§ 16 微積分基本定理
[注意] 定積分求值之題目 (利用微積分基本定理第二型) , 放在上一單元. 本單元中將多次使用以下之 「微積分基本定理第一型」 :
設f 為一函數, 且在區間 I = [a, b]為可積, 次設函數 A : [a, b] → R : A(x) =
Z x a
f (t) dt.
若f 在x0 ∈ [a, b] 為連續, 則 A 在x0 為可微分, 且A′(x0) = f (x0).
以及它衍生出來的系 : d dx
Z u(x) a
f (t) dt = f (u(x))u′(x) . 其中所需之條件, 請參閱拙著
《 微積分學．電子書2.1 版》 第六章 232 頁.
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♠ (16-1) 試求 d dx
Z x2
√ x
sin u u du.
分析 必須將積分化為二項 Z x2
√ x
= Z x2
0
− Z
√x
0
再微分之.
解 利用微積分基本定理第一型之系, d
dx Z x2
√ x
sin u
u du = d dx
Z x2 0
sin u u du −
Z
√ x
0
sin u u du
!
= sin x2
x2 · 2x −sin√
√ x
x · 1 2√ x
= 2 sin x2
x −sin√ x 2x .
♠ (16-2) 試求極限 lim
h→0
1 h
Z 2+h 2
dt 3t +p
t2+ 1 =?
分析 本題不能直接利用微積分基本定理第一型, 但顯然 1 h
Z 2+h 2
dt 3t +p
t2+ 1
是一種差 商, 我們需要設計一個函數, 再微分之. 另一個方法則是利用 l’Hospital 規則.
16 微積分基本定理 140
解 法一 : 令 F : R → R : F (x) = Z x
0
dt 3t +p
t2+ 1, 利用微積分基本定理第一型, 應有 F′(x) = 1
3x +p
x2+ 1, 故 原題= lim
h→0
F (2 + h) − F (2)
h = F′(2)
= 1
3x +p x2+ 1
x=2
= 1
6 +√ 5.
法二 : 利用 l’Hospital 規則,
原題= lim
h→0
Z 2+h 2
dt 3t +p
t2+ 1 h
= lim
h→0
1 3(2 + h) +
q
(2 + h)2+ 1
= 1
6 +√ 5.
♠ (16-3) 設 f (t) =
exp(−t2), 若 t 6= 1,
0, 若 t = 1. , F (x) = Z x
0
f (t) dt , ∀ x ∈ R , 試求 F′(0) =? F′(1) =?
分析 顯示f 於點1 不為連續, 不可直接以微積分基本定理第一型解之. 另一方面, f 之 值只有一點 「跳」 下來, 其實積分值 F (x) 與f (1) 之值並無關聯.
解 令g : R → R : g(t) = exp(−t2) , 則 F (x) =
Z x 0
f (t) dt = Z x
0
g(t) dt.
(註 : f 與g 僅在t = 1 時不相等, 不影響積分值) . 由於 g 為連續函數, 利用微積分基本定理
F′(x) = d dx
Z x 0
g(t) dt = g(x) = exp(−x2) , ∀ x ∈ R, 故F′(0) = exp(0) = 1, F′(1) = exp(−1) = e−1.
♠ (16-4) 設 F (x) = Z x
0
(x − t) · sin2t dt . 試求 F′(x) =?
分析 積分之內含有兩個變數 t 和 x , 其實, 在 Z x
0
x sin2t dt 內之 x 對 t 而言乃為一常 數, 可以提到積分符號之外.
16 微積分基本定理 141 解 由於
F (x) = Z x
0
(x − t) sin2t dt
= Z x
0
x sin2t dt − Z x
0
t sin2t dt
= x Z x
0
sin2t dt − Z x
0
t sin2t dt , ( ∵ x對t 而言乃為一常數)
= x Z x
0
1 − cos 2t
2 dt −
Z x 0
t sin2t dt
= x2 2 − x
4 sin 2x − Z x
0
t sin2t dt.
是以
F′(x) = x − 1
4(sin 2x + 2x cos 2x) − x sin2x
= x − 1
4sin 2x − x
2(1 − 2 sin2x) − x sin2x
= x 2 − 1
4sin 2x.
♠ (16-5) 設 F : [0, 2] → R : F (x) = Z x
0
[t] dt, 內 [ ] 表括號函數 (即高斯符號).
(a) 試求 F′(0) 及F′(2).
(b) 試問函數F 在點 1 是否為可微分? 理由? (c) 試求 F 之導函數 F′.
分析 先解出F , 其後一步步往下做. 在解題中, 若直接使用微積分基本定理第一型, 一 不小心就會犯錯.
解 當0 ≤ x ≤ 1 時, F (x) = Z x
0
[t] dt = 0.
當1 < x ≤ 2 時, F (x) = Z x
0
[t] dt = Z 1
0
[t] dt + Z x
1
[t] dt = 0 + x − 1.
故
F : [0, 2] → R : F (x) = Z x
0
[t] dt =
0, 若 0 ≤ x ≤ 1, x − 1, 若 1 < x ≤ 2.
0 1 2
-X 0
1 Y
6
F
圖 16–1
......................................................
16 微積分基本定理 142 (a) F′(0) = 0 , (因 F 於 [0, 1] 上為常數; )
F′(2) = 1 , (因 F (x) = x − 1 , ∀ x ∈ [1, 2]. )
(b) 由於 F−′(1) = 0 < 1 = F+′(1) , 故F 於點 1 不為可微分.
(c) F 之導函數為
F′: [0, 2] \ {1} → R : F′(x) =
0, 若 0 ≤ x < 1, 1, 若 1 < x ≤ 2.
♠ (16-6) 若界定函數 ln : (0, +∞) → R : ln(x) = Z x
1
dt t .
試求 : D(ln x); 並證 : 對於任意正實數 a 與b , ln(ab) = ln(a) + ln(b).
分析 後一部分之解題關鍵在於 : 對ln(ax) = Z ax
1
dt t 微分. 解 (a) D ln x = d
dx Z x
1
dt t = 1
x, ∀x > 0.
(b) 設 a > 0為一常數, 由於 d
dx(ln(ax)) = d dx
Z ax 1
dt t = 1
x = d
dxln x , ∀ x > 0, 由微分均值定理之系知, 存在常數 C 滿足
∀ x > 0 , ln(ax) = ln x + C, (⋆) 以 x = 1 代入 (⋆) 式, 得 C = ln a , 代回 (⋆) 式, 得
∀ x > 0 , ln(ax) = ln x + ln a, 亦即 ∀ a > 0, ∀ b > 0 , ln(ab) = ln a + ln b.
♠ (16-7) 試求函數 f 滿足 f′(x) = |x|3, ∀x ∈ R 且f (−1) = 1.
分析 利用不定積分求出 「含常數 k」 之函數 f , 再由最後條件求出 k.
解 由f′(x) = |x|3, ∀x ∈ R 知, 存在待定常數 k 使得
f (x) = Z x
0
|t|3dt + k =
t4
4
x
0
+ k, 若 x ≥ 0 ,
−t4 4
x
0
+ k, 若 x < 0 .
=
x4
4 + k, 若x ≥ 0 ,
−x4
4 + k, 若x < 0 .
16 微積分基本定理 143
但f (−1) = 1 , 即1 = −1
4 + k , 是以 k = 5 4, 故
f : R → R : f (x) =
5 + x4
4 , 若x ≥ 0 , 5 − x4
4 , 若x < 0 .
−1 0 1
-X 0
1
Y6 f
•
圖 16–2
..........................................................
♠ (16-8) 設函數 f : R → R 為連續且滿足方程式 f (x) = Z x
0
f (t)dt − 1 . 試求此函數 f . 分析 利用微積分基本定理第一型, 可立得 f′(x) = f (x) , 此一性質與 exp 相同, 因此,
f 與 exp 可能有相當關係, 下一步則是令 g(x) = f (x)/ exp x , 微分之, 以解得二者 之關係.
解 利用微積分基本定理, ∀x ∈ R, f′(x) = d
dx Z x
0
f (t) dt = f (x) (⋆)
令g : R → R : g(x) = f (x)
exp x, 則因 ∀x ∈ R, g′(x) = f′(x) exp x − f (x) exp x
exp(2x) = 0 , [ ∵ (⋆) ] 是以 g 必為一常數函數, 而g(0) = f (0)
exp 0 = f (0) = −1 . 亦即 g(x) = −1, ∀x ∈ R , 換言之, f (x) = − exp x.
♠ (16-9) 設 f : R → R : f (x) = Z x
1
t2p
3 + t4dt + 2.
(a) 試求 f 在何處為凹向上? 在何處為凹向下?
16 微積分基本定理 144 (b) 試證 f 具反函數 f−1 ;
(c) 試求 f 之值域;
(d) 試求 f−1 在點 (2, f−1(2)) 之切線方程式 ; (e) 試證 : 4
3 < f (0) < 5 3 .
分析 f 是一個以積分為定義之函數, 先將 f 微分二次, 其後可以逐步解決. 此為一綜合 性題目, 涵蓋微積分許多不同單元.
解 (a) 由於 y = t2p3 + t4 為連續, 應有 f′(x) = x2p
3 + x4, f′′(x) = 2xp
3 + x4+ 4x5 2p
3 + x4
= 2x(3 + 2x4) p3 + x4
< 0, 若x < 0,
= 0, 若x = 0,
> 0, 若x > 0, 故知 f 於(−∞, 0] 為凹向下而於 [0, +∞)為凹向上.
(b) 由 (a) , f′(x) > 0, ∀ ∈ R , 知 f 為遞增, 故必為嵌射, 是以具反函數. (c) 先證 : lim
x→+∞f (x) = +∞ , 此因∀ x > 1, Z x
1
t2p
3 + t4dt + 2 ≥ Z x
1
t2dt = 1
3(x3− 1).
其次, 證明 : lim
x→−∞f (x) = −∞ , 此因 ∀ x < 1, Z x
1
t2p
3 + t4dt + 2 = − Z 1
x
t2p
3 + t4dt + 2
≤ − Z 1
x
t2dt + 2 = 1
3(x3− 1) + 2.
以上二極限說明 f 為無上界且無下界, 且因f 為連續, 故值域為 R. (d) 由原設顯然 f (1) = 2 , 亦即 f−1(2) = 1 , 利用反函數之導數公式得,
(f−1)′(2) = 1
f′(f−1(2)) = 1
f′(1) = 1 12√
3 + 1 = 1 2, 是以f−1 過點 (2, f−1(2)) 之切線方程式為 y − 1 = 1
2(x − 2).
16 微積分基本定理 145 (e) 利用積分之保序定理,
0 < t < 1 ⇒ t2 < t2p
3 + t4 < t2√ 3 + 1
⇒ Z 1
0
t2dt <
Z 1
0
t2p
3 + t4dt <
Z 1
0
t2√
3 + 1 dt
⇒ 1
3 <
Z 1
0
t2p
3 + t4dt < 2 3
⇒ 2 − 1
3 > 2 + Z 0
1
t2p
3 + t4dt > 2 −2 3
⇒ 5
3 > f (0) > 4 3.
♠ (16-10) 設 f : [0, 2π] → R : f (x) = Z x
0
e2tsin t dt , 試求 f 之最大值與最小值.
分析 本題需要微積分基本定理第一型以求函數之臨界點, 再以第二型求得最大值與最小值. 解 1◦ 先求 f′, 利用微積分基本定理,
f′(x) = e2xsin x
> 0, 若 0 < x < π,
= 0, 若 x ∈ {0, π, 2π},
< 0, 若 π < x < 2π,
知 f 僅有0, π, 2π 三個臨界點, 此外f 在緊緻區間 [0, 2π]上為連續, 故只需比 較 f (0), f (π), f (2π) 三值. (註 : 雖然我們已知 f 在點 π 有最大值, 但依題意 我們仍須求出其值. )
2◦ 次求不定積分 Z
e2tsin t dt , 先令 u = e2t, dv = sin t dt , 則 du = 2e2tdt , v = − cos t ,
Z
e2tsin t dt = −e2tcos t + 2 Z
e2tcos t dt
= −e2tcos t + 2e2tsin t − 4 Z
e2tsin t dt , (再一次by parts ) 是以
Z
e2tsin t dt = e2t
5 (2 sin t − cos t) + C.
3◦ 最後,
f (0) = 0, f (π) = e2t
5 (2 sin t − cos t)
π
0 = 1
5e2π +1 5. f (2π) = e2t
5 (2 sin t − cos t)
2π
0 = −1
5e4π +1 5 < 0.
16 微積分基本定理 146
故知 f 在點 π 有最大值 1
5e2π +1
5, 在點 2π 有最小值 −1
5e4π +1 5.
♠ (16-11) 設 f (t) = lim
u→t
sin u
u , t ∈ R , S(x) = Z x
0
f (t)dt.
(a) 試求 S(0) =?
(b) 試求 d
dxS(0) =?
(c) 試證 : Z x
0
S(t)dt = xS(x) + cos x − 1.
分析 (a) 與 (b) 都不難, 至於 (c) , 可先證左右兩端之導數相同. 解 由原設知
f : R → R : f (t) =
sin t
t , 若t 6= 0 , 1, 若t = 0 . 顯然 ∀ t ∈ R , tf (t) = sin t.
(a) S(0) = Z 0
0
f (t) dt = 0 , 此係定義, 上下限相同且在Df 內. (b) 由於 f 為連續, 利用微積分基本定理第一型, ∀ x ∈ R ,
d
dxS(x) = d dx
Z x 0
f (t) dt = f (x). (⋆)
再令 x = 0 , 得 d
dxS(0) = f (0) = 1 .
(c) 令 g : R → R : g(x) = xS(x) + cos x − 1 , 則由 (⋆) 式,
∀ x ∈ R , g′(x) = S(x) + xS′(x) − sin x = S(x) + xf (x) − sin x = S(x), (1) 另一方面,
∀ x ∈ R , d dx
Z x 0
S(t) dt = S(x), (2)
由 (1), (2)二式知存在常數 C ∈ R 使得 C = g(x) −
Z x 0
S(t) dt , ∀ x ∈ R.
令 x = 0 , 得 C = g(0) − Z 0
0
S(t) dt = 0 , 故證得 Z x
0
S(t) dt = g(x) = xS(x) + cos x − 1 , ∀ x ∈ R.
16 微積分基本定理 147
♠ (16-12) 試證 : x
1 + x2e−x2/2 <
Z +∞
x
e−t2/2dt < 1
xe−x2/2, ∀ x > 0.
分析 Riemann 積分之保序性質如下 :
• f (x) ≤ g(x) , ∀ x ∈ [a, b] , ⇒ Z b
a
f (x) dx ≤ Z b
a
g(x) dx.
• f (x) < g(x) , ∀ x ∈ (a, b) , ⇒ Z b
a
f (x) dx <
Z b a
g(x) dx.
證 令
F : (0, +∞) → R : F (x) = x
1 + x2e−x2/2, G : (0, +∞) → R : G(x) =
Z +∞
x
e−t2/2dt ,
H : (0, +∞) → R : H(x) = 1
xe−x2/2, 其次 ∀x > 0 ,
F′(x) = −e−x2/2·−1 + 2x2 + x4 1 + 2x2 + x4 , G′(x) = −e−x2/2,
H′(x) = −x2+ 1
x2 e−x2/2. 是以
∀ t > 0 , −1 + 2t2+ t4
1 + 2t2+ t4 < 1 < t2+ 1 t2
⇒ −1 + 2t2+ t4
1 + 2t2+ t4 e−t2/2 < e−t2/2< t2+ 1
t2 · e−t2/2
⇒ −F′(t) < −G′(t) < −H′(t)
⇒ − Z +∞
x
F′(t) dt < − Z +∞
x
e−t2/2dt <
Z +∞
x
H′(t) dt , ∀ x > 0 (積分之保序性)
⇒ x
1 + x2e−x2/2 <
Z +∞
x
e−t2/2dt < 1
xe−x2/2, (見下方之 (⋆) ).
(⋆)
− Z +∞
x
F′(t) dt = − lim
y→+∞
hF (t)iy x
= − lim
y→+∞ F (y) − F (x) = x
1 + x2e−x2/2,
− Z +∞
x
H′(t) dt = − lim
y→+∞
hH(t)iy x
= − lim
y→+∞ H(y) − H(x) = 1
xe−x2/2.
16 微積分基本定理 148
♠ (16-13) 試求 lim
x→+∞xe−x2
Z x 0
et2dt.
分析 化為 ∞∞ 不定型, 再利用 l’Hospital規則. 解 由於 lim
x→+∞
Z x 0
et2 dt = +∞,
原題= lim
x→+∞
x Z x
0
et2dt ex2
= lim
x→+∞
Z x 0
et2dt + xex2 2xex2
, ( l’Hospital 規則)
= lim
x→+∞
Z x 0
et2dt 2xex2
+1 2
= lim
x→+∞
ex2 2ex2 + 4x2ex2
+1
2, ( l’Hospital 規則)
= lim
x→+∞
1
2 + 4x2 + 1 2 = 1
2.
♠ (16-14) 設函數 f 於區間 (0, +∞)上為可微分, 且對任意正數 a 與 b 皆有等式 f (ab) = f (a) + f (b). 試證 :
(a) ∀ x > 0, f′(x) = f′(1) x ;
(b) 存在常數 k 使得 ∀ x > 0, f (x) = k Z x
1
dt t ; (c) 若 f′(1) = 1, 則 f = ln .
分析 本題之關鍵在於將 f (ab) = f (a) + f (b) 化成 f (ax) = f (a) + f (x) , 再微分之, 即 可一步步證得三個小題之結果, 過程中需要使用微積分基本定理第二型.
證 (a) 由題意知,
f (ax) = f (a) + f (x), ∀x > 0, (1) (1) 式兩端分別對 x 微分之, 得
af′(ax) = f′(x), ∀x > 0,
16 微積分基本定理 149 再以 1/x 代入上式之a , 則得
1
xf′(1) = f′(x), (2)
(b) (1) 式中以 1 代x 即得f (1) = 0 . 其次, (2)式中令 k = f′(1) , 再積分之, 則 k
Z x 1
dt t =
Z x 1
f′(t) dt = f (x) − f (1) = f (x). (3)
(c) 若 f′(1) = 1 , 則由 (3) 式得, f (x) =
Z x 1
dt
t = ln x, ∀x > 0.