第六章 定积分及其应用

第六章 定积分及其应用#

课后习题解答#

§6.1 定积分的概念#

§6.2 定积分的性质#

  1. 已知函数 \(f(x)\) 在区间 \([0,1]\) 上具有 2 阶导数, 且 \(f(0) = 0\), \(f(1) = 1\), \(\displaystyle \int_0^1 f(x) ~ \mathrm{d}x = 1\), 试证明: (1) 存在 \(\xi \in (0, 1)\), 使得 \(f'(\xi) = 0\); (2) 存在 \(\eta \in (0, 1)\), 使得 \(f''(\eta) < -2\).

解

  1. 由积分中值定理, 存在 \(x_0 \in (0, 1)\), 使得

\[1 = \int_0^1 f(x) ~ \mathrm{d}x = f(x_0) (1 - 0) = f(x_0).\]

又由于 \(f(1) = 1\), 由罗尔定理, 存在 \(\xi \in (x_0, 1) \subset (0, 1)\), 使得 \(f'(\xi) = 0\).

  1. 令 \(g(x) = f(x) + x^2\), 希望证明 \(g''(x) = f''(x) + 2 < 0\) 在某点成立.

若能证明存在 \(x_1 < x_2 \in (0, 1)\), 使得 \(g'(x_1) > g'(x_2)\), 则由拉格朗日中值定理, 存在 \(\eta \in (x_1, x_2) \subset (0, 1)\), 使得 \(g''(\eta) < 0\), 即 \(f''(\eta) < -2\).

下证存在这样的 \(x_1, x_2\). 对 (1) 中的 \(x_0\), 在区间 \([0, x_0]\) 以及 \([x_0, 1]\) 上分别应用拉格朗日中值定理, 则存在 \(x_1 \in (0, x_0)\), \(x_2 \in (x_0, 1)\), 使得

\[\begin{split}g'(x_1) & = \frac{g(x_0) - g(0)}{x_0 - 0} = \frac{f(x_0) + x_0^2}{x_0} = \frac{1}{x_0} + x_0, \\ g'(x_2) & = \frac{g(1) - g(x_0)}{1 - x_0} = \frac{2 - (f(x_0) + x_0^2)}{1 - x_0} = \frac{1 - x_0^2}{1 - x_0} = 1 + x_0.\end{split}\]

因为 \(0 < x_0 < 1\), 所以 \(\dfrac{1}{x_0} + x_0 > 1 + x_0\), 即 \(g'(x_1) > g'(x_2)\), 证毕.

§6.3 微积分基本定理#

§6.4 定积分的换元法和分部积分法#

§6.5 广义积分#

§6.6 定积分的几何应用#

补充内容#

  1. 求定积分 \(\displaystyle \int_{-1}^1 \dfrac{e^x + e^{-x}}{1 + 3^x} \mathrm{d}x\).

解
\[\begin{split}\int_{-1}^1 \dfrac{e^x + e^{-x}}{1 + 3^x} \mathrm{d}x & = \left(\int_{-1}^0 + \int_0^1 \right) \dfrac{e^x + e^{-x}}{1 + 3^x} \mathrm{d}x \\ & = \int_{1}^0 \dfrac{e^{-x} + e^{x}}{1 + 3^{-x}} \mathrm{d}(-x) + \int_0^1 \dfrac{e^x + e^{-x}}{1 + 3^x} \mathrm{d}x \\ & = \int_0^1 3^x \cdot \dfrac{e^{-x} + e^{x}}{1 + 3^x} \mathrm{d}x + \int_0^1 \dfrac{e^x + e^{-x}}{1 + 3^x} \mathrm{d}x \\ & = \int_0^1 \left( 3^x + 1 \right) \cdot \dfrac{e^{-x} + e^{x}}{1 + 3^x} \mathrm{d}x \\ & = \int_0^1 e^{-x} + e^{x} \mathrm{d}x \\ & = \left. \left( -e^{-x} + e^{x} \right) \right|_0^1 \\ & = e - \dfrac{1}{e}.\end{split}\]

备注

被积函数 \(\dfrac{e^x + e^{-x}}{1 + 3^x}\) 分母里的 \(3\) 替换为任何正实数, 定积分的值都是 \(e - \dfrac{1}{e}\).

  1. 计算定积分 \(\displaystyle I = \int_0^2 \dfrac{(x-1)^2 + 1}{(x-1)^2 + x^2(x-2)^2} \mathrm{d}x\).

解

做变量替换 \(t = x - 1\), 则原积分变为

(1)#\[\begin{split}I & = \int_{-1}^1 \dfrac{t^2 + 1}{t^2 + (t+1)^2 (t-1)^2} \mathrm{d}t = \int_{-1}^1 \dfrac{t^2 + 1}{t^2 + (t^2-1)^2} \mathrm{d}t \\ & = \int_{-1}^1 \dfrac{1 + 1/t^2}{1 + (t - 1/t)^2} \mathrm{d}t = \int_{-1}^1 \dfrac{\mathrm{d} \left( t - 1/t \right)}{1 + (t - 1/t)^2}.\end{split}\]

令 \(u = t - 1/t\). 注意, 此时区间 \(t \in [-1, 1]\) 应分为 \([-1, 0)\) 和 \((0, 1]\) 两部分, 这样才是光滑 (处处可导) 的变换. 这两个区间分别对应 \(u \in [0, +\infty)\) 和 \(u \in (-\infty, 0]\). 因此, 原积分可写为

\[\begin{split}I & = \int_{0}^{+\infty} \dfrac{\mathrm{d}u}{1 + u^2} + \int_{-\infty}^{0} \dfrac{\mathrm{d}u}{1 + u^2} \\ & = \int_{0}^{+\infty} \dfrac{\mathrm{d}u}{1 + u^2} + \int_{0}^{+\infty} \dfrac{\mathrm{d}v}{1 + v^2} \\ & = 2 \int_{0}^{+\infty} \dfrac{\mathrm{d}u}{1 + u^2} = 2 \left. \arctan u \right|_0^{+\infty} \\ & = 2 \cdot \dfrac{\pi}{2} = \pi.\end{split}\]

备注

注意在变换过程中, 由于 \(t = 0\) 时, 被积函数无定义, 因此需要分开积分, 也就是说, 这题 不能 直接从 (1) 得

\[I = \left. \arctan \left( t - \dfrac{1}{t} \right) \right|_{-1}^1 = \arctan 0 - \arctan 0 = 0.\]

  1. 极坐标下曲线 \(r = r(\theta)\) 求曲线长公式推导.

解

由定义, 弧长为折线段长度和的极限, 记 \(\mathrm{d} \ell\) 为弧长元素 (折线长), 那么 \(r(\theta)\), \(r(\theta + \mathrm{d} \theta)\), \(\mathrm{d} \ell\) 三者构成一个三角形, 由余弦定理有

\[(\mathrm{d} \ell)^2 = r^2(\theta) + r^2(\theta + \mathrm{d} \theta) - 2 r(\theta) r(\theta + \mathrm{d} \theta) \cos \mathrm{d} \theta.\]

假设 \(r(\theta)\) 在 \([\alpha, \beta]\) 上足够光滑 (连续可导), 那么

\[r(\theta + \mathrm{d} \theta) = r(\theta) + r'(\theta) \mathrm{d} \theta + o(\mathrm{d} \theta),\]

于是有

\[\begin{split}(\mathrm{d} \ell)^2 & = r^2(\theta) + r^2(\theta + \mathrm{d} \theta) - 2 r(\theta) r(\theta + \mathrm{d} \theta) \cos \mathrm{d} \theta \\ & = (r(\theta) - r(\theta + \mathrm{d} \theta))^2 + 2 r(\theta) r(\theta + \mathrm{d} \theta) (1 - \cos \mathrm{d} \theta) \\ & = (r'(\theta) \mathrm{d} \theta + o(\mathrm{d} \theta))^2 + r(\theta) (r(\theta) + r'(\theta) \mathrm{d} \theta + o(\mathrm{d} \theta)) ((\mathrm{d} \theta)^2 + o((\mathrm{d} \theta)^2)) \\ & = (r'(\theta))^2 (\mathrm{d} \theta)^2 + {\color{red} 2 r'(\theta) \mathrm{d} \theta o(\mathrm{d} \theta)} + o((\mathrm{d} \theta)^2) \\ & \phantom{===} + r^2(\theta) (\mathrm{d} \theta)^2 + {\color{red} r^2(\theta) o((\mathrm{d} \theta)^2)} + {\color{red} r(\theta) r'(\theta) (\mathrm{d} \theta)^3} \\ & \phantom{===} + {\color{red} r(\theta) r'(\theta) \mathrm{d} \theta o((\mathrm{d} \theta)^2)} + {\color{red} r(\theta) (\mathrm{d} \theta)^2 o(\mathrm{d} \theta)} + {\color{red} r(\theta) o((\mathrm{d} \theta)^3)} \\ & = (r'(\theta))^2 (\mathrm{d} \theta)^2 + r^2(\theta) (\mathrm{d} \theta)^2 + o((\mathrm{d} \theta)^2) \\ & = (r'(\theta)^2 + r^2(\theta) + o(1)) (\mathrm{d} \theta)^2.\end{split}\]

以上倒数第二个等式成立是因为红色的项都是 \((\mathrm{d} \theta)^2\) 的高阶无穷小, 第三个等式用到了 \(\cos \mathrm{d} \theta\) 的麦克劳林展开式 (的变形)

\[2(1 - \cos \mathrm{d} \theta) = (\mathrm{d} \theta)^2 + o((\mathrm{d} \theta)^2),\]

所以有

\[\mathrm{d} \ell = \sqrt{r'(\theta)^2 + r^2(\theta)} \mathrm{d} \theta.\]

我们也可以发现, 对于以 \(r(\theta)\) 为半径, \(\mathrm{d} \theta\) 为角度的圆弧, 其弧长平方 \(r^2(\theta) (\mathrm{d} \theta)^2\) 与折线平方的误差为

\[r'(\theta)^2) (\mathrm{d} \theta)^2.\]

究其原因, 就是因为圆弧, 折线, 以及 \(r(\theta + \mathrm{d} \theta)\) 相对于 \(r(\theta)\) 的增量 (或减量) \(r'(\theta) \mathrm{d} \theta\) 几乎构成了一个以折线为斜边的直角三角形, 从而导致了这个误差.

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