例题#

1. 求下列定积分

   $$\begin{align*} \int_0^1x \mathrm dx = \dfrac{1}{2}\times 1 \times 1 = \dfrac{1}{2} \end{align*}$$

   

   $$\begin{align*} \int_0^1 \sqrt{1-x^2}\mathrm dx = \dfrac{\pi}{4} \end{align*}$$

   

   $$\begin{align*} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cos x \mathrm dx=2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos x \mathrm dx \end{align*}$$

   

   $$\begin{align*} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\sin x \mathrm dx=0 \end{align*}$$

2. 求 $y=x^2,x=0,x=1$ 与 $x$ 轴围成的面积

   解：$\displaystyle \int_0^1x^2 \mathrm dx=\lim_{\lambda \to 0}\sum_{i=1}^nf(\xi_i)\Delta x_i$

   取特殊分割 $[0,1]$ n等分，$\Delta x_i=\dfrac{1}{n},\lambda=\dfrac{1}{n}(n\to \infty)$

   取特殊介点，令 $\xi_i$ 为区间左端点，即 $\xi_i=\dfrac{i-1}{n}$

   $$\begin{align*} 原式&=\lim_{n\to \infty}\sum_{i=1}^n(\dfrac{i-1}{n})^2\cdot \dfrac{1}{n}\\ &=\lim_{n\to \infty}\dfrac{0^2+1^2+\cdots+(n-1)^2}{n^3}=\dfrac{1}{3} \end{align*}$$

定理#

• [必要条件]：$f(x)$ 在 $[a,b]$ 上可积 $\Rightarrow f(x)$ 在 $[a,b]$ 上有界

推论：$f(x)$ 在 $[a,b]$ 上无界 $\Rightarrow f(x)$ 在 $[a,b]$ 上不可积

有界但不可积：$D(x)=\begin{cases}1\quad x\in Q\\0\quad x\not \in Q\end{cases}$ 在 $[0,1]$ 上不可积

• [充分条件]
  1. $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续 $\Rightarrow$ 可积
  2. $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上有有限个间断点且有界 $\Rightarrow$ 可积
  3. $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上单调 $\Rightarrow$ 可积

例题#

1. $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续且单调递增，证明 $\int_a^bxf(x)\mathrm dx\ge \dfrac{a+b}{2}\int_a^bf(x)\mathrm dx$

   证：

   $$\begin{align*} \int_a^bxf(x)\mathrm dx-\dfrac{a+b}{2}\int_a^bf(x)\mathrm dx&=\int_a^b(x-\dfrac{a+b}{2})f(x)\mathrm dx\\ &=\int_a^{\frac{a+b}{2}}(x-\dfrac{a+b}{2})f(x)\mathrm dx+\int_{\frac{a+b}{2}}^b(x-\dfrac{a+b}{2})f(x)\mathrm dx\\ &=f(\xi_1)\int_a^{\frac{a+b}{2}}(x-\dfrac{a+b}{2})f(x)\mathrm dx+f(\xi_2)\int_{\frac{a+b}{2}}^b(x-\dfrac{a+b}{2})\mathrm dx\\ &=\dfrac{(b-a)^2}{8}[f(\xi_2)-f(\xi_1)]\ge 0 \end{align*}$$

   (其中 $f(\xi_1)\in [a,\dfrac{a+b}{2}]$，$f(\xi_2)\in [\dfrac{a+b}{2},b]$)

证毕

2. $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续且单调递减，证明当 $0\lt \lambda \lt 1$时，$\int_0^\lambda f(x)\mathrm dx\ge \lambda \int_0^1f(x)\mathrm dx$

   证：

   $$\begin{align*} \int_0^\lambda f(x)\mathrm dx-\lambda \int_0^1f(x)\mathrm dx&=\int_0^\lambda f(x)\mathrm dx-\lambda \int_0^\lambda f(x)\mathrm dx - \lambda \int_\lambda ^1f(x)\mathrm dx\\ &=(1-\lambda)\int_0^\lambda f(x)\mathrm dx-\lambda \int_1^\lambda f(x)\mathrm dx\\ &=(1-\lambda) f(\xi_1)\lambda - \lambda f(\xi_2)(1-\lambda)\quad (f(\xi_1) \in [0,\lambda],f(\xi_2) \in [\lambda ,1])\\ &=(1-\lambda)\lambda [f(\xi_1)-f(\xi_2)]\ge 0 \end{align*}$$

证毕

3. 证明 $3\sqrt{e}\le \int_e^{4e}\dfrac{\ln x}{\sqrt{x}}\mathrm dx\le 6$

   证：设 $f(x)=\dfrac{\ln x}{\sqrt{x}}$，下面求 $f(x)$ 的最值

   $f'(x)=\dfrac{2-\ln x}{2x\sqrt{x}}$，驻点 $x=e^2$

   	$(e,e^2)$	$e^2$	$(e^2,4e)$
   $f'(x)$	+	0	-
   $f(x)$	↑	极大	↓

   最大值 $f(e^2)=\dfrac{2}{e}$，最小值 $f(e)=\dfrac{1}{\sqrt{e}}$

   $f(4e)=\dfrac{\ln(4e)}{2\sqrt{e}}\gt \dfrac{1}{\sqrt{e}}=f (e)$

   $\therefore x\in [e,4e]$ 时，$\dfrac{1}{\sqrt{e}}\le \dfrac{\ln x}{\sqrt{x}}\le \dfrac{2}{e}$

   $3\sqrt{e}=\int_e^{4e}\dfrac{1}{\sqrt{e}}\mathrm dx\le \int_e^{4e}\dfrac{\ln x}{\sqrt{x}}\mathrm dx\le \int_e^{4e}\dfrac{2}{e}\mathrm dx=6$，证毕