若fC[a,b],则 有
x
f(x)dxa f(t)d tC (x[a,b])
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思考题：
1.有原函数的函数是否一定连续？ 2.有原函数的函数是否一定黎曼可积？ 3.黎曼可积的函数是否一定存在原函
数？
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二、牛顿—莱布尼兹公式 定理2：设f(x)C[a, b],F(x)是f(x)在[a, b]
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路程函数是速度函数的原函数4
[证] (1) 用连续定义证明
任 x [ a 取 ,b ],x x [ a ,b ]
xx
x
F (xx)F (x)f(t)d tf(t)dt
xx
a
a
a
x x
f(t)dt f(t)dt f (t )dt
a
x
x
f R [ a ,b ] M 0 ,f ( x ) M x [ a ,b ]
满足三个条件：
(1) (t) C1[ , ];
(2) a (t) b;
(3) ( ) a, ( ) b ,
则有
b
f ( x)dx
f [ (t)] (t) dt
a
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x
b
x(t)
x
b
x(t)
a o
t
a o
t
[证] 设F(x)是f(x)的一个原函数
d[F ( t) ] F ( x )( t) f( x )( t) f[( t)] ( t) dt f[(t)] (t)d tF [() ]F [()]
试比 I1与 较 I2的大小。
[解] 利用估值定理
当 x [0,]时 ,有 six n x,
2
且当 x[0,]时, sin x, coxs,
2 因而有
sisn ix n ) ( six ,n cx o c s os x )(,sin
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18
因此
2sinx )( ds x i2n six nd x co xs 2 1
1 4
x
[解] 原 式 1ln xdx 4ln xdx
1 4
x
1x
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| (2
1
xlnx1
4
1
1 4
2 xdx) x
| (2
4
xlnx
4
2
xdx )
11x
| | 1
4
(2x ln x 4x )1 (2x ln x 4x )1
4
6ln22
31
[例 2]计 算 1x2(1x)ndx 0
aT
T
a f (x)dx 0 f (x)dx
nT
T
f(x)dxnf(x)dx (n为 正 整 ) 数
0
0
2sin 2xdx4
2sin 2xdx
2020/4/28 0
0
27
四、定积分的分部积分法
定理2: (定积分的分部积分法)
设 函u数 (x),v(x)在 区[a间 , b]上 有 连 续 的 一u阶 (x)导 ,v(x数 ),则 有 分部积分公式
xx
xx
0F (xx)F (x)f(t)d t f(t)dt
x
x
M x 0(x 0)
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5
[证] (2) 用导数定义证明
任 x [ a 取 ,b ],x x [ a ,b ]
由 (1 )有 , F (x )liF m (x x ) F (x )
x 0
x
1 xx
lim f(t)dt
作业
P174习题6.3
1(3)(4). 2(2). 4. 5.
7(3)(5)(11). 8(1)(3).
复习: P168—186
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1
第十七讲 定积分（二） 一、变上限定积分 二、牛顿-莱布尼兹公式 三、定积分的换元积分法 四、定积分的分部积分法
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2
一、变上限定积分
a
a
u(x)v(x)|b a
即
b
au(x)v(x)dx
| b
b
u(x)v(x) u(x)v(x)dx
aa
[注意] 分部积分公式也可以写 成
| b
bb
u (x )d [v (x ) ]u (x )v (x )v (x )d [u (x )]
a
aa
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30
[例1]
计算
4 lnx dx
[证](1)
a
0
a
f(x)d x f(x)d x f(x)dx
a
a
0
对于右端,作 第变 一 :换 x项 t
又由 f(x)为偶函数知
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f(x)f( t)f(t)
24
从而由换元公式
0
0
a
f(x)d x f(t)d t f(t)dt
a
a
0
为什麽?
a
定积分与积分变量
f (x)dx
(2)若f(x)C[a, b]则 , F(x)D[a, b] 且F(x)f(x) x[a, b]
[注意] 连续函数一定存在原函数 ！
dx
dx(a f(x)dx)f(x)
质 点 以v(速 t)从 度时a开 刻始 作 直,线
在
时t走 刻过
t
路s程 (t)a
v()d
当v(t )连续时就有s(t)dd[tatv()d]v(t)
0
x
能确定隐y函 y(x数 ),求dy. dx
[解] 方程两边 x求对 导 ,得到
ey2 dysinx2 0 dx
解出dy , 得 dx
dy ey2 sinx2 dx
[注意] 变上限定积分给出一种表示函数的方
法，对这种函数也可以讨论各种性态。
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9
[例 4]
设参数x 方ts程 in d,y
b
au(x)v(x)dx
| b
b
u(x)v(x) v(x)u(x)dx
a
a
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[证] 利用牛顿—莱布尼兹公式
[ u ( x ) v ( x ) ] u ( x ) v ( x ) u ( x ) v ( x )
由 条 件 上 式 右函 端数 是 ,从连 而续 左 端
1
x2etdt x3etdt
1
1
d d x x x 2 3e td td d x 1 x 2e td td d x 1 x 3e td t
2xxe2(3x2)ex3 2xxe23x2ex3
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8
[例3] 设由方ye程 t2dt 0sint2dt0
0
0
0
2cos x )( ds x i2 n co xs d sxix n2 1,
0
0
0
所以 2 sin(x)sdix n2cosx ()sdixn
0
0
即
I1 I2
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三、定积分的换元积分法
定理1: (定积分的换元积分法)
设函数 f ( x) C [a, b],作变换 x (t),
若 f(x)在 [a, b]上 可 ,则 x 积 [a, b] f(x)在 [a, x]上也 . 可积
记作 F(x)ax f (t)dt (axb)
上限变量
x
或 F(x)a f (x)dx (axb)
是 上 限 x的 函 数 积分变量
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3
定理： (1)若f(x)R[a, b]则 , F(x)C[a, b];
2
2
0 2(c2 x o ssi2 x n )d x 2 (s2 x i n co 2 x)d sx
| | 202 0/4(/22 8 si2 xn 2 co 2 x)0 2 s ( 2 co 2 x 2 ssi2 x)n 2 4(
21)
17
[例3]
设I102 sin(xs)din ,xI202cos(xs)din ,x
[u(x)v(x)]是 连 续.函 利数 用 NL公 式 ,
| 得
b
b
[u (x)v(x)]d xu (x)v(x)
a
a
而右端的积分为
b
a[u(x)v(x)u(x)v(x)]dx
b
b
a u(x)v(x)dxa u(x)v(x)dx
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于是得到
b
b
u(x)v(x)dx u(x)v(x)dx
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a
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又已F(知 x)是f(x)在[a, b]上的任意 一个原,故 函有 数
F(x)G (x)C
于 , 是 G ( b ) G ( 有 a ) F ( b ) F ( a )
代入(1式 ) ,便得到
b
a f(x)dx F(b)F(a)
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牛顿—莱布尼兹公式将定积分的计 算问题转化为求被积函数的一个原函 数的问题.
5
x2
[解] “ 0 ”,利用洛比达法则 0
x
(1c
l i m 0
x 0
5
x2
ot2)sdt (1cox)s 1
lim x 0
3
x 5 2
2
2x
(1cosx)
lim x0
5x2
xli0m 512 xx22
1 10
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11
[例6] 试问:具有什麽性质的f ,恒 函有 数