《数学分析》定积分应用

各位老师: 第十四周我开会去了。学生的课都安排好了。 第十五周的习题课上定积分的应用。因我在西安开会,星期四才能返校。现将习题课安 排建议如下: 定积分应用以几何应用:求面积,弧长,旋转体体积和面积;导物理应用:主要是求变 力作功,图形的重心为主。这些题目以书上练习题的难度为限,可选作其中一些。 下面的题可选二、三个作提高题,切不可多用。 谭泽光2002,12,6 定积分应用 1.设有曲线族y=kx2(k>0),对于每个正数k(k≥2),曲线y=kx2与曲线 y=sinx(0≤x)交于唯一的一点(t,sint)(其中t=t(k),用S1表示曲线y=kx2 与曲线y=sinx(0≤x≤)围成的区域的面积;S2表示曲线y=sinx,y=sint与 x=围成的区域的面积求证在上述曲线族中存在唯一的一条曲线L,使得S1+S2达到最 小值 sint 解]k与t的关系是:k=2,在区间00 于是在区间00 3 23 所以函数f(t)在区间0<t≤有唯一驻点并在该驻点处达到最小值。 2.点A(0,0,3)是闭曲面S1:x2+y2+z2=2内的定点。求以点A为球心的球面

各位老师： 第十四周我开会去了。学生的课都安排好了。 第十五周的习题课上定积分的应用。因我在西安开会，星期四才能返校。现将习题课安 排建议如下： 定积分应用以几何应用：求面积，弧长，旋转体体积和面积；导物理应用：主要是求变 力作功，图形的重心为主。这些题目以书上练习题的难度为限。，可选作其中一些。 下面的题可选二、三个作提高题，切不可多用。 谭泽光 2002,12, 6 定 积 分 应 用 1 ．设有曲线族 ( 0) 2 y = kx k  , 对于每个正数 k ( 2 4  k  ), 曲 线 2 y = kx 与曲线 ) 2 sin (0  y = x  x  交于唯一的一点 (t, sint) (其中 t = t(k) )，用 S1 表示曲线 2 y = kx 与曲线 ) 2 sin (0  y = x  x  围成的区域的面积； S 2 表示曲线 y = sin x, y = sint 与 2  x = 围成的区域的面积.求证在上述曲线族中存在唯一的一条曲线 L ,使得 S1+S2 达到最 小值. [解] k 与 t 的关系是： 2 sin t t k = ，在区间 2 0   t  单调减少。 于是反函数 t = t(k) 存在  2  k  + 4  与 2 0   t  是 一 一 对应的。 所以, ( ) 1 1 S =S t ， ( ) 2 2 S =S t 。 问题转化为：作为 t 的函数， ( ) ( ) ( ) 1 2 f t =S t +S t 在区间 2 0   t  有唯一最小值。  = − t x dx t t S t x 0 2 1 2 ) sin ( ) (sin ，  = − 2 2 ( ) (sin sin )  t S t x t dx ( ) ( ) ( ) 1 2 f t =S t +S t  = − t x dx t t x 0 2 2 ) sin (sin  + − 2 (sin sin )  t x t dx 求导数： f t t t t cost 2 cos 3 2 sin 3 2 ( )   = + − 0 2 (0) = −   f ， ) 0 2 (   f 于是在区间 2 0   t  中存在 0 t ，使得 f (t 0 ) = 0 。通过计算知， 在区间： 2 0   t  上，恒有： )sin 0 3 2 2 cos ( 3 4 f (x) = t + − t   。 所以函数 f (t) 在区间 2 0   t  有唯一驻点，并在该驻点处达到最小值。 2． 点 A (0, 0, 3) 是闭曲面 S1 ： 24 2 2 2 x + y + z = 内的定点。求以点 A 为球心的球面

S2,使S2被包含在S1内的那部分面积S为最大。 解]设S2为x2+y2+(z-3) 当0<r≤√24-3时,有球面面积S=4m2≤4m(√24-3) 当√24-3<r≤√24+3时,两球面S1与S2的 交线为圆C: x2+y2+x2=24 x2+y2+(z-3) 从方程中消去x、y,得(r)=2(33-r2) 故C是平面z=(33-r2)上的圆 S是一个半径为r的球的球冠的面积,该球冠的高为 h(r)=r-3+z(r)=2(15+6r-r2) 求S:视S为“圆 r2上一段弧绕x轴旋转而得” radl 因为2x+2yy’=0→y= 1+y 从而S=J27d=J2m=2mh 球冠面积为S(r)=2r:(15+6r-r2)=丌(5+22V3)

S2 ，使 S2 被包含在 S1 内的那部分面积 S 为最大。 [解] 设 S2 为 2 2 2 2 x + y + (z − 3) = r , 当 0  r  24 − 3 时，有球面面积 2 2 S = 4r  4 ( 24 − 3) 当 24 − 3  r  24 + 3 时，两球面 S1 与 S2 的 交线为圆 C ：    + + − = + + = 2 2 2 2 2 2 2 ( 3) 24 x y z r x y z 从方程中消去 x 、 y ，得 (33 ) 6 1 ( ) 2 z r = − r 故 C 是平面 (33 ) 6 1 2 z = − r 上的圆 S 是一个半径为 r 的球的球冠的面积 ，该球冠的高为 (15 6 ) 6 1 ( ) 3 ( ) 2 h r = r − + z r = + r − r 求 S ： 视 S 为“圆 2 2 2 x + y = r 上一段弧绕 x 轴旋转而得”  − = r r h S 2y dl dl y dx 2 = 1 +  因为 2x + 2 yy = 0 y x  y = −  y r + y = 2 1 从而 S y dl r dx rh r r h r r h = 2 = 2 = 2  −  − 球冠面积为 ) 3 1 (15 6 ) (5 2 6 1 ( ) 2 2 2 3 S r =  r  + r − r =  r + r − r • x y z o 24 3 C r x y o h r

对r求导得S(r)=丌(+4r-r2)=(5-r)(1+r) 令S'(r)=0,的区间(√24-3,√24+3)上的唯一驻点r=5 由于S"(r)=x(4-2r),S"(5)=-6兀<0 所以,S(r)在唯一驻点r=5处取得最大值S(5)=10x 所求球面S2的半径为:r=5.此题要点空间几何知识 、定积分证明 1.设∫(x)在{a,b上二阶可导,且∫"(x)<0,试证 f(x)≤(b-/b 证]利用泰勒公式:令2+b 2x,写出f(x)在点x处的带拉格朗日余项的一阶 泰勒公式f(x)=f(x)+∫(xx-x)+"(x-xn) 因为∫"(x)<0,所以有f(x)<∫(x0)+f(x0)(x-x0) 再利用定积分的性质,得到 ∫,∫(x)t<Jx)+Jr(xx-x) 因为f(x)=f(x)(b-a)=(b-a)f( +b ∫/yXxx=x小x- f(o-a+6,/6 故有f(x)<(b-a)f( a+b 2设x)在连续且单调增,证明:∫(x≥2"+∫r 证法一]利用变上限定积分,利用单调性 令F(x)=」(r)ah_a+x f(t)dr,x∈[a,b

对 r 求导得 ( ) (5 4 ) (5 )(1 ) 2 S r =  + r − r =  − r + r 令 S(r) = 0 ，的区间 ( 24 − 3, 24 + 3) 上的唯一驻点 r = 5 由于 S(r) =  (4 − 2r) ， S(5) = −6  0 所以， S(r) 在唯一驻点 r = 5 处取得最大值 3 100 (5)  S = , 所求球面 S2 的半径为 ： r = 5. 此题要点空间几何知识。 二、定积分证明 1. 设 f ( x) 在 [a,b] 上二阶可导，且 f (x)  0 ，试证： ) 2 ( ) ( ) ( a b f x dx b a f b a +  −  . [证] 利用泰勒公式： 令 0 2 x a b = + ，写出 f ( x) 在点 0 x 处的带拉格朗日余项的一阶 泰勒公式 2 0 0 0 0 ( ) 2! ( ) ( ) ( ) ( )( ) x x f f x f x f x x x −  = +  − +  因为 f (x)  0 ，所以有 ( ) ( ) ( )( ) 0 x0 x x0 f x  f x + f  − 再利用定积分的性质，得到     +  − b a b a b a f (x)dx f (x0 )dx f (x0 )(x x0 )dx 因为 ) 2 ( ) ( )( ) ( ) ( 0 0 a b f x dx f x b a b a f b a + = − = −  ) 0 2 ( 2 1 ( ) ) 2 ( )( ) ( ) ( 2 0 0 0 0 = + =  − +  − =  −   b a b a b a a b f x x dx a b f x x x dx f x x 故有 ) 2 ( ) ( ) ( a b f x dx b a f b a +  −  2. 设 f ( x) 在 [a,b] 上连续且单调增，证明：   +  b a b a f x dx a b xf x dx ( ) 2 ( ) . [证法一] 利用变上限定积分，利用单调性： 令   + = − x a x a f t dt a x F x tf t dt ( ) 2 ( ) ( ) ， x [a,b]

因为∫(x)在{a,b上连续,故有 (x)=xf(x)-引.f(n)dt x)-2J/ 2J U(x)-f(ld 又因为∫(x)在[a,b上单调增,故有F'(x)≥0,从而 F(x)在{a,b上单调增.又F(a)=0,所以有F(b)≥F(a)=0,即 y(x)ht≥a+b f(r)d 证法二]利用定积分的性质: a+b 因为f(x)在[a,b上单调增,故有(x )(f(x)-f()≥0 从而有(x a+b a十 )(f(x)-f(-)dx≥0 2 a+b 注意到(x--)dc=0,从而 (r=a+b 3)a+b a+b 于是有(x- )f(x)d=0,即 (xh≥+b 2J∫(x)d 「证法三]利用积分中值定理 x“+b Df(r)dx Gr-a+B (xk+∫(x-+)h +b =f(5)。(x-2 d+f(52)∫(x a十 (其中,aS5S“+b ≤52≤b) a+b 而 因为f(x)在{a,b上单调增,且51≥52

因为 f ( x) 在 [a,b] 上连续，故有    = − − − = +  = − − x a x a x a f x f t dt f x f t dt x a f x a x F x xf x f t dt [ ( ) ( )] 2 1 ( ) 2 1 ( ) 2 ( ) 2 ( ) 2 1 ( ) ( ) 又因为 f ( x) 在 [a,b] 上单调增，故有 F(x)  0 ，从而， F( x) 在 [a,b] 上单调增. 又 F(a) = 0 ，所以有 F(b)  F(a) = 0 ，即   +  b a b a f x dx a b xf x dx ( ) 2 ( ) [证法二] 利用定积分的性质： 因为 f ( x) 在 [a,b] 上单调增，故有 )) 0 2 )( ( ) ( 2 (  + − + − a b f x f a b x 从而有 )) 0 2 )( ( ) ( 2 (  + − + −  b a dx a b f x f a b x 注意到 ) 0 2 ( = + −  b a dx a b x ，从而， ) 0 2 ) ( 2 ( = + + −  b a dx a b f a b x 于是有 ) ( ) 0 2 ( = + −  b a f x dx a b x ， 即   +  b a b a f x dx a b xf x dx ( ) 2 ( ) [证法三] 利用积分中值定理：      + + + + + + − + = − + + − + = − + − b a b a b a a b a b a b a b dx a b dx f x a b f x f x dx a b f x dx x a b x f x dx a b x 2 2 2 2 ) 2 ) ( ) ( 2 ( ) ( ) ( ) 2 ) ( ) ( 2 ( ) ( ) 2 (  1  2 （ 其中， b a b a   +  1  2 2   ） 而 2 ( ) 8 1 ) 2 ) ( 2 ( 2 2 dx b a a b dx x a b x b a a b a b = − + = − + −   + + 因为 f ( x) 在 [a,b] 上单调增，且  1   2

所以,f(41≥f(5)2 a+b 从而(x- f(r) If(51)-∫(52)(b-a)2≥0 a+b xf(x)d≥ f(r)dc 证法四] 因为∫(x)在[a,b上单调增,所以,Ⅵ,x∈[a,b有 (t-xlf(t)-f(x)≥0 固定x,对t积分,得 ∫.ot-xJ,/()+y(x)b-a)-(x),t≥0 即J.t-x」+x(xb-a)-(x)2(2-a)0 再对x积分,得 (b-a)f/(dt-3(b-a)/(dt +(b-a)3f(x)dr (b2-a2)f(x)d≥0 利用定积分的值与积分变量所用字母无关的性质,得到 2b-a)∫yfxk-(b2-a2)J(x)≥0 a+b f(x)d≥ 2J,(r)dx 3.设∫(x)∈Cla,b,且对于满足」g(x)=0的任意连续函数p(x),都有 ∫:(x(x=0,证明:f(x)必恒为常数 证法一]利用积分中值定理,有 ∫.∫(x)=(b-a)/(5)=J(5h5la 于是,有」If(x)-f(5)x=0

所以， 1 2 f ()  f () 从而 [ ( ) ( )]( ) 0 8 1 ) ( ) 2 ( 2 = 1 − 2 −  + −  f x dx f f b a a b x b a   即   +  b a b a f x dx a b xf x dx ( ) 2 ( ) [证法四] 因为 f ( x) 在 [a,b] 上单调增，所以， t ， x [a,b] 有 (t − x)[ f (t) − f (x)]  0 固定 x ，对 t 积分，得 ( ) − ( ) + ( )( − ) − ( )  0    b a b a b a t f t dt x f t dt xf x b a f x tdt 即 ( ) 0 2 1 ( ) ( ) ( )( ) ( ) 2 2 − + − − −    t f t dt x f t dt xf x b a f x b a b a b a 再对 x 积分，得 ( ) ( ) 0 2 1 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 ( ) ( ) 2 2 2 2 − −  − − − + −     b a b a b a b a b a f x dx b a t f t dt b a f t dt b a xf x dx 利用定积分的值与积分变量所用字母无关的性质，得到 2( ) ( ) ( ) ( ) 0 2 2 − − −    b a b a b a xf x dx b a f x dx 即   +  b a b a f x dx a b xf x dx ( ) 2 ( ) 3． 设 f (x)  C[a,b] ， 且 对 于 满 足 ( ) = 0  b a  x dx 的任意连续函数 (x) , 都 有 ( ) ( ) = 0  b a f x  x dx ，证明： f ( x) 必恒为常数. [证法一] 利用积分中值定理，有   = − = b a b a f (x)dx (b a) f ( ) f ( )dx  [a,b] 于是，有 [ ( ) − ( )] = 0  b a f x f  dx

取q(x)=/x)-f(5),则∫,q(x)d=0,从而, ∫(9)0(x)hx=0 由题设又有 f(rpo(r)dx=0 (2) 由(1),(2)两式可得Jf(x)-f()p(x)t=0,即 9(x)2b=0 故%(x)=0,即f(x)=(=Jm(x) [证法令g(x)=∫(x)-1」f(x)dtr 证法三记」∫(x)dtx=A,于是有」f(x) Jae=0 b 取g(x)=f(x)- b-a

取 ( ) ( ) ( )  0 x = f x − f  ，则 0 ( ) = 0  b a  x dx ，从而， ( ) 0 ( ) = 0  b a f   x dx （1） 由题设又有 ( ) 0 ( ) = 0  b a f x  x dx （2） 由（1），（2）两式可得 [ ( ) − ( )] 0 ( ) = 0  b a f x f   x dx ，即 [ ( )] 0 2 0 =  b a  x dx 故  0 (x)  0 ， 即  −  = b a f x dx b a f x f ( ) 1 ( ) ( ) [证法二] 令  − = − b a f x dx b a x f x ( ) 1 ( ) ( )  0 [证法三] 记 f x dx A b a =  ( ) ，于是有 [ ( ) ] = 0 − −  b a dx b a A f x 取 b a A x f x −  0 ( ) = ( ) −