ax2
2
4∫)
sinxdx;5)
0
x4-x2dx.
0
解其中1)—3)即为§1中的例题和习题,现在用牛顿—莱布尼茨公式来计算就十分方便:
1∫)
b
n+1
xndx=
an+1
bb
=1(bn+1-an+1).
an+1
2∫)
exdx=ex
a
b
=eb-ea.
a
b
3∫)
dx1
ax2=-x
11
a=a-b.
206第九章定积分
4∫)
π
sinxdx=-cosx
0
π
=2.
0
(这是图9-6所示正弦曲线一拱下的面积,
其余各题也可作此联想.)
5)先用不定积分法求出f(x)=
x4-x2的任一原函数,然后完成定积分计算:
图9-6
2∫
∫x4-x2dx=-1
2
4-x2d(4-x2)=-1
3
2
(4-x2)3+C,
∫x4-x2dx=-1
(4-x2)3
=8.
0303
例2利用定积分求极限:
lim
n→∞
1
n+1
+1
n+2
++1
2n
=J.
解把此极限式化为某个积分和的极限式,并转化为计算定积分.为此作如下变形:
n
J=lim∑
1·1.
n→∞i=1
1+inn
不难看出,其中的和式是函数f(x)=1在区间[0,1]上的一个积分和(这里
1+x
所取的是等分分割,Δxi=1,ξi=i∈i-1,i,i=1,2,,n).所以
nnnn
J=∫dx
01+x=ln(1+x)
=ln2.
0
当然,也可把J看作f(x)=1在[1,2]上的定积分,同样有
x
2
3
J=∫dxdx
1x=∫2
x-1==ln2.
习题
1.计算下列定积分:
112
∫
(1∫)
(2x+3)dx;
(2)
0
1-xdx;
01+x2
e21x-x
∫
(3∫)
dx;(4)
exlnx
π
e-edx;
02
9
(5∫)
3
2∫
tanxdx;(6)
04
x+1
x
dx;
§3可积条件
207
(7∫)
4dxe12
;(8)(lnx)dx.
01+x1
2.利用定积分求极限:
(1)lim1(1+23++n3);
n→∞n4
(2)lim
n1+1++1;
n→∞
(n+1)2
(n+2)2
(n+n)2
(3)lim
n1+1++1;
n→∞
n2+1
n2+22
2n2
π
(4)lim1sinπ+sin2π++sinn-1.
n→∞nnnn
3.证明:
若f在[a,b]上可积,F在[a,b]上连续,且除有限个点外有F′(x)=f(x),则
有
∫
b
f(x)dx=F(b)-F(a).
a
§3可积条件
从定理9.1及其后注中看到,要判别一个函数是否可积,必须研究可积条
件.
一可积的必要条件
定理9.2若函数f在[a,b]上可积,则f在[a,b]上必定有界.
证用反证法.若f在[a,b]上无界,则对于[a,b]的任一分割T,必存在属于T的某个小区间Δk,f在Δk上无界.在i≠k的各个小区间Δi上任意取定ξi,并记
G=∑f(ξi)Δxi.
i≠k
现对任意大的正数M,由于f在Δk上无界,故存在ξk∈Δk,使得
于是有
f(ξk)>M+G
Δxk
n
∑
i=1
f(ξi)Δxi≥f(ξk)Δxk-∑f(ξi)Δxi
i≠k
>M+G·Δxk-G=M.
Δxk
由此可见,对于无论多小的‖T‖,按上述方法选取点集{ξi}时,总能使积分和的绝对值大于任何预先给出的正数,这与f在[a,b]上可积相矛盾.
208第九章定积分
这个定理指出,任何可积函数一定是有界的;但要注意,有界函数却不一定可积.
例1证明狄利克雷函数
在[0,1]上有界但不可积.
D(x)=
1,x为有理数,
0,x为无理数
证显然|D(x)|≤1,x∈[0,1].
对于[0,1]的任一分割T,由有理数和无理数在实数中的稠密性,在属于T
nn
的任一小区间Δi上,当取ξi全为有理数时,∑D(ξi)Δxi=∑Δxi=1;当取
i=1
n
i=1
ξi全为无理数时,∑D(ξi)Δxi=0.所以不论‖T‖多么小,只要点集{ξi}取
i=1
法不同(全取有理数或全取无理数),积分和有不同极限,即D(x)在[0,1]上不可积.
由此例可见,有界是可积的必要条件.所以在以后讨论函数的可积性时,总是首先假设函数是有界的,今后不再一一申明.
二可积的充要条件
要判断一个函数是否可积,固然可以根据定义,直接考察积分和是否能无限接近某一常数,但由于积分和的复杂性和那个常数不易预知,因此这是极其困难的.下面即将给出的可积准则只与被积函数本身有关,而不涉及定积分的值.
设T={Δi|i=1,2,,n}为对[a,b]的任一分割.由f在[a,b]上有界,它在每个Δi上存在上、下确界:
Mi=supf(x),mi=inff(x),