关于变限积分若干性质的研究.docx

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关于变限积分若干性质的研究

第19卷第2期

Vol.19No.2

广西梧州师范高等专科学校学报

JOURNAL

WUZHOU

TEACHERS

COLLEGE

GUANGXI

2003年5

月

May.2003

关于变限积分函数若干问题的研究

李福兴

（梧州师范高等专科学校　数学系,　广西　贺州　542800）

[摘　要]变限积分函数是微积分学中一类具有特殊形式的函数。

对变限积分函数初等性质及分析性质

的研究,可深入了解其特性,并广泛用于解决一些微积分问题。

[关键词]变限积分;变上限积分函数;连续;导数

[中图分类号]O172　[文献标识码]A　[文章编号]1008-8377（2003）02-0064-04

变（上）限积分函数是一元函数微积分中诞生的一类具有特殊形式的新函数。

它主要由被积分函数的性质,及积分上（下）限的结构来决定。

众所周知,积分上限函数

f（t）dt是导出积分学中定积分（计算）的基本

∫

公式的一个理论基础。

同时,作为函数,对它进行初等性质及分析性质的研究,有利于深入了解此类函数的特性,并广泛地用于解决一些微积分问题。

一、变限定积分函数的概念与基本性质

1、若f（x）在[a,b]可积,Πx∈[a,b],F（x）=

f（t）dt称之为积分上限函数。

∫

=f（t）dt　x∈[a,b]连续。

∫

基本性质:

1、若f（x）在[a、b]可积,则F（x）

2、若f（x）在[a、b]连续,则F（x）=

（x）=f（x）。

此性质f（t）dt　x∈[a,b]在[a,b]连续,且可导,F′

∫

是导出牛顿—莱布尼兹公式的根据,它是微积分学的核心内容与理论基础。

由此性质与复合函数的求导法则得到变限积分函数的求导公式,即若f（x）在[a,b]连续,U（x）,V（x）都可导,则F（x）=

（x）=f[U（x）]U′（x）-f[V（x）]V′（x）。

[a,b]可导,且F′

∫f（t）dt,Πx∈

V（x）

U（x）

3、积分上限函数,它是产生新函数的重要工具,是一种新的函数表示法,解决了在闭区间上连续的初等函

数的原函数存在性问题,尤其是可用积分上限函数表示其原函数不是初等函数的原函数。

换句话说,可用积分上限函数表示非初等函数,为研究非初等函数的性质,提供了工具。

二、变限积分函数的研究

1、讨论函数极限与连续性

例1、求1im

（x-t）sint2dt

（x+x）（1--x）

解:

∵X0,1-x

-x2～

2232

x,x+x～x2

分子是积分上限函数,x0,

∫

（x-t）sint2dt0　又

∫

（x-t）sint2dt=x

∫

sint2dt-

tsintdt∫

　[收稿日期]2002-12-25

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第19卷第2期

Vol.19No.2

广西梧州师范高等专科学校学报

JOURNAL

WUZHOU

2003年5月

May.2003

TEACHERSCOLLEGEOFGUANGXI

∴原式=1im

（x-t）sint2dt

sintdt=1im=1im

x2n=0

例2、设f（x）可导,且f（0）=0,F（x）=解:

令u=x-t,du=-nt

∫

tn-1f（xn-tn）dt　　求1im

nnn-1

dt　　F（x）=

f（u）du,又f（0）

1im2n=1imX0X0x

f（u）du

=1im

nx2n

=1im=　　（最后一步用导数定义）2n-1n

2nX0x2n2nx

n-1

（1-cosx）　x<0

例3、设f（x）=　　1　　　　x=0,　　　讨论f（x）在x=0处的连续性,

costdt　　x>0

解:

∵f（0）=1,又1imf（x）=1im

-X0

=1im

1imf（x）

=1im

cost2dtx

=1imcosx=1　　　而f（0-0）=f（0+0）=f（0）=1

∴f（x）在x=0处连续。

2、变限积分函数的单调性

（x-2t）f（t）dt,f（x）单调减少,证明:

F（x）单调增加。

∫

证明:

∵F（x）=（x-2t）f（t）dt=xf（t）dt-2tf（t）dt　　又f（x）在R连续。

∫∫∫（x）=∴F′f（t）dt+xf（x）-2xf（x）=f（t）dt-xf（x）

∫∫）连续,F（x）=例1、设f（x）在（-∞,+∞

000

（x）=xf（ξ）-xf（x）=x（f（ξ）-f（x））>0由积分中值定理,存在ξ介于0与x之间,使F′

故F（x）在R单调增加。

3、求解函数、函数值（最值）

f（t）dt,求f（x）。

例1、已知x>0,f（x）可导,且满足f（x）=1+

解:

∵Πx>0,f（x）可导,对f（x）=1+（x）=-　　f′

f（t）dt两边关于x求导,0

　　∴f（x）

x0=1nx+c　　（x>0）x

f（t）dt+

（x）=　　　将f（x）的表达式代入可得f′

）上有任意阶导数,且满足方程例2、求在（-∞,+∞

∫

f（t）dt=e-1的函数f（x）。

解:

∵f（x）有任意阶导数,对方程两边关于x求导得　2f（2x）-f（x）=ex　　3

∞

f（x）可展开为幂级数f（x）=

∞

n=0

∑

anx,代入3式得　

n=0

∑

n+1

anx-

n=0

∑

anx=

n=0

即

n=0

∑（2

n+1

-1）anx=

∞

　　x∈R　比较同次幂的系数得:

an=n+1n!

（2-1）n!

∴f（x

）=

n=0

（2

n+1

　x∈R

-1）n!

f（t）dt=1在（0,1）内有唯一实根。

∫

例3、已知f（x）在[1,0]连续,且f（x）<1,则方程　2x-

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第19卷第2期

Vol.19No.2

x广西

梧州师范高等专科学校学报JOURNALOFWUZHOUTEACHERSCOLLEGEOFGUANGXI2003年5月May.2003证明:

令F（x）=2x-

　则F（0）f（t）dt-1　　x∈[0,1]∫=-1,又f（x）<1,F

（1）=2-f（t）dt-1=1-f（t）dt>0∫∫0

010

　　又F（x）在[0,1]连续　　由连续函数零点定理,ϖc∈（0,1）使F（c）=0

（x）=2-f（x）>1>0　∴F（x）在（0,1）单调增加　从而,原方程在（0,1）内有唯一实根。

　　∵F′

esintdt　x∈[0,2π]的最值。

∫tx例4、求函数f（x）=0

（x）=exsinx　f′（x）=0时,x=π为f（x）在[0,2π]内的唯一稳定点,解:

∵f′

（π）=ex（sinx+cosx）f″

）　　f（ππ

0t|=esintdt=sintde=esinecostdt∫∫|-∫

=costde=-ecostesintdt=1+e-∫|-∫x=ππ=-e<0　所以,f（x）在x=π处取极大值。

π0π0ttπ0t

0π0ttπ0tπ）f（π

　　∴f（π）=π（1+e）2

）=（1-e2π）　　又f（0）=0,易算f（2π2

）=　　从而知f（x）在[0,2π]上的最大值为f（ππ（1+e）　最小值F（2π）=（1-e2π）。

x4、讨论变限积分函数的导数与积分ex　　　1ΦxΦ1

例1、设　　　f（x）=

1nx　　1

讨论F（x）在x=1。

　　　F（x）=f（t）dt∫0

解:

由已知,容易计算　F（x）=ex-1　　　　　0ΦxΦ1

e-x+xlnx　1

xxx0（）F′1=1im=1im=1im=1im=e--x-1-x-1-x-1-1x1x1x1x1

′F+

（1）=1im

x1+=1im=1imx-1+x-1+x-1x1x1

=-1+1im=-1+1im（1nx+1）=0+x-1+x1x1

∫

（1）　　∴F（x）在x=1处不可导。

例2、求由方程x-∫edu=0所确定的隐函数y=y（x）在X=0处的二阶导数dx|

解:

由方程x-∫edu=0可知x=0时y=1,∵F′-

（1）≠+x+y-u2′212x=2x+y2-u

对方程两边关于X求导得:

1-e-

将x=0,y=1代入

（1）得:

dx（x+y）2（1+y′）=0　　　

（1）|=e-1

x=0

（x+y）2对

（1）两边关于x求导:

x（x+y）e-（1+y′）-e-（x+y）2y″=0

2将x=0,y=1,y′=e-1代入,得2dx|=2e

x=0

例3、设f（x）=

解:

∵f（π）f（x）dx。

∫=f（x）dx=[π-tdt　　∴π-tdt]dx∫∫0dt,求0π-txπ

0π0π0x0

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May.

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OFWUZHOUTEACHERS

COLLEGEOFGUANGXI

|∫π

）+sinxdx-π）=-cosx=πf（πf（π∫|0=2（）注:

本题由于π-tdt的原函数难于求出,可证明其原函数不能用初等函数表示,故不能从fx入手解题。

=xf（x）

-xd（

）-dt）=πf（π

0π-t

）+dx=πf（π

0π-x

π-xsinxdx

5、证明等式（不等式）

例1、证明:

若f（x）在[a,b]连续,Πx,x0∈[a,b],　　　　　则1im

证明:

设φ（x）

[f（t+h）-f（t）]dt=f（x）-f（x）

=f（t）dt,因f（x）在[a,b]连续,Πx,x∈[a,b],故φ（x）可导,∫h

（x）=f（x）,φ（x0）=0　令y=t+h,dy=dt且φ′

　f（t+h）dt=

∫

x+h

f（y）dy=

∫

x+h0

f（y）dy+

∫f（y）dy=φ（x+h）-φ（x

x+h

+h）

于是,1im

[f（t+h）-f（t）]dt=1im

[

∫

[f（t+h）-

f（t）dt]∫

=1im

[φ（x+h）-φ（x0+h）-φ（x）+φ（x0）]

=1im[

φ（x）φ（）

（x）-φ（x0）]=φ′′

=f（x）-f（x0）

例2、设f（x）连续,证明

∫

f（t）（x-t）dt=

（x）dx）dt

∫∫

（

∫

（f（x）dx）dt=φ（t）dt（用分部积分法）=tφ（t）φ（t）　　td∫∫∫|-∫φ（x）-（x-t）f（t）dt=右边　　=xtf（t）dt=xf（t）dt-tf（t）dt=

∫∫∫∫（f（x）dx）dt（此题也可用其它方法证之）所以f（t）（x-t）dt=

∫∫∫

例3、设f（x）在[a,b]连续,且单调增加,求证:

xf（x）dxΕf（x）dx

∫2证明:

作辅助函数F（x）=∫tf（t）dt-f（t）dt　　x∈[a,b]

2（t）=f（t）,φ（0）=0证明:

令f（x）dx=φ（t）,则φ′

0tx

000

xxxx

0000

xxt

000

∵f（x）连续,f（x）单调增加

（x）=xf（x）-∴F′

f（t）dt-

f（x）=

f（x）-

f（t）dta

）・（x-a）≥f（ξf（x）-f（x）=0

2222

）

f（x）-

而F（a）=0　　∴F（x）Ε0　　x∈[a,b]从而F（b）Ε0,即原不等式成立

[

参考文献]

[1]刘玉链.数学分析讲义[M]（上册）.高教出版社,1992.6.第三版.[2]陈　仲.大学数学复习指导与试题分析[M].南京大学出版社,1999.5.

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