AM@微积分第一基本定理的应用和实例

文章目录

• 微积分第一基本定理的应用和实例

• 例
• 例
• 例
• 例
• 例[综合]

微积分第一基本定理的应用和实例

例

• 设$f(x)$在[a,b]上连续,且$f(x)>0$,$G(x)=\int_{a}^{x}f(t)\mathrm{d}{t}+\int_{b}^{x}\frac{1}{f(t)}\mathrm{d}t$(1)
• 求证

• $G$
• 方程$G(x)=0$在$(a,b)$内仅有一个实根

• 式(1)两边对$x$求导

• $G$
• 由于$f(x)>0$,由基本不等式得出$G$
• 由于$G(a)=\int_{b}^{a}\frac{1}{f(t)}\mathrm{d}t=-\int_{a}^{b}\frac{1}{f(t)}\mathrm{d}t<0$

• $G(b)=\int_{a}^{b}f(t)\mathrm{d}t>0$;故由零点定理知,$G(x)=0$在$(a,b)$内至少存在一个根
• 而$G$,$G(x)$在$[a,b]$上单调增加,所以$G(x)=0$在$(a,b)$内仅有一个根

例

• $\lim\limits_{x\to{0}}\left(\frac{1}{x^2}\int_{\cos{x}}^{1}e^{-t^2}\mathrm d{t}\right)$

• 方法1:

• 容易发现上述极限是$\frac{0}{0}$型,考虑使用LHopital法则
• 由于(可以令$u=\cos{x}$,作复合函数求导)

• $\frac{\mathrm d}{\mathrm{d}x}\int_{\cos{x}}^{1}e^{-t^2}\mathrm{d}t$=$-\frac{\mathrm d}{\mathrm{d}x}\int_{1}^{\cos{x}}e^{-t^2}\mathrm{d}t$
• =$-\frac{\mathrm d}{\mathrm du}\int_{1}^{u}e^{-t^2}\mathrm{d}t\cdot{\frac{\mathrm du}{\mathrm{d}x}}$=$-(e^{-u^2})(-\sin{x})$=$\sin{x}e^{-\cos^{2}{x}}$

• 或这样书写$(-\int_{1}^{\cos{x}}e^{-t^2}\mathrm{d}t)_{x}$=$-(e^{-\cos^{2}x})(-\sin{x})$=$\sin{x}e^{-\cos^{2}{x}}$
• 利用洛必达法则计算0/0型未定式:$\lim\limits_{x\to{0}}\left(\frac{1}{x^2}\int_{\cos{x}}^{1}e^{-t^2}\mathrm d{t}\right)$=$\lim\limits_{x\to{0}}\frac{\sin{x}e^{-\cos^2{x}}}{2x}=\frac{1}{2e}$

• 方法2:积分中值定理法,更方便的方法

• 令$f(t)$=$e^{-t^2}$,那么由积分中值定理,$\int_{\cos{x}}^{1}f(t)\mathrm{d}t$=$(1-\cos{x})f(\xi)$,$\xi\in{(\cos{x},1)}$(1)
• 即$\int_{\cos{x}}^{1}e^{-t^2}\mathrm{d}t$=$(1-\cos{x})e^{-\xi^2}$,(2),观察原式,对(2)两边同时乘以$\frac{1}{x^2}$,得$\frac{1}{x^2}\int_{\cos{x}}^{1}e^{-t^2}\mathrm{d}t$=$\frac{1}{x^2}(1-\cos{x})e^{-\xi^2}$(3)
• 对(3)两边求$x\to{0}$的极限(此时$\xi\to{1}$),$\lim\limits_{x\to{0}} \frac{1}{x^2}(1-\cos{x})e^{-\xi^2}$=$\frac{1}{2} e^{-1}$

例

• $F(x)=x^2\int_{0}^{x}f(t)\mathrm{d}t$
• 则$F$=$2x\int_{0}^{x}f(t)\mathrm{d}t$+$x^2f(x)$

例

• 设$f(x)$在$[0,+\infin)$上单调减少且连续,令$F(x)=\int_{0}^{x}(x^2-t^2)f(t)\mathrm{d}t$,求证$F(x)\geqslant{0}$
• $F(x)$=$x^2\int_{0}^{x}f(t)\mathrm{d}t$-$3\int_{0}^{x}t^2f(t)\mathrm{d}t$
• $F$=$2x\int_{0}^{x}f(t)\mathrm{d}t+x^2f(x)$-$3x^2f(x)$=$2x\int_{0}^{x}f(t)\mathrm{d}t$-$2x^2f(x)$(0)
• 对$f(x)$应用积分中值定理:存在$\xi\in[0,x]$(设$x>0$),使得$\int_{0}^{x}f(t)\mathrm{d}x$=$f(\xi)(x-0)$

• 即$\int_{0}^{x}f(t)\mathrm{d}x$=$xf(\xi)$(1)

• 将(1)代入(0),得$F$=$2x^2(f(\xi)-f(x))$
• 由$f(x)$的单调递减,$\xi\leqslant{x}$,可知$f(\xi)\geqslant{f(x)}$;即$f(\xi)-f(x)\geqslant{0}$
• 从而$F$,$F(x)$在$[0,+\infin)$上单调递增,从而$F(x)\geqslant{F(0)}=0$,命题得证

例[综合]

• 设函数$\phi(x)$=$\int_{0}^{\sin{x}}f(tx^2)\mathrm{d}t$(1);其中$f(x)$是连续函数,$f(0)=2$
• 求$\phi$,并讨论$\phi$的连续性
• 解:

• 利用换元法将式(1)处理成微积分第一基本定理可以解决的形式

• 分离$tx^2$中的$t,x$,这里不容易做到
• 替换$tx^2$为一个新变量,合适本例

• 被积表达式$f(tx^2)\mathrm{d}t$指出被积函数的自变量是$t$而不是$x$,为了处理成$f(u)\mathrm{d}u$的形式,我们要做如下换元(注意积分区间要重新计算):

• 令$u=tx^2$,$t\in(0,\sin{x})$,$u=tx^2\in(0,x^2\sin{x})$
• $\phi(x)$=$\frac{1}{x^2}\int_{0}^{x^2\sin{x}}f(u)\mathrm{d}u$(1)

• 当$x\neq{0}$时,$t=t(u)=\frac{u}{x^2}$,则$\mathrm{d}t$=$\frac{1}{x^2}\mathrm{d}u$

• $\phi(x)$=$-2x^{-3} \int_{0}^{x^2\sin{x}}f(u)\mathrm{d}u$+$x^{-2}f(x^2\sin{x})(2x\sin{x}+x^2\cos{x})$(2)

• 当$x=0$时,$\phi(0)$=$\int_{0}^{0}f(0)\mathrm{d}t$=0

• 考虑使用点处导数的定义来求极限:$\phi$=$\lim\limits_{x\to{0}} \frac{\phi(x)-\phi(0)}{x-0}$=$\lim\limits_{x\to{0}} \frac{\phi(x)}{x}$=$\lim\limits_{x\to{0}} {\frac{1}{x^3}\int_{0}^{x^2\sin{x}}f(u)\mathrm{d}u}$(3)
• 再由积分中值定理,$\int_{0}^{x^2\sin{x}}f(u)\mathrm{d}u$=$(x^2\sin{x}-0)f(\xi)$,$\xi\in(0,|x^2\sin{x}|)$,当$\xi\to{0}(x\to{0})$
• $\lim\limits_{x\to{0}} {\frac{1}{x^3}\int_{0}^{x^2\sin{x}}f(u)\mathrm{d}u}$=$\lim\limits_{x\to{0}} \frac{1}{x^3}x^2\sin{x}f(\xi)$

• =$\lim\limits_{x\to{0}} \sin{x}f(\xi)$=$\lim\limits_{x\to{0}} \frac{\sin{x}}{x}\cdot \lim\limits_{\xi\to{0}} f(\xi)$=$f(0)$=2(4)

• 所以$\phi$=$2$

• 连续性

• 对于$x\neq{0}$:由于$f(x)$是连续的,$\phi$是其变上限积分,因此$\phi$可导,也就连续
• 对于$x=0$,根据连续的定义,判断$\lim\limits_{x\to{0}}\phi$=$\phi$(5),是否成立
• 从而$\lim\limits_{x\to{0}} [-2x^{-3} \int_{0}^{x^2\sin{x}}f(u)\mathrm{d}u+x^{-2}f(x^2\sin{x})(2x\sin{x}+x^2\cos{x})]$(6)

• 由式(4)可知$\lim\limits_{x\to{0}} [-2x^{-3} \int_{0}^{x^2\sin{x}}f(u)\mathrm{d}u]$=$-2\times{2}$=$-4$
• 另一方面,$\lim\limits_{x\to{0}} [x^{-2}f(x^2\sin{x})(2x\sin{x}+x^2\cos{x})]$=$\lim\limits_{x\to{0}} [f(x^2\sin{x})(2x^{-1}\sin{x}+\cos{x})]$=$f(0)(2\times{1}+1)$=$3f(0)$=$6$
• 从而式(5)为$-4+6$=2=$\phi$
• 从而式(5)成立

• 从而$\phi$连续