定積分等式證明的方法之教學研究

李慶娟

【摘要】定積分等式證明是一類典型且有些難度的問題，其題型多變，靈活性較大，證明的方法主要有利用輔助函數導數為零證明、換元法、分部積分法、微分中值定理法、零點定理法、二重積分證明法、夾逼定理法.

【關鍵詞】換元法;分部積分法;中值定理

【基金項目】大連財經學院教研教改項目《應用型人才培養模式下數學課程教考分離的研究》：2020dlcjjg12

在微積分的教學過程中，我們發現學生對定積分的計算方法掌握比較熟練，但對于有關定積分的等式證明問題的證明方法和技巧的掌握卻不好，學生遇到這樣的題目往往無從下手，甚至毫無頭緒.定積分等式證明問題是一類典型且較難的問題，題型多變，靈活性較大，雖然這類問題較難，但也并不是沒有規律可循，學生在學習積分學過程中要善于總結、歸納，只有熟練掌握了一定的方法與技巧，在遇到這樣的證明問題時才能思路開闊，將問題順利解決.本文通過例題解析的形式列舉了定積分等式證明的七種典型方法和技巧.

1 利用F′（x）=0證明定積分等式

在微積分中，利用導數為零推出函數為常數是證明等式問題的基本方法.一般情況下，我們要先通過分析待證明的等式構造出相應的輔助函數F（x），然后對函數求導并驗證導數恒為零，再利用F（x）≡C進一步證明.

例 設函數f（x）單調增加且有連續導數，已知f（0）=0，f（a）=b，且f（x）與g（x）互為反函數，證明：∫a0f（x）dx+∫b0g（x）dx=ab.（2016年大連市數學競賽試題）

分析 先將已知式子改寫為∫a0f（x）dx+∫f（a）0g（x）dx=af（a），利用定積分的“變限法”構造出輔助函數F（x），即將積分限中的常數a改為變量x.

證明 令F（x）=∫x0f（t）dt+∫f（x）0g（t）dt-xf（x）.

因為 F′（x）=f（x）+g（f（x））f′（x）-f（x）-xf′（x），

這里注意到f（x）與g（x）互為反函數，即g（f（x））=x，故F′（x）=0，進而得出F（x）≡C.又F（0）=0，即C=0，所以F（a）=0，又f（a）=b，故∫a0f（x）dx+∫b0g（x）dx=ab得證.

2 利用換元法證明定積分等式

換元法是計算定積分的重要方法之一，它也是證明定積分等式比較好用的方法.利用此方法時，如何確定變量代換的形式是關鍵.通常我們需要觀察等式兩端所含積分的上下限及被積函數的變化，從而采取相應的變量代換形式.

例 設函數f（x）與g（x）均是區間[-a，a]上的連續函數，g（x）為偶函數，f（x）滿足等式f（x）+f（-x）=A，證明：∫a-af（x）g（x）dx=A∫a0g（x）dx.

分析 注意到積分上下限的變化，直接代換行不通，可將左端積分先利用積分區間可加性分開，再采用換元的形式進行代換.

證明 由定積分區間可加性，得

∫a-af（x）g（x）dx=∫0-af（x）g（x）dx+∫a0f（x）g（x）dx，

令x=-t，dx=-dt，當x=-a時，t=a，當x=0時，t=0，

則 ∫0-af（x）g（x）dx=∫a0f（-t）g（t）dt

=∫a0f（-x）g（x）dx，

故∫a-af（x）g（x）dx=∫a0f（x）+f（-x）g（x）dx

=A∫a0g（x）dx.

例 設f（x）連續，證明：∫π20f（sin x）dx=∫π20fcos xdx.

分析 觀察等式兩邊的積分上下限沒有變化，但被積函數變名了，故可用含π2的形式進行變量代換.

證明 令x=π2-t，則dx=-dt，當x=0時，t=π2，當x=π2時，t=0，

∴∫π20fsin xdx=-∫0π2fsinπ2-tdt

=∫π20fcos tdt=∫π20fcos xdx.

3 利用分部積分法證明定積分等式

一般情況下，當所要證明的定積分等式中含有f（x），f′（x）或f（x）的高階導數時，我們往往考慮利用分部積分法證明，這也是證明定積分等式問題的重要方法.

例 設函數f（x）在[a，b]上具有連續二階導數，且滿足f（a）=f（b）=0，證明：∫baf（x）dx=12∫baf″（x）（x-a）（x-b）dx.

證明 等式右端的積分利用分部積分法可得

∫baf″（x）（x-a）（x-b）dx

=∫ba（x-a）（x-b）df′（x）

=（x-a）（x-b）f′（x）ba-∫baf′（x）2x-a-bdx

=-2x-a-bf（x）ba+2∫baf（x）dx=2∫baf（x）dx，

所以∫baf（x）dx=12∫baf″（x）（x-a）（x-b）dx.

例 已知函數f（x）為連續函數，證明等式∫x0f（t）（x-t）dt=∫x0∫t0f（u）dudt成立.

證明 對等式右端的積分直接采用分部積分法.

∫x0∫t0f（u）dudt

=t∫t0f（u）dux0-∫x0tf（t）dt

=x∫x0f（u）du-∫x0tf（t）dt

=∫x0f（t）x-tdt.

4 利用微分中值定理證明定積分等式

在微積分中，利用中值定理證明等式或不等式問題是比較典型的方法.一般地，當積分等式中含有ξ，f（ξ）及f（ξ）的導數時，我們往往考慮應用微分中值定理證明.

例 設函數f（x）在[0，1]上連續，并且滿足∫10xf（x）dx=∫10f（x）dx，證明：至少存在一點ξ∈（0，1），使得∫ξ0f（x）dx=0.

分析 從等式的形式上分析應該是羅爾定理的應用，關鍵是構造輔助函數.若直接令F（x）=∫x0f（t）dt，不滿足羅爾定理條件，故行不通.我們從條件等式分析，可將其改寫為∫10xf（x）dx=∫10f（x）dx=1·∫10f（x）dx，利用變限法，將式子中的1改為變量，從而構造出輔助函數.

證明 令F（x）=∫x0tf（t）dt-x∫x0f（t）dt，x∈[0，1].

顯然，F（x）在[0，1]上連續，在（0，1）內可導，

又F（0）=F（1）=0，

由羅爾定理可知，至少存在一點ξ∈（0，1），使得F′（ξ）=0，

即ξf（ξ）-∫ξ0f（u）du-ξf（ξ）=0，所以∫ξ0f（x）dx=0.

5 利用零點定理證明定積分等式

零點定理的應用十分廣泛，它的主要應用就是證明方程根的問題，進而可以推廣到定積分等式的證明問題上.在應用零點定理時，關鍵是尋找滿足定理的條件，即函數滿足在閉區間上連續且端點值異號.

例 設函數f（x）是[0，1]上的正的連續函數，證明：存在x0∈（0，1），使得x0f（x0）=∫1x0f（x）dx.

證明 令F（x）=xf（x）-∫1xf（t）dt，x∈[0，1].

顯然，函數F（x）在x∈[0，1]上連續，又因為F（0）=-∫10f（t）dt<0，F（1）=f（1）>0，由零點存在定理，至少存在一點x0∈（0，1），使得F（x0）=0，即x0f（x0）=∫1x0f（x）dx.

6 利用二重積分證明定積分等式

利用二重積分證明定積分等式的方法雖然不常用，但是比較典型，其主要思想是先將定積分轉化為二重積分，再交換積分次序進一步證明.

例 證明：∫10ln（1+x）1+x2dx=π8ln 2.

證明 因為∫10x1+xydy=ln（1+xy）10=ln（1+x），

故∫10ln（1+x）1+x2dx=∫10dx∫1011+x2·x1+xydy

=∫10dy∫10x（1+x2）（1+xy）dx.

又因為被積函數可分解為

x（1+x2）（1+xy）=11+y2x+y1+x2-y1+xy，

所以 ∫10x（1+x2）（1+xy）dx

=11+y2∫10x1+x2+y1+x2-y1+xydx

=11+y212ln 2+π4y-ln 1+y，

進一步可得

∫10ln（1+x）1+x2dx

=∫1011+y212ln 2+π4y-ln 1+ydy

=π4ln 2-∫10ln（1+x）1+x2dx，

故∫10ln（1+x）1+x2dx=π8ln 2.

7 利用夾逼定理證明定積分等式

我們知道夾逼定理是求解和證明數列極限比較好用的方法，如果要證明的定積分等式是含有數列極限的形式，而一般證明方法行不通時，我們可以利用夾逼定理進行證明.

例 證明：limn→∞∫10nex2n2x2+1dx=π2 .

證明 設函數f（x）=ex2，在[0，x]（0≤x≤1）上應用拉格朗日中值定理，得

ex2-1=2ξeξ2x，ξ∈（0，x），

進而1≤ex2=1+2ξeξ2x≤1+2ex，

于是nn2x2+1≤nex2n2x2+1≤nn2x2+1+2enxn2x2+1，

由定積分的不等式性質，得

∫10nex2n2x2+1dx≥∫10nn2x2+1dx=arctan n，

∫10nex2n2x2+1dx≤∫10nn2x2+1dx+∫102enxn2x2+1dx

=arctan n+enln1+n2，

因為limn→∞arctan n=π2，

limn→∞arctan n+enln （1+n2）=π2，

由夾逼定理，可知 limn→∞∫10nex2n2x2+1dx=π2.

綜上，我們給出了定積分等式證明的七種典型方法和技巧.雖然定積分等式證明較難，但是如果我們能夠熟練掌握各種方法和技巧，今后在處理此類問題時就會得心應手.望本文能給予讀者一定的幫助.

【參考文獻】

[1]同濟大學應用數學系.高等數學：上[M].北京：人民郵電出版社，2016.

[2]楊慧卿.經濟數學微積分[M].北京：人民郵電出版社，2017.

[3]曹先開，曹顯兵.考研數學高分復習全書（數學三）[M].北京：中國人民大學出版社，2012.