数学分析9-习题课ppt课件

1、一、主要内容一、主要内容1 1、定积分的定义、定积分的定义的的取取法法均均无无关关。及及该该极极限限与与iT iiiiTbaxxfdxxf)()(lim )(10| 第九章第九章 定积分定积分 习题课习题课定积分是个数，与被积函数在有限个点处的定义无关；定积分是个数，与被积函数在有限个点处的定义无关；与积分变量记号的选择无关。与积分变量记号的选择无关。 badxxf)( badttf)( baduuf)(求出求出及特殊的点集及特殊的点集取特殊的分割取特殊的分割, )1(iT iiiTbaxfdxxf)(lim )(0| 殊殊点点。取取左左端端点点、右右端端点点或或特特等等分分，通通常常对对in

2、ba ,（2） 利用牛顿利用牛顿-莱布尼兹公式。莱布尼兹公式。babaxFaFbFdxxf| )()()()(2 2、定积分的计算、定积分的计算在已知定积分存在的前提下，可用下面两种方在已知定积分存在的前提下，可用下面两种方法求出其值：法求出其值：3 3、定积分的几何意义、定积分的几何意义面积的代数和。面积的代数和。4 4、定积分的性质、定积分的性质线性、线性、 关于积分区间的可加性、关于积分区间的可加性、估值不等式、估值不等式、积分第一、第二中值定理。积分第一、第二中值定理。5 5、定积分与不定积分的联系、定积分与不定积分的联系（1 1变上限积分的导数公式；变上限积分的导数公式；保号性、保号

3、性、),()(xfdttfdxdxa )()()()(xaxafxbxbf )()()(xbxadttfdxd（2 2牛牛- -莱公式。莱公式。（3 3可积函数不一定有原函数，有原函数的函数可积函数不一定有原函数，有原函数的函数不一定可积。不一定可积。因为因为“含有第一类间断点的函数都没有原函数，含有第一类间断点的函数都没有原函数，而而“含有有限个第一类间断点的函数都可积。含有有限个第一类间断点的函数都可积。所以可积函数不一定有原函数。 0 , 01 , 10 ,1sin)(22xxxxxxf且且 0 , 01 , 10 ,1cos21sin2)(22xxxxxxxxf且且无界，从而不可积，无

4、界，从而不可积，在在11)( xf),(11)(xfxf的原函数是的原函数是，在在但但 即说明有原函数的函数不一定可积。6 6、可积条件、可积条件必要条件必要条件 若函数若函数f在在a,b上可积，则上可积，则f在在a,b上必定有界。上必定有界。 充要条件充要条件1） 函数函数f在在a,b可积当且仅当：可积当且仅当： ，使，使分割分割T , 0 . Tiix, 0T分分割割、 使得属于使得属于T的所有小区间中，的所有小区间中， 充要条件充要条件2） 函数函数f在在a,b可积当且仅当：可积当且仅当： 对应于振幅对应于振幅 的那些小区间的那些小区间 的总长的总长. kkx kk 7 7、可积函数类、

5、可积函数类1、在、在a,b上连续的函数在上连续的函数在a,b可积。可积。2、在、在a,b上只有有限个间断点的有界函数在上只有有限个间断点的有界函数在 a,b上可积。上可积。 3、在、在 a,b上单调的有界函数在上单调的有界函数在a,b上可积。上可积。 （允许有无限多个间断点）（允许有无限多个间断点） 但并非可积函数只有这但并非可积函数只有这3类。如：黎曼函数类。如：黎曼函数不属于这不属于这3类的任何一类，但它是可积的。类的任何一类，但它是可积的。 在a,b上函数的间断点形成收敛的数列，则函数在a,b可积。8 8、利用不定积分计算定积分、利用不定积分计算定积分（1 1线性；线性；恒等变形；恒等变

6、形； 换元；换元； 分部积分；分部积分；一些特殊类型函数的积分。一些特殊类型函数的积分。（2 2与不定积分法的差别与不定积分法的差别 （3 3利用对称性、周期性及几何意义。利用对称性、周期性及几何意义。牛牛- -莱公式莱公式 积分限的确定，换元要换积分限，原函数积分限的确定，换元要换积分限，原函数求出后不需回代。求出后不需回代。（4） 开偶次方时，要带绝对值。开偶次方时，要带绝对值。9 9、杂记、杂记（1定积分可用于计算某类特殊数列的极限。定积分可用于计算某类特殊数列的极限。（2） 对对D(x)和和R(x) 的可积问题多一些关注。的可积问题多一些关注。例例1 1解解.2sin120 dxx求求

7、 2022cossin2cossin dxxxxx原原式式 2440)cos(sin)sin(cosdxxxdxxx. 222 二、典型例题二、典型例题 20cossin dxxx例例2,: ,:)(babaxxbxaxf ，无无理理数数有有理理数数，问：问：f(x)在在a,b是否可积？是否可积？解解 iiiTxf)(lim0| 取取无无理理数数，取取有有理理数数，iiabbaba ),(),(不不可可积积。在在,)(baxf不不可可能能任任意意小小。或或：,)(,2abxTiTi 例例3，无无理理数数有有理理数数， : , 0:)1()(xxxxxf在在0,1是否可积？是否可积？解解 iii

8、Txf)(lim0| innnini1)1(lim0)(1lim1221 nininninin6)12)(1(2)1(1lim2nnnnnnnnn ，61 则则取取等等分分，得得分分割割，对对,10niTni 为为无无理理数数，则则取取i ，0)(lim0| iiiTxf 不不可可积积。在在,)(baxf例例4设设)(xf 在在 1 , 0上上连连续续，且且1)0( f，3)2( f，5)2( f，求求 10)2(dxxfx.解解 10)2(dxxfx 10)2(21xfxd 1010)2(21)2(21dxxfxfx 10)2(41)2(21xff )0()2(4125ff . 2 例例5

9、5.,1min222 dxxx求求解解 1,11,1min22xxxxxx是偶函数是偶函数,dxxx,1min2220 原原式式 21102122dxxdxx. 2ln232 例例6不不等等式式：可可积积，证证明明在在Schwarzbaxgxf,)(),(badxxgdxxfdxxgxfbababa .)()()()(222证证 考察考察 badxxgxtf2)()(dxxgxtfxgxftba )()(2)()(222 , 0 dxxgxftdxxgdxxfbababa )()(2)()(t 222即即, 0 ，即，即判别式判别式0 dxxgdxxfdxxgxfbababa)()(4 )()

10、( 4222 .)()()()(222 bababadxxgdxxfdxxgxf例例7 7.)()()( . 0)()(2,abxfdxdxxfxfCxfbababa 证证明明，且且设设证证.)()()(2abxfdxdxxfbaba 即即.证毕证毕dxxfdxxfbaba22 )(/1 )( 左左2)(1)(dxxfxfba .)(22abdxba 例例8)1(21(lim32232232nnnnnnnn 求求解解)1)1()12()11(1lim22222 nnnnnn原原式式)1)(1lim21 ninnin.32)1(102 dxx 该极限可以看作函数该极限可以看作函数f(x)=x2-

11、1在在0，1区间作区间作n等分且取右端点时的黎曼和的极限，等分且取右端点时的黎曼和的极限， 由于由于f(x)=x2-1在在0，1连续，从而可积，故上述连续，从而可积，故上述极限等于极限等于例例9证证01lim 10 dxxxnn证证明明连连续续，它它们们在在10,)(,11)(nxxgxxf 第第一一中中值值定定理理，不不变变号号，由由推推广广的的积积分分，在在10)(xgdxxdxxxnn 1010n111I ,1111n , 10 ,110nIn . 0lim nnI故故证毕。证毕。例例 1 10 0 设设)(xf在在1 , 0上上连连续续，且且1)( xf. 证证明明 1)(20 dtt

12、fxx 在在 0, 1 上上恰恰有有一一个个解解. 证证, 1)(2)(0 dttfxxFx)(2)(xfxF 又又)(xF在在1 , 0上上单单调调增增加加，,)(1 ,0CxF 10)(1)1(dttfF 10)(1dttf, 0 所以所以0)( xF在在1 , 0上至少有一个解；上至少有一个解；令令,01)0( F且且, 0 所以所以0)( xF在在1 , 0上至多有一个解；上至多有一个解；所所以以0)( xF即即原原方方程程在在 1 , 0上上恰恰有有一一个个解解.证证毕毕例例11解解 10|)(的的表表达达式式。求求dtxttxf时，时，1 x,312)()(10 xdttxtxf时

13、，时，0 x,231)()(10 xdtxttxf 时时，10 x 10)()()(xxdtxttdttxtxf.31233 xx .1 , 3/12/, 10 , 3/2/3/10 , 2/3/1)(3xxxxxxxxf例例12 12 计算计算解解.tan11202002 dxxIxuI 2 )(cot11022002 duu 202002cot11 duu 202002tan/111 dxx 2020022002tan1tan dxxx 2020022002tan11)1(tan dxxx.4 II 2 例例1313 102)2()1ln(dxxx 1021)1ln(xdx102)1ln(

14、 xx 10)1ln(21xdx32ln dxxx 101121xx 2111 10)2ln()1ln(32lnxx . 3ln2ln35 例例1414 43)ln1(lneexxxdx凑凑微微分分 43)ln1(ln)(lneexxxd 432)ln(1ln2eexxd 43)lnarcsin(2eex .6 43)ln1(ln)(lneexxxd例例1515解解.12ln02 dxex求求xeu 原原式式 262sincosdttt 2626sinsintdttdt.23)32ln( )(12112uduu 62)sincos(cos dtttttu sin 262sinsin1 dttt

15、例例1616. )1(ln1sin212128 dxxxx求求解解dxx 2121)1ln(0原原式式dxxdxx 210021)1ln()1ln(.21ln23ln23 例例1717.)()1()(102022 dxxfxdyexfxyy，求求设设解解 10022)1(2dxdyexxyy原原式式 10231002322)1(31)1(31dxexdyexxxxyy 1021)1(2)1()1(612xdexxux 2) 1(令令 016duueeu).2(61 e 103023)1(2xddyexyy分部积分分部积分P229.4(9)P229.4(9).|ln| 1 eedxx求求解解 原

16、原式式 eexdxxdx11lnln1 eeeedxxxxxdxxxxx11111|ln1|ln11.22e P229.6P229.6证证 pappapaadxxfdxxfdxxfdxxf)()()()(00 aptfaptxpapdttfdtptfdxxf0 )(0)()()(的周期是的周期是 apapaadxxfdxxfdxxfdxxf000)()()()(.)(0 pdxxfP229. 2).()(,)()(xfxFdttxtfxFxa 证明证明证证 xaxaxaxadtttfdttfxdtttfdttxfxF)()( )()()( xaxadttfxxfxxfdttfxF)()()()

17、()().()(xfxF 证毕。证毕。P229.4(12)P229.4(12)解一解一.cossinsin20 dxxxx求求 20cossinsin dxxxx2tan:xu 万万能能代代换换 102222212111212uduuuuuuu 1022)1)(12(4uuuudu。有理函数积分法有理函数积分法 解二解二 20cossinsin dxxxxxutan: 代代换换 02)1)(1(uuudu为为积积分分变变量量以以 tan x 202sectancossinsin xxdxxx 02)1)(1(1)1(duuuu 021udu 02)1)(1(uudu 0 arctanu)()1

18、1)(11(1202tdttt 2 02)1)(1(tttdt。所求积分所求积分4 解三解三 20cossinsin dxxxxI记记,22 I故得故得.4 I即即 022)(sincoscos duuuuxu，记记Jduuuu 20sincoscos JI而而，220 dx解四解四,cossinsin20 dxxxxI由由,cossincos20 dxxxxJ设设,220 dxJI则则 20cossincossindxxxxxJI 20cossin)sin(cosxxxxd. 0 ,22 I故得故得.4 I即即解五解五,cossinsin20 dxxxxI由由dxxxxxxx 20cossin)sin(cos)sin(cos21 20201cossin)cos(sin21 dxxxxxd.4 P212.1不妨假定不妨假定 是是T增加一个分点增加一个分点x0后得到的分割，后得到的分割，T ,0010iiiixxxxx 则则设设,21nT 设设,12010001iiiiixxfxxxxf 的的振振幅幅为为在在，的的振振幅幅为为和和在在设设 , , 2010ii 则显然有则显然有, 0)( )()( i010i0201010 iiiiii