定积分等式证明的方法之教学研究

李庆娟

【摘要】定积分等式证明是一类典型且有些难度的问题，其题型多变，灵活性较大，证明的方法主要有利用辅助函数导数为零证明、换元法、分部积分法、微分中值定理法、零点定理法、二重积分证明法、夹逼定理法.

【关键词】换元法;分部积分法;中值定理

【基金项目】大连财经学院教研教改项目《应用型人才培养模式下数学课程教考分离的研究》：2020dlcjjg12

在微积分的教学过程中，我们发现学生对定积分的计算方法掌握比较熟练，但对于有关定积分的等式证明问题的证明方法和技巧的掌握却不好，学生遇到这样的题目往往无从下手，甚至毫无头绪.定积分等式证明问题是一类典型且较难的问题，题型多变，灵活性较大，虽然這类问题较难，但也并不是没有规律可循，学生在学习积分学过程中要善于总结、归纳，只有熟练掌握了一定的方法与技巧，在遇到这样的证明问题时才能思路开阔，将问题顺利解决.本文通过例题解析的形式列举了定积分等式证明的七种典型方法和技巧.

1 利用F′（x）=0证明定积分等式

在微积分中，利用导数为零推出函数为常数是证明等式问题的基本方法.一般情况下，我们要先通过分析待证明的等式构造出相应的辅助函数F（x），然后对函数求导并验证导数恒为零，再利用F（x）≡C进一步证明.

例 设函数f（x）单调增加且有连续导数，已知f（0）=0，f（a）=b，且f（x）与g（x）互为反函数，证明：∫a0f（x）dx+∫b0g（x）dx=ab.（2016年大连市数学竞赛试题）

分析 先将已知式子改写为∫a0f（x）dx+∫f（a）0g（x）dx=af（a），利用定积分的“变限法”构造出辅助函数F（x），即将积分限中的常数a改为变量x.

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

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

这里注意到f（x）与g（x）互为反函数，即g（f（x））=x，故F′（x）=0，进而得出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得证.

2 利用换元法证明定积分等式

换元法是计算定积分的重要方法之一，它也是证明定积分等式比较好用的方法.利用此方法时，如何确定变量代换的形式是关键.通常我们需要观察等式两端所含积分的上下限及被积函数的变化，从而采取相应的变量代换形式.

例 设函数f（x）与g（x）均是区间[-a，a]上的连续函数，g（x）为偶函数，f（x）满足等式f（x）+f（-x）=A，证明：∫a-af（x）g（x）dx=A∫a0g（x）dx.

分析 注意到积分上下限的变化，直接代换行不通，可将左端积分先利用积分区间可加性分开，再采用换元的形式进行代换.

证明 由定积分区间可加性，得

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

令x=-t，dx=-dt，当x=-a时，t=a，当x=0时，t=0，

则 ∫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 设f（x）连续，证明：∫π20f（sin x）dx=∫π20fcos xdx.

分析 观察等式两边的积分上下限没有变化，但被积函数变名了，故可用含π2的形式进行变量代换.

证明 令x=π2-t，则dx=-dt，当x=0时，t=π2，当x=π2时，t=0，

∴∫π20fsin xdx=-∫0π2fsinπ2-tdt

=∫π20fcos tdt=∫π20fcos xdx.

3 利用分部积分法证明定积分等式

一般情况下，当所要证明的定积分等式中含有f（x），f′（x）或f（x）的高阶导数时，我们往往考虑利用分部积分法证明，这也是证明定积分等式问题的重要方法.

例 设函数f（x）在[a，b]上具有连续二阶导数，且满足f（a）=f（b）=0，证明：∫baf（x）dx=12∫baf″（x）（x-a）（x-b）dx.

证明 等式右端的积分利用分部积分法可得

∫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 已知函数f（x）为连续函数，证明等式∫x0f（t）（x-t）dt=∫x0∫t0f（u）dudt成立.

证明 对等式右端的积分直接采用分部积分法.

∫x0∫t0f（u）dudt

=t∫t0f（u）dux0-∫x0tf（t）dt

=x∫x0f（u）du-∫x0tf（t）dt

=∫x0f（t）x-tdt.

4 利用微分中值定理证明定积分等式

在微积分中，利用中值定理证明等式或不等式问题是比较典型的方法.一般地，当积分等式中含有ξ，f（ξ）及f（ξ）的导数时，我们往往考虑应用微分中值定理证明.

例 设函数f（x）在[0，1]上连续，并且满足∫10xf（x）dx=∫10f（x）dx，证明：至少存在一点ξ∈（0，1），使得∫ξ0f（x）dx=0.

分析 从等式的形式上分析应该是罗尔定理的应用，关键是构造辅助函数.若直接令F（x）=∫x0f（t）dt，不满足罗尔定理条件，故行不通.我们从条件等式分析，可将其改写为∫10xf（x）dx=∫10f（x）dx=1·∫10f（x）dx，利用变限法，将式子中的1改为变量，从而构造出辅助函数.

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

显然，F（x）在[0，1]上连续，在（0，1）内可导，

又F（0）=F（1）=0，

由罗尔定理可知，至少存在一点ξ∈（0，1），使得F′（ξ）=0，

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

5 利用零点定理证明定积分等式

零点定理的应用十分广泛，它的主要应用就是证明方程根的问题，进而可以推广到定积分等式的证明问题上.在应用零点定理时，关键是寻找满足定理的条件，即函数满足在闭区间上连续且端点值异号.

例 设函数f（x）是[0，1]上的正的连续函数，证明：存在x0∈（0，1），使得x0f（x0）=∫1x0f（x）dx.

证明 令F（x）=xf（x）-∫1xf（t）dt，x∈[0，1].

显然，函数F（x）在x∈[0，1]上连续，又因为F（0）=-∫10f（t）dt<0，F（1）=f（1）>0，由零点存在定理，至少存在一点x0∈（0，1），使得F（x0）=0，即x0f（x0）=∫1x0f（x）dx.

6 利用二重积分证明定积分等式

利用二重积分证明定积分等式的方法虽然不常用，但是比较典型，其主要思想是先将定积分转化为二重积分，再交换积分次序进一步证明.

例 证明：∫10ln（1+x）1+x2dx=π8ln 2.

证明 因为∫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.

又因为被积函数可分解为

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，

进一步可得

∫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 利用夹逼定理证明定积分等式

我们知道夹逼定理是求解和证明数列极限比较好用的方法，如果要证明的定积分等式是含有数列极限的形式，而一般证明方法行不通时，我们可以利用夹逼定理进行证明.

例 证明：limn→∞∫10nex2n2x2+1dx=π2 .

证明 设函数f（x）=ex2，在[0，x]（0≤x≤1）上应用拉格朗日中值定理，得

ex2-1=2ξeξ2x，ξ∈（0，x），

进而1≤ex2=1+2ξeξ2x≤1+2ex，

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

由定积分的不等式性质，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，

由夹逼定理，可知 limn→∞∫10nex2n2x2+1dx=π2.

综上，我们给出了定积分等式证明的七种典型方法和技巧.虽然定积分等式证明较难，但是如果我们能够熟练掌握各种方法和技巧，今后在处理此类问题时就会得心应手.望本文能给予读者一定的帮助.

【参考文献】

[1]同济大学应用数学系.高等数学：上[M].北京：人民邮电出版社，2016.

[2]杨慧卿.经济数学微积分[M].北京：人民邮电出版社，2017.

[3]曹先开，曹显兵.考研数学高分复习全书（数学三）[M].北京：中国人民大学出版社，2012.