原式成立，只须等价于 由中值

27、定理，等价于 ，其中，由函数的单调不增性质，此时显然成立。 法二、积分区间相同，比较被积函数。 对左端定积分作换元，转化为与右端相同的积分限。即令，则利用单调不增性质，则，利用积分的保序性质，立即得证。 例26设为上的非负单调非增连续函数，证明 ，成立 分析：与例23类似，通过换元，转化为相同的积分限再比较。换元公式的选择相当于求直线方程。证明：令，利用单调性及且当时，则。还有些积分间的关系是通过Schwarz不等式来完成的。例27 设，证明：，这就是Schwarz不等式。证明：对任意的实数，则，即，由于上式对任意的实数都成立，因而，故，结论成立。 注、Schwarz不等式的作用一是将平方转移

28、到积分号下，得到一些积分关系；二是借助特殊的、关系得到一些积分结论。看下面的例子。例28 设且，证明。证明：由Schwarz不等式，取即得。例29 设，证明：。分析 首先建立函数及其导函数的关系，有积分关系，也有微分关系，分别试着去验证，确定一个合适的方法。证明：由于由Schwarz不等式得，两端积分既得结论。由于定积分可以视为变限积分在某一点的值，因此，积分关系式也可以转化为变限积分函数的函数值关系。例30 设，证明：。证明：令，用两次Cauchy微分中值定理，则其中。故，结论成立。例31 设且单调递增，证明：。证明：令，则由于，故，特别。下面的积分不等式实际上是利用积分或微分的性质对积分进

29、行估计。例32设定义在上且满足对任意，证明：。 分析本题类型在不同的两项之间作比较，因此，首先要进行形式统一。两种方法：其一、利用积分中值定理将定积分形式转化为第二种形式；其二、将第二种形式转化为定积分。两种方法都试一下。 证明：利用条件先说明可积性，然后估计。法一、由于 法二、利用积分中值定理。 注、从上述证明过程可以发现，两种方法都能给出类似的估计，只是在估计的精度上有所区别。 例33设在上可微且，证明：对任意正整数，都有。 分析与上例类似，要经过两次统一形式。 证明：左 （形式统一） （形式统一） （微分中值定理）注、也可以利用例30的法二在第二次形式统一时，将形式统一为非积分形式，可发

30、现估计精度不同。例34设，记，证明： 。分析 这是两种不同形式间的比较，因此，先进行形式统一，再进行研究。证明：令，利用微分中值定理和积分中值定理，则其中 。故，。注、上述证明过程中，我们对积分项直接使用了第一积分中值定理，可以证明这样处理是可以的，事实上，设当时，因此，故，由介值定理，则存在，使得即。 例35证明：若 且都有， 则 。 分析观察条件中不等式的结构，可以发现不等式具有如下结构形式：。这类不等式通常用配因子的方法，转化为某个函数的完全导数关系式，由此得到这个函数的性质，进一步挖掘所需要的结论，过程如下：因而 ，由此得到推广：利用 ，可将部等式结构推广到如下类型可用类似的方法得到估

31、计。当然还有其他的方法。 证明：法一、即，则 因而，故。 法二、由连续性，故可设。显然。，利用积分中值定理 ， 类似，因而，继续上述过程，则对任意正整数，由于 ，则 ，故由任意性再次利用连续性 。命题得证。 注、从上述两个方法来看，法一优于法二。同时还可以看出，法一不须修改就可以将变量的范围扩展到任意区间，法二只在区间上成立。 例36设，证明：。 分析观察与上例具有类似的特点。 证明：记，则 ，因而左端。例37设且，证明，其中 分析从结论形式看，关键是如何从定积分中分离出导数。分离的方法有：微分法 对被积函数利用微分中值定理右端都是已知项。 积分法 对整个积分利用分布公式适当选择，都可以得到估计，但可以看到估计精度不同，用微分法估计系数只能达到而达不到。 证明：，选取，使得 ，取即可。事实上，当时，达到最小值。因而是最好的估计系数。 例38设在上连续可微，证明 分析本题要求将的积分联系起来。下面的公式给出三者之间的关系。关键如何选择。证明：取 ，则因而，。利用中值定理，存在，使得取即可。例39 设，证明： 1）、； 2）、。分析 1）是要求建立函数和导函数积分的关系，这是积分的一个基本性质，很容易建立这样的关系。对2），在这样的题型中，一定要注意充分利用1）的结论，对1）两端平方后，右端需要将平方运算移至积分号下，这正是