《数学分析》课程教学课件（讲稿，打印版）第5章 单变量函数的积分学 5.1.6 定积分的计算 5.1.7 用积分定义函数 5.1.8 Taylor展开中余项的积分表示

5.1.6 5.1.7 5.1.8 换元法 分部积分法 5.1.6定积分的计算 1°定积分的换元法 定理1（定积分的换元法）设函数f(x)在区间[a,b]上连续，而函数 x=p(t)在[a,β]上连续可导,a≤p(t)≤b,且p(a)=a, φ(B)=b.则有 下面的换元公式 1 foarde 1 fothe(trat. 证明由定理中的条件可知，上式两端的积分都存在，且函数f(x)和 f(φ(t)φ'(t) 分别在区间 [a,b]及 [α，3]上有原函数.设 F(x) 是 f(x)(在 [a,b]上)的一个原函数，则根据复合函数的求导法则可知，F(φ(t)可导，且 (F(4(t)'=F'(4(t)4'(t)=f(4(t)4'(t). 因此 F(φ(t)是 f(φ(t)φ'(t) 在 [α，3]上的一个原函数. 由 Newton-Leibniz 公 ‖返回全屏关闭退出 1/24

5.1.6 5.1.7 5.1.8 †{ ©ÜÈ©{ 5.1.6 ½È©OŽ 1 ◦ ½È©†{ ½n 1 (½È©†{) ¼ê f(x) 3«m [a, b] þëY, ¼ê x = ϕ(t) 3 [α, β] þëYŒ, a 6 ϕ(t) 6 b, … ϕ(α) = a, ϕ(β) = b. Kk e¡†úª Z b a f(x)dx = Z β α f(ϕ(t))ϕ 0 (t)dt. y² d½n¥^‡Œ, þªüàÈ©Ñ3, …¼ê f(x) Ú f(ϕ(t))ϕ0 (t) ©O3«m [a, b] 9 [α, β] þk¼ê.  F(x) ´ f(x) (3 [a, b] þ) ‡¼ê, KŠâEܼê¦{KŒ, F(ϕ(t)) Œ, … (F(ϕ(t)))0 = F 0 (ϕ(t))ϕ 0 (t) = f(ϕ(t))ϕ 0 (t). Ïd F(ϕ(t)) ´ f(ϕ(t))ϕ0 (t) 3 [α, β] þ‡¼ê. d Newton–Leibniz ú 1/24 kJ Ik J I ˆ£ ¶ '4 òÑ

5.1.65.1.8换元法5.1.7分部积分法式，我们有f(α)da = F(b) - F(a);以及Gf[p(t)]β(t)dt = F[p(β)] - F[(α)] = F(b) - F(a).这就证明了所说的等式。证毕注1从定理的证明来看，没有必要要求'(t)在[α,β]上连续，只要它可积就可以了注2与不定积分的换元法比较，这里没有要求α=(t)严格单调.这是因为不需要象不定积分那样最终应将新变量换回原来的积分变量返回全屏关闭退出I4-l2/24

5.1.6 5.1.7 5.1.8 †{ ©ÜÈ©{ ª, ·‚k Z b a f(x)dx = F(b) − F(a), ±9 Z β α f[ϕ(t)]ϕ 0 (t)dt = F[ϕ(β)] − F[ϕ(α)] = F(b) − F(a). ùÒy² ¤`ª. y. 51 l½ny²5w, vk7‡‡¦ ϕ0 (t) 3 [α, β] þëY, ‡§Œ ÈҌ± . 52 †Ø½È©†{', ùpvk‡¦ x = ϕ(t) î‚üN. ù´ ϏØI‡Ø½È©@ªAò#Cþ†£5È©Cþ. 2/24 kJ Ik J I ˆ£ ¶ '4 òÑ

换元法5.1.65.1.75.1.8分部积分法例 1 设 f(α)是闭区间[一a,a] 上连续的奇函数,求f(α) da.O解f(c) dacf(α) d =f(α) da +0f(c) dcf(-t)dt +Jo0f(t) dt +f(c) dac0aanaf(t) dt +f(α) dac010= 0.返回全屏关闭退出II3/24

5.1.6 5.1.7 5.1.8 †{ ©ÜÈ©{ ~ 1  f(x) ´4«m [−a, a] þëYÛ¼ê, ¦ Z a −a f(x) dx. ) Z a −a f(x) dx = Z 0 −a f(x) dx + Z a 0 f(x) dx = − Z 0 a f(−t)dt + Z a 0 f(x) dx = Z 0 a f(t) dt + Z a 0 f(x) dx = − Z a 0 f(t) dt + Z a 0 f(x) dx = 0. 3/24 kJ Ik J I ˆ£ ¶ '4 òÑ

换元法5.1.65.1.75.1.8分部积分法例2 求/ a2 - α2 da (a > 0)解 令 = αsint(o ≤ t≤ 元/2). 则当 = 0 时, t = 0; 当 = α 时t=.所以（由定积分的换元法则）/ a2 - α2 dc =a" cos"t dt0a?[1 + cos 2t] dt21a2七sin 2t22元4注：这个例子说明半径为a的圆面积的四分之一等于α.因此圆的面积是πa2返回全屏关闭退出4/24

5.1.6 5.1.7 5.1.8 †{ ©ÜÈ©{ ~ 2 ¦ Z a 0 p a2 − x2 dx (a > 0). ) - x = a sin t (0 6 t 6 π/2). K x = 0 ž, t = 0;  x = a ž, t = π 2 . ¤± (d½È©†{K) Z a 0 p a2 − x2 dx = Z π 2 0 a 2 cos2 t dt = a 2 2 Z π 2 0 [1 + cos 2t] dt = a 2 2  t + 1 2 sin 2t     π 2 0 = π 4 a 2 . 5: ù‡~f`²Œ» a ¡Èo©ƒu π 4 a 2 . Ïd¡ È´ πa2 . 4/24 kJ Ik J I ˆ£ ¶ '4 òÑ

换元法5.1.65.1.75.1.8分部积分法例3 计算积分 I=J。dac.解 作变换 = tan ,则 dp = da, 且当 = 0 时, = 0; 当 = 1时, 4 = . 于是Ccos p + sin yInCOS11COs4+元21L/2+ ln (sin (+))) - ln(cos ) / dgIn v元sinln2+In60-/1In(cos )dp8因为In(sin) dt=sin/ In(cost)dt.所以 I =ln 2.关闭退出返回全屏5/24

5.1.6 5.1.7 5.1.8 †{ ©ÜÈ©{ ~ 3 OŽÈ© I = R 1 0 ln(1+x) 1+x2 dx. ) ŠC† x = tan ϕ, K dϕ = 1 1+x2dx, … x = 0 ž, ϕ = 0;  x = 1 ž, ϕ = π 4 . u´ I = Z π 4 0 ln  cos ϕ + sin ϕ cos ϕ  dϕ = Z π 4 0  ln √ 2  1 √ 2 cos ϕ + 1 √ 2 sin ϕ  − ln(cos ϕ)  dϕ = Z π 4 0 n ln √ 2 + ln  sin  ϕ + π 4  − ln(cos ϕ) o dϕ = π 8 ln 2 + Z π 4 0 ln  sin  ϕ + π 4  dϕ − Z π 4 0 ln(cos ϕ)dϕ. Ϗ Z π 4 0 ln  sin  ϕ + π 4  dϕ ϕ= π 4 −t ====== − Z 0 π 4 ln  sin(π 2 − t)  dt = Z π 4 0 ln(cos t)dt. ¤± I = π 8 ln 2. 5/24 kJ Ik J I ˆ£ ¶ '4 òÑ

5.1.6换元法分部积分法5.1.75.1.8例4设f(α）是[a,b]上的可积的凸函数，求证a+b(b - a)ff(a)da2证明因为f(α是凸函数，所以对&E[a,b]有a+bf(α)+f(a+b-α)≥2f2两边积分可得-ba+bf(a +b -) da ≥2(b- a)ff(α)da+2作换元t=a+b一a，可得f(a+b-α)dc=f(t)dt.f(t)dt =h由此即得所证返回全屏关闭退出6/24

5.1.6 5.1.7 5.1.8 †{ ©ÜÈ©{ ~ 4  f(x) ´ [a, b] þŒÈà¼ê, ¦y (b − a)f  a + b 2  6 Z b a f(x) dx. y² Ϗ f(x) ´à¼ê, ¤±é x ∈ [a, b] k f(x) + f(a + b − x) > 2f  a + b 2  . ü>È©Œ Z b a f(x) dx + Z b a f(a + b − x) dx > 2(b − a)f  a + b 2  . Š† t = a + b − x, Œ Z b a f(a + b − x) dx = − Z a b f(t) dt = Z b a f(t) dt. dd=¤y. 6/24 kJ Ik J I ˆ£ ¶ '4 òÑ

换元法5.1.65.1.75.1.8分部积分法例5设f（αc）在R上有定义，在任意有限区间上可积，且满足f(a+y)=f(α)+f(y)求f(α).解考察函数F(α) =f(t) dt.1对任意a,y有ra+yor+y2F(α +y) =f(t) dtf(t) dt =f(t) dt +JoJ0Jrry= F(α) +f(t+α)dt0ry=F(α)+(f(t) +f(αc)) dt1=F(α) + F(y)+yf(α)返回全屏关闭退出7/24

5.1.6 5.1.7 5.1.8 †{ ©ÜÈ©{ ~ 5  f(x) 3 R þk½Â, 3?¿k«mþŒÈ, …÷v f(x + y) = f(x) + f(y). ¦ f(x). )  ¼ê F(x) = Z x 0 f(t) dt. é?¿ x, y k F(x + y) = Z x+y 0 f(t) dt = Z x 0 f(t) dt + Z x+y x f(t) dt = F(x) + Z y 0 f(t + x) dt = F(x) + Z y 0 ￾ f(t) + f(x)
dt = F(x) + F(y) + yf(x). 7/24 kJ Ik J I ˆ£ ¶ '4 òÑ

5.1.8换元法5.1.65.1.7分部积分法即对任意&,y有F(α + y) = F(α) + F(y) + yf(α).交换,y得到F(α + y) = F(α) + F(y) + af(y).比较上面二式，得yf(α) = αf(y).取y= l,得f(α) = ac,其中 a= f(1)是任意常数返回全屏关闭退出8/24

5.1.6 5.1.7 5.1.8 †{ ©ÜÈ©{ =é?¿ x, y k F(x + y) = F(x) + F(y) + yf(x). † x, y  F(x + y) = F(x) + F(y) + xf(y). 'þ¡ª,  yf(x) = xf(y).  y = 1,  f(x) = ax, Ù¥ a = f(1) ´?¿~ê. 8/24 kJ Ik J I ˆ£ ¶ '4 òÑ

5.1.8换元法分部积分法5.1.65.1.72°定积分的分部积分法定理2（定积分的分部积分法）设函数u(α)和(α)在区间[a,b]上有连续的导函数u(α)与(α). 则bu(α)u'(α) dc = u(c)v(cu(c)v(c) dc.证明由微分中的求导法则(u(c)(α)) = u'(α)v(c) + u(α)v'(α)及已知条件可知，上式的两边都是连续的，因此可积.对上式两边进行积分并用Newton-Leibniz公式,得出u(α)v(α)u'(α)v(c) dc +u()v'(c) da即得所要证明的等式I返回全屏关闭退出-Il9/24

5.1.6 5.1.7 5.1.8 †{ ©ÜÈ©{ 2 ◦ ½È©©ÜÈ©{ ½n 2 (½È©©ÜÈ©{) ¼ê u(x) Ú v(x) 3«m [a, b] þkëY ¼ê u 0 (x) † v 0 (x). K Z b a u(x)v 0 (x) dx = u(x)v(x)    b a − Z b a u 0 (x)v(x) dx. y² d‡©¥¦{K (u(x)v(x))0 = u 0 (x)v(x) + u(x)v 0 (x), 9®^‡Œ, þªü>Ñ´ëY, ÏdŒÈ. éþªü>?1È©, ¿^ Newton–Leibniz úª, Ñ u(x)v(x)    b a = Z b a u 0 (x)v(x) dx + Z b a u(x)v 0 (x) dx. =¤‡y²ª. 9/24 kJ Ik J I ˆ£ ¶ '4 òÑ

5.1.75.1.8换元法分部积分法5.1.6例6计算In(1 + α) dc.0解根据分部积分法In(α + 1) da = a ln(α + 1)daa+10-(1-+)= ln 2 - dr(1 - In(α + 1)= ln 2 -0=2ln2-14lne返回全屏关闭退出V10/24

5.1.6 5.1.7 5.1.8 †{ ©ÜÈ©{ ~ 6 OŽ Z 1 0 ln(1 + x) dx. ) Šâ©ÜÈ©{, Z 1 0 ln(x + 1) dx = x ln(x + 1)    1 0 − Z 1 0 x · 1 x + 1 dx = ln 2 − Z 1 0  1 − 1 x + 1 dx = ln 2 −  1 − ln(x + 1)    1 0  = 2 ln 2 − 1 = ln 4 e . 10/24 kJ Ik J I ˆ£ ¶ '4 òÑ