220 高等数学重点难点100讲 第63讲换元証题法与分部积分证题法 、换元证题法 自从有了积分的换元法后,就产生了一种崭新的不可忽视的证题方法—换元证题 法·所谓的换元证题法,就是对积分式施行适当的变量代换运用积分基本性质和运算法 则,推出所要证明的结果这是积分中常用的方法 例1设∫(x)连续,且0≤x≤分时,f(x)+f(a-x)>0,试证:f(x)dx>0 证f(x)dx f(a-udu= f(a-x)dx, 于是「f(x)dx=「f(x)dx+f(x)dx=「[f(x)+f(a-x)]dr>0. 例2试证: sin"rcos rdr=cos'dx(n=1,2,…) 恒等变形 Sin rcos rdr sin Zrair 换元2J。2 sinuous=2| sin'udu+|, sinudu], 换元:x=r 而 Sin"rdr sin'tdt='sin'tdt 换元:x=2 原式左边= sin"rdr 2/:osd=1/ 2cosd=右边 例3试证=。a+x)+x不依赖于的值 +x)(1+x)-。a+x)(+x)dx+/ dx 1+x)(1+x)(x JI+J 换元1x=1 dr o(1+x2)(1+x) (1+)(1+) (1+y2)(1+y°) 于是J(+y)(1+y)可=/ 11+ dy,显然不依赖于 例4设∫(u)在-√a2+b2≤u≤√a2+b2上连续,试证: f(acoso+bsin0)d0=2f(Va+cost)dt. 证左边 恒等变形 f√a2+b( coso+ sing)]d8 +b2
第63讲换元证题法与分部积分证题法 221 +c·+2"f(√a+bcos(0-a)d Ina 换元10一a f(√a2+b2cost)d 周期函数的积分性质 f(√a2+62cost)dt 偶面数的积分性质2f(√a+bos)d=右边 例5设∫(x)在[0,1]上连续且递减,证明:当0<λ<1时, f(x)dx≥f(x)dx 分析显然,利用代换x=可使f(x)dx f()dt=Af(x)dx,再利用 f(x)的递减性即可证明 证法1令x=,则f(x)dx=f()d=f(kx)dx, 又因为f(x)在[0,1]上单调减,0<k<1,故xx≤x,f(xx)≥f(x),因而 f(x)dx≥f(x)dx. 故 f(x)dx=川f(xx)dx≥λf(x)dx 证法2利用定积分的性质将λf(x)dx写成 f(x)dx=af(rdr=af(r)dx 而 f(r)d (r)dx f(rdx-al f(r)dx+af(r)dx 1-x)f(x)dx+小f(x)dx(利用积分中值定理) (1-λ)f(1)λ+(k-1)f(42)(1∈[0,,2∈[λ,1]) A(1-λ)[f(1)-f(52)]≥0 (1≤句2,f(61)≥f(2)) 所以, f(x)dx≥Af(x)d 例6证明 sInDar 分析要证定积分值大于等于零,可考虑被积函数是否大于等于零但所给的被积函 数sinx2在[o,√2r]上并不保持同号,不能直接用定积分比较定理,可考虑先换元,再分子 区间积分的方法 证令t=x2,则 √z sindo sint sint dt 在积分=业中,令一“十则
222 高等数学重点难点100讲 Sint R sin(u sint -du sInu du t+丌 u+ +丌 因而, sint( -dt t+丌 由于上述积分中被积函数在[0,丌]上非负,故积分值非负,(定积分的比较定理),所以 nxdx≥0 注意在代换后的积分,d中,函数在[o,x]仍是可积的并不是广义积分因t =0是函数f()=的可去间断点lm==0,所以补充定义可使∫()在[0,]上连续 例7设f(x)是连续函数试证明:f(2+x1=l2J,f2x2x d. 分析等式两边积分限相同,且被积函数中的函数∫(2+x)1相同,左端含有lnx, 右端没有lnx,但出现常数ln2故只能先用换元法证明代换应取x=,才能使积分限上 下对调并由积分性质使其保持不变 证令x=4,则dx dr,于是 I=f(-+2)dx=f(,+t)in4- Int4 dt) ∫(2+)厘 t、lnt dt=2ln2|f(2+÷) fC =2ln2|f(2+) ∫(2x、lrdx 因此I=ln2|f(2+) 例8证明:f(x2+g)=f(x+2),其中x≠0,f(x)为连续函数 分析等式两端积分限相同,但左端被积函数中含f(x2+),显然应当把它化成与 右端具有相同形式,为此必须用换元法.不妨令x2=t 证令x2=t,则 I=|f(x2+ dr f(t +f(t+ dt 而 ∫(t+2) dt令t=a2/ f(+t) =|f(a+) d f(t+ 故 I=(r+gi>dx= DCf(t+)3=f(r+2)dr
第63讲换元证题法与分部积分证题法 223 二、分部积分证题法 分部积分证题法就是通过运用分部积分公式结合运用其他方法以达到证题之目的 例9设f(x)有二阶连续导函数,试证: f(x)dx f(0)+f(1 x(1-x)f(r)dx. 证 (1-x)m(x)d (1-x)df(x) z(-)(G)l-.1-2)(x)x=」(2x-1)(x) (2x-1)f(x)1-|2·f(x)dx=f(1)+f(0)-2f(x)dx, ∴|f(x)dx f(0)+f(1)1 2z(1-x)f(x)dr 例10设f(x)在[0,1上连续,q(x)=f()dt,试证: p(r)d (1-x)f(x)dx. 记u(x)=f()dt 证g(x)dx t)dt)dx -u(x)dv(x) 0 vcr)=x Luv]0 =r f(t)dt rf(r)dx 0 (t)d rf(x)dx (1-x)f(r)dx. 例11设f(x)有一阶连续导函数,F(x)=f(t)f(2a-t)dt,试证: F(2a)-2F(a)=[f(a)]2-f(0)f(2a) TE F(2a)-2F(a)=f(r)f(2a-tdt-2f(r)f(2a-t)dt =|f(t)P(2a-t)dt-|f()f(2a-), 而 f(t)(2a-t)d换元:2-t=y f(2a- y)f'(y)dy 分部积分公式 [f(y)f(2a-y)。-|f(y)f(2a-y):(-1)dy [f(a)-f(0)f(2a)+f()(2a-)d ∴F(2a)-2F(a)=[f(a)]-f(0)f(2a) 例12试证:lime' cosnxdx=0 证 r'acsinnt sINn x|2_1 e· contA e exe sinned inzn re sinned 故 e conac ≤+ 令 由两边夹法则知,原式 例13试证;ndx<2mn-4+1(≥3)
224 高等数学重点难点100讲 证由分部积分法有 Inman -riNg 号4=(数- -Inn zIn +1<Inn 4 1 例14试证I (x2-1)dx=(-l)22+1(m!)2 (2n+1)! 证I=(x-1)(x+1)"x=(x+1)d=1)+1 n+1 n+1(x-1)+(x+1) +1 (x-1)+1(x+1)dx (x-1)1(x+1)dx n+1Ln4,(x-1)+2(x+1)”1 -1)2(x+1)2d n(n (n+1)(n+2)(x-1)”(x+1)2dx n(n-1)…1 (-1)n+1)(n+2)…(n+n)(x-1)?d 7 2) (n+1)(n+2)…(2n) 2n+1 (-1) (2n+1)! mIn I 例15试证:x(1-x)7dx=(m+n+1):(m,n∈N)(请读者仿例14的计算方 法证之)