原函数存在性定理
1.1.原函数存在性定理(1)连续函数f(x)f(x)f(x)必有原函数(2)含有第一类间断点,无穷间断点的函数f(x)在包含该间断点的区间内必没有原函数连续函数一定存在原函数,反之是不对的有第一类间断点的函数一定不存在原函数,但有第二类间断点的函数可能有原函数,如:F(x)={x2sin1x,x≠00,x=0F(x)=\left\{\begin{array}{cc}x^{2} \sin \fr
1.1.原函数存在性定理
- (1)连续函数f(x)f(x)f(x)必有原函数
- (2)含有第一类间断点,无穷间断点的函数f(x)在包含该间断点的区间内必没有原函数
连续函数一定存在原函数,反之是不对的
有第一类间断点的函数一定不存在原函数,但有第二类间断点的函数可能有原函数,如:F(x)={x2sin1x,x≠00,x=0F(x)=\left\{\begin{array}{cc}x^{2} \sin \frac{1}{x}, & x \neq 0 \\ 0, & x=0\end{array}\right.F(x)={x2sinx1,0,x=0x=0,f(x)={2xsin1x−cos1x,x≠00,x=0f(x)=\left\{\begin{aligned} 2 x \sin \frac{1}{x}-\cos \frac{1}{x}, & x \neq 0 \\ 0, & x=0 \end{aligned}\right.f(x)=⎩⎨⎧2xsinx1−cosx1,0,x=0x=0,显然有F′(x)=f(x)F^{\prime}(x)=f(x)F′(x)=f(x),但x=0x=0x=0为f(x)f(x)f(x)的第二类间断点
1.2.定积分存在性充分条件
- (1)若f(x)f(x)f(x)在[a,b][a,b][a,b]上连续,则∫abf(x)dx\int_{a}^{b} f(x) d x∫abf(x)dx存在。
- (2)若f(x)f(x)f(x)在[a,b][a,b][a,b]上单增,则∫abf(x)dx\int_{a}^{b} f(x) d x∫abf(x)dx存在。
- (3)若f(x)f(x)f(x)在[a,b][a,b][a,b]上有界,且只有有限个间断点,则∫abf(x)dx\int_{a}^{b} f(x) d x∫abf(x)dx存在。
1.3.定积分存在性必要条件
1.4.变限积分的性质
- 函数f(x)f(x)f(x)在[a,b][a,b][a,b]上可积,则函数F(x)=∫axf(t)dtF(x)=\int_{a}^{x} f(t) \mathrm{d} tF(x)=∫axf(t)dt在[a,b][a,b][a,b]上连续。
- 函数f(x)f(x)f(x)在[a,b][a,b][a,b]上连续,则函数F(x)=∫axf(t)dtF(x)=\int_{a}^{x} f(t) \mathrm{d} tF(x)=∫axf(t)dt在[a,b][a,b][a,b]上可导。
1.5.变上限积分函数
设f(x)f(x)f(x)连续或有有限个第一类间断点,令F(x)=∫axf(t)dtF(x)=\int_{a}^{x} f(t) \mathrm{d} tF(x)=∫axf(t)dt,则:当x0x_0x0为f(x)f(x)f(x)的第一类间断点时,F(x)F(x)F(x)在x=x0x=x_0x=x0处连续;当x0x_0x0为f(x)f(x)f(x)的连续点时,F(x)F(x)F(x)在x=x0x=x_{0}x=x0处可导。
1.6.可积函数与原函数不同
如f(x)={ln(1+x),x>0ex,x⩽0f(x)=\left\{\begin{aligned} \ln (1+x), & x>0 \\ e^{x}, & x \leqslant 0 \end{aligned}\right.f(x)={ln(1+x),ex,x>0x⩽0,显然f(x)f(x)f(x)在[−1,1][-1,1][−1,1]上可积,且
∫−11f(x)dx=∫−10exdx+∫01ln(1+x)dx=1−e−1+xln(1+x)∣01−∫01x1+xdx=1−e−1+ln2−∫01(1−11+x)dx=2ln2−1e\begin{aligned} \int_{-1}^{1} f(x) \mathrm{d} x &=\int_{-1}^{0} \mathrm{e}^{x} \mathrm{d} x+\int_{0}^{1} \ln (1+x) \mathrm{d} x=1-\mathrm{e}^{-1}+\left.x \ln (1+x)\right|_{0} ^{1}-\int_{0}^{1} \frac{x}{1+x} \mathrm{d} x \\ &=1-\mathrm{e}^{-1}+\ln 2-\int_{0}^{1}\left(1-\frac{1}{1+x}\right) \mathrm{d} x=2 \ln 2-\frac{1}{\mathrm{e}} \end{aligned}∫−11f(x)dx=∫−10exdx+∫01ln(1+x)dx=1−e−1+xln(1+x)∣01−∫011+xxdx=1−e−1+ln2−∫01(1−1+x1)dx=2ln2−e1
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