定积分的性质很多,大致可分为四类:第一类,积分的线性性;第二类,积分区间的可加性;第三类,积分的单调性;第四类,积分的中值性.对于第一积分中值定理,同学们比较熟悉,不再赘述,下面将第二积分中值定理笔之于后,至于它的证明可参看相关《数学分析》教材.
第二积分中值定理
(1)若函数f(x)在[a,b]上单调减少、非负,函数g(x)在[a,b]上可积,则∃ξ∈[a,b],使得
(2)若函数f(x)在[a,b]上单调增加、非负,函数g(x)在[a,b]上可积,则∃ξ∈[a,b],使得
(3)若函数f(x)在[a,b]上单调,函数g(x)在[a,b]上可积,则∃ξ∈[a,b],使得
例4.28 设F0(x)=lnx,,n=0,1,2,…,x>0.求极限
解
用数学归纳法,不难证明:
于是,由施图兹定理可得
例4.29 证明:
证明 令t=x2,则,,
对上式右端第二个积分,作变换t=π+u,则有
故
这里注意到了在(0,π]上,sint>0.
类题1 不计算积分,判断下列积分的符号.
类题2 选择题:设,则F(x)的值( ).
(A)为正常数; (B)为负常数;
(C)恒为零; (D)不为常数.
(数学Ⅱ)
例4.30 设f(x),g(x)是[a,b]上的正值连续函数,求证:
(复旦大学).
证明 设f(x)在[a,b]上的最大值为M,且在点ξ取到,即f(ξ)=M.∀ε>0,∃δ>0,使∀x∈[ξ-δ,ξ+δ]∩[a,b]=[α,β]有
f(ξ)-ε<f(x)≤f(ξ).两边n次方,并乘以g(x)有
[f(ξ)-ε]ng(x)<[f(x)]ng(x)≤[f(ξ)]ng(x).
在[α,β]上积分,再开n次方,有
进而,有
注意到,可得
由ε>0的任意性,可知结论成立.
这个例题有如下的变形.
类题1 设f在[a,b]上连续,且f(x)≥0,证明:
提示 设分M≡0和M>0两种情况讨论.
类题2 设f,g是[a,b]上的连续函数,且f(x)>0,g(x)≥0,求
提示 设,则有
由此易知,
类题3 设f(x)在[a,b]上连续,且.证明:
提示 这是例4.30的特殊情形.在例4.30中取g(x)≡1,f(x)用替代.
类题4 设f(x)是[α,α+1]上的连续正值函数,记.证明:关于n单调递增,且
提示 只证明{An}关于n单调递增.取,q=n+1,显然.由Hölder不等式,有
即{An}关于n单调递增.
例4.31 若函数f(x),g(x)在[a,b]上取正值且连续,记
则数列收敛,且
证明 这里我们将用到如下
命题 设{an}是正数列,则
其详细证明可参见参考文献[2].
设
即,这表明数列有上界.
由柯西-施瓦茨不等式,有
即,这表明数列单调增加.
由单调有界定理,存在,再由命题及上例的结果有
例4.32 设f(x)在[-1,1]上连续,证明:
证明 直接对进行计算是不容易的,因此可考虑用第一积分中值定理将f(x)提到积分号外边.
其中,,,h>0适当小.
由于f(x)在[-1,1]上连续,所以f(x)有界,设f(x)≤M.于是有
综上有
本例是“核”积分的极限问题(积分核为“”),下例也属于这类问题.但由于f(x)的条件较弱,不能应用第一积分中值定理,因此,我们将给出另外一种作法,这两种作法均是处理“核”积分极限问题的有效方法.
例4.33 设f(x)在[-1,1]上可积,且在点x=0处连续.设
证明:.(www.xing528.com)
证明 因为f(x)在[-1,1]上可积,所以f(x)在[-1,1]上有界,设界为M,即∣f(x)∣≤M,∀x∈[-1,1].
又因为f(x)在x=0处连续,所以∀ε>0,∃δ>0,当x∈(-δ,δ)时,有
∣f(x)-f(0)∣<ε.通过计算易知,因此,欲证结论成立,只需证
为此,将积分分为三段进行估计:
而
综上可知,原结论成立.
类题1 设f(x)在[a,b]上可积,并是在x=b处连续,证明:
提示 因为f(x)在[a,b]上可积,所以存在M>0,使得f(x)≤M,∀x∈[a,b].
又由f(x)在x=b处连续可知,∀ε>0,,当x∈(b-δ,b)时,有
f(x)-f(b)<ε.
注意到
我们有
类题2 设f(x)≥0在(-∞,+∞)上连续,试证明:对每一个有界连续函数φ(x),有(华南理工).
提示 由已知条件,存在M>0,使得|φ(x)|≤M,∀x∈(-∞,+∞)及再由φ(x)的连续性,对∀σ>0,∃δ>0,当x∈(-δ,δ)时,有|φ(x)-φ(0)|<σ.于是,有
注意到,收敛,我们有.
同理I3→0(ε→0+).而.由σ的任意性,可知结论成立.
例4.34 (黎曼引理)设f(x)在[a,b]上可积,证明
证明 对任意的有限区间[α,β],有
因为f(x)在[a,b]上可积,所以它有界,设f(x)≤A.∀ε>0,由f在[a,b]上的可积性知,存在[a,b]的分割T:a=x0<x1<…<xn=b,使得
于是,当时,有
故
同理可证另一个等式.
利用黎曼引理可十分简便地求出下面的极限,请同学们试之.
黎曼引理有下面的一般形式.
推广的黎曼引理 设f(x)在[a,b]上可积,g(x)是以T为周期的周期函数,且在[0,T]上可积,则
由于证明比较复杂,在此我们省略.
类题1 设S(x)=4[x]-2[2x]+1,f(x)在[0,1]上可积,证明:
证明 易知S(x)是以1为周期的函数,且当x∈[0,1]时,
显然,由推广的黎曼引理知
类题2 设f(x)在[0,π]上连续,求证
取g(x)=∣sinx∣,它是以π为周期的函数,且由推广的黎曼引理可知,结论成立.
下面我们不用推广的黎曼引理,直接证明.
证明 ∣sinnx∣以为周期.将[0,π]n等分,即
记,则
这里利用第一积分中值定理,并注意到了f(x)的可积性.
例4.35 证明定积分的连续性:设函数f(x)和fh(x)=f(x+h)在[a,b]上可积,则有
证明 ∀ε>0,取,N∈N+.取n>N,作[a,b]的n等分,其分点为,k=0,1,…,n.由f的可积性,有
当0<h<δ时,∀x∈[xk-1,xk],有
sup∣f(x+h)-f(x)∣≤ωk+ωk+1.
从而
当-δ<h<0时,可类似地证明.
例4.36 证明:当m<2时,
证明 当m≤0时,结论显然成立.
当m>0时,这是一个型的不定式.使用洛必达法则,可证当m<1时,结论成立,但当1≤m<2时,洛必达法则失效.
下面用第二积分中值定理来证明.
令,则
因为为非负递减函数,,由第二积分中值定理,有
所以
当m<2时,由知,原结论成立.
例4.37 证明
证明 分部积分,有
类题1 设f″(x)在[0,1]上连续,求证:
类题2 求证:
提示
余下的只需证明即可,请同学们自行完成.
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