中册 4.2 定积分计算 第31题
📝 题目
31．证明下列结论．
（1）设 $f(x)$ 在 $\mathbf{R}$ 上有三阶连续导数，证明：
$$
f(x)-\left(f(0)+f^{\prime}(0) x+\frac{1}{2} f^{\prime \prime}(0) x^{2}\right)=\frac{1}{2} \int_{0}^{x} f^{\prime \prime \prime}(t)(x-t)^{2} \mathrm{~d} t .
$$
（2）设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上二阶导函数连续，$\displaystyle c=\frac{a+b}{2}$ ，证明：
$$
\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x=(b-a) f(c)+\frac{1}{2} \int_{c}^{b}(b-x)^{2} f^{\prime \prime}(x) \mathrm{d} x+\frac{1}{2} \int_{a}^{c}(a-x)^{2} f^{\prime \prime}(x) \mathrm{d} x \text {. }
$$
（3）设 $f(x, y)$ 有处处连续的二阶偏导数，$f_{x}^{\prime}(0,0)=f_{y}^{\prime}(0,0)=f(0,0)=0$ ．证明：
$$
f(x, y)=\int_{0}^{1}(1-t)\left(x^{2} f_{11}(t x, t y)+2 x y f_{12}(t x, t y)+y^{2} f_{22}(t x, t y)\right) \mathrm{d} t . }
$$
（4）设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上二阶导函数连续．证明：
$$
\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x=(b-a) \frac{f(a)+f(b)}{2}+\frac{1}{2} \int_{c}^{b}(x-a)(x-b) f^{\prime \prime}(x) \mathrm{d} x \text {. }
$$
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
利用分部积分法．
$$
\text { (1) } \begin{aligned}
\int_{0}^{x} f^{\prime \prime \prime}(t)(x-t)^{2} \mathrm{~d} t & =\int_{0}^{x}(x-t)^{2} \mathrm{~d} f^{\prime \prime}(t)=\left.(x-t)^{2} f^{\prime \prime}(t)\right|_{0} ^{x}-2 \int_{0}^{x} f^{\prime \prime}(t)(x-t) \mathrm{d} t \\
& =-x^{2} f^{\prime \prime}(0)-2 \int_{0}^{x}(x-t) \mathrm{d} f^{\prime}(t)=-x^{2} f^{\prime \prime}(0)-2\left[\left.(x-t) f^{\prime}(t)\right|_{0} ^{x}-\int_{0}^{x} f^{\prime}(t) \mathrm{d} t\right] \\
& =-x^{2} f^{\prime \prime}(0)-2 x f^{\prime}(0)+2 \int_{0}^{x} f^{\prime}(t) \mathrm{d} t=-x^{2} f^{\prime \prime}(0)-2 x f^{\prime}(0)+2 f(x)-2 f(0)
\end{aligned}
$$
所以 $\displaystyle f(x)-\left(f(0)+f^{\prime}(0) x+\frac{1}{2} f^{\prime \prime}(0) x^{2}\right)=\frac{1}{2} \int_{0}^{x} f^{m}(t)(x-t)^{2} \mathrm{~d} t$ ．
$$
\text { (2) } \begin{aligned}
\frac{1}{2} \int_{c}^{b}(b-x)^{2} f^{\prime \prime}(x) \mathrm{d} x & =\frac{1}{2} \int_{c}^{b}(b-x)^{2} \mathrm{~d} f^{\prime}(x)=\left.\frac{1}{2}(b-x)^{2} f^{\prime}(x)\right|_{c} ^{b}+\int_{c}^{b}(b-x) f^{\prime}(x) \mathrm{d} x \\
& =-\frac{1}{2}(b-c)^{2} f^{\prime}(c)+\int_{c}^{b}(b-x) \mathrm{d} f(x) \\
& =-\frac{1}{2}(b-c)^{2} f^{\prime}(c)+\left.(b-x) f(x)\right|_{c} ^{b}+\int_{c}^{b} f(x) \mathrm{d} x \\
& =-\frac{1}{2}(b-c)^{2} f^{\prime}(c)-(b-c) f(c)+\int_{c}^{b} f(x) \mathrm{d} x \\
\frac{1}{2} \int_{a}^{c}(a-x)^{2} f^{\prime \prime}(x) \mathrm{d} x & =\frac{1}{2} \int_{a}^{c}(a-x)^{2} \mathrm{~d} f^{\prime}(x)=\left.\frac{1}{2}(a-x)^{2} f^{\prime}(x)\right|_{a} ^{c}+\int_{a}^{c}(a-x) f^{\prime}(x) \mathrm{d} x \\
& =\frac{1}{2}(a-c)^{2} f^{\prime}(c)+\int_{a}^{c}(a-x) \mathrm{d} f(x) \\
& =\frac{1}{2}(a-c)^{2} f^{\prime}(c)+\left.(a-x) f(x)\right|_{a} ^{c}+\int_{a}^{c} f(x) \mathrm{d} x \\
& =\frac{1}{2}(a-c)^{2} f^{\prime}(c)+(a-c) f(c)+\int_{a}^{c} f(x) \mathrm{d} x
\end{aligned}
$$
所以 $\displaystyle (b-a) f(c)+\frac{1}{2} \int_{c}^{b}(b-x)^{2} f^{\prime \prime}(x) \mathrm{d} x+\frac{1}{2} \int_{a}^{c}(a-x)^{2} f^{\prime \prime}(x) \mathrm{d} x$
$$
\begin{aligned}
& =(b-a) f(c)-\frac{1}{2}(b-c)^{2} f^{\prime}(c)-(b-c) f(c)+\int_{c}^{b} f(x) \mathrm{d} x+\frac{1}{2}(a-c)^{2} f^{\prime}(c)+(a-c) f(c)+\int_{a}^{c} f(x) \mathrm{d} x \\
& =\frac{1}{2}(a+b-2 c)(a-b) f^{\prime}(c)+\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x=\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x
\end{aligned}
$$
（3） $\int_{0}^{1}(1-t)\left(x^{2} f_{11}(t x, t y)+2 x y f_{12}(t x, t y)+y^{2} f_{22}(t x, t y)\right) \mathrm{d} t$
$$
\begin{aligned}
& =\int_{0}^{1}(1-t) \frac{\mathrm{d}^{2} f(t x, t y)}{\mathrm{d} t^{2}} \mathrm{~d} t=\left.(1-t) \frac{\mathrm{d} f(t x, t y)}{\mathrm{d} t}\right|_{0} ^{1}+\int_{0}^{1} \frac{\mathrm{~d} f(t x, t y)}{\mathrm{d} t} \mathrm{~d} t=-\left.\frac{\mathrm{d} f(t x, t y)}{\mathrm{d} t}\right|_{t=0}+\left.f(t x, t y)\right|_{0} ^{1} \\
& =-\left(x f_{1}^{\prime}(0,0)+y f_{2}^{\prime}(0,0)\right)+f(x, y)-f(0,0)=f(x, y)
\end{aligned}
$$
（4） $\int_{c}^{b}(x-a)(x-b) f^{\prime \prime}(x) \mathrm{d} x=\int_{c}^{b}(x-a)(x-b) \mathrm{d}\left(f^{\prime}(x)\right)=-\int_{c}^{b}(2 x-a-b) f^{\prime}(x) \mathrm{d} x$
$$
=-\int_{c}^{b}(2 x-a-b) \mathrm{d} f(x)=2 \int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x-(b-a)(f(a)+f(b)) .
$$
所以 $\displaystyle \int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x=(b-a) \frac{f(a)+f(b)}{2}+\frac{1}{2} \int_{c}^{b}(x-a)(x-b) f^{\prime \prime}(x) \mathrm{d} x$ ．
📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：证明(1)：利用分部积分法将积分转化为函数值
对积分 $\int_0^x f'''(t)(x-t)^2 dt$ 进行分部积分，令 $u=(x-t)^2$, $dv=f'''(t)dt$，则 $du=-2(x-t)dt$, $v=f''(t)$。于是
\[
\int_0^x f'''(t)(x-t)^2 dt = \left. (x-t)^2 f''(t) \right|_0^x - \int_0^x f''(t) \cdot (-2(x-t)) dt = -x^2 f''(0) + 2\int_0^x f''(t)(x-t) dt.
\]
公式：$\int u dv = uv - \int v du$
提示：注意分部积分时边界项的处理，$t=x$ 时 $(x-t)^2=0$。
步骤 2/6
目标：证明(1)：继续分部积分得到最终表达式
对 $\int_0^x f''(t)(x-t) dt$ 再次分部积分，令 $u=x-t$, $dv=f''(t)dt$，则 $du=-dt$, $v=f'(t)$。得到
\[
\int_0^x f''(t)(x-t) dt = \left. (x-t) f'(t) \right|_0^x - \int_0^x f'(t)(-dt) = -x f'(0) + \int_0^x f'(t) dt.
\]
代入上式得
\[
\int_0^x f'''(t)(x-t)^2 dt = -x^2 f''(0) + 2\left(-x f'(0) + \int_0^x f'(t) dt\right) = -x^2 f''(0) - 2x f'(0) + 2(f(x)-f(0)).
\]
两边除以2并移项即得结论。
公式：$\int_0^x f'(t) dt = f(x)-f(0)$
提示：注意 $\int_0^x f'(t) dt = f(x)-f(0)$ 是微积分基本定理。
步骤 3/6
目标：证明(2)：分别计算两个积分项
先计算 $\frac12\int_c^b (b-x)^2 f''(x) dx$。分部积分：令 $u=(b-x)^2$, $dv=f''(x)dx$，则 $du=-2(b-x)dx$, $v=f'(x)$。得
\[
\frac12\int_c^b (b-x)^2 f''(x) dx = \frac12\left[ (b-x)^2 f'(x) \right]_c^b + \int_c^b (b-x) f'(x) dx = -\frac12 (b-c)^2 f'(c) + \int_c^b (b-x) f'(x) dx.
\]
再对 $\int_c^b (b-x) f'(x) dx$ 分部积分：令 $u=b-x$, $dv=f'(x)dx$，得
\[
\int_c^b (b-x) f'(x) dx = \left. (b-x) f(x) \right|_c^b + \int_c^b f(x) dx = -(b-c) f(c) + \int_c^b f(x) dx.
\]
所以
\[
\frac12\int_c^b (b-x)^2 f''(x) dx = -\frac12 (b-c)^2 f'(c) - (b-c) f(c) + \int_c^b f(x) dx.
\]
公式：分部积分公式
提示：注意 $c = (a+b)/2$，所以 $b-c = (b-a)/2$，但此处保留符号。
步骤 4/6
目标：证明(2)：计算另一个积分项并求和
类似地计算 $\frac12\int_a^c (a-x)^2 f''(x) dx$。分部积分得
\[
\frac12\int_a^c (a-x)^2 f''(x) dx = \frac12 (a-c)^2 f'(c) + (a-c) f(c) + \int_a^c f(x) dx.
\]
将两个积分结果代入原式右边：
\[
(b-a)f(c) + \left[-\frac12 (b-c)^2 f'(c) - (b-c) f(c) + \int_c^b f(x) dx\right] + \left[\frac12 (a-c)^2 f'(c) + (a-c) f(c) + \int_a^c f(x) dx\right].
\]
由于 $c = (a+b)/2$，有 $b-c = c-a = (b-a)/2$，且 $(b-c)^2 = (a-c)^2$，所以 $f'(c)$ 项抵消。同时 $(b-a)f(c) - (b-c)f(c) + (a-c)f(c) = (b-a - (b-c) + (a-c))f(c) = 0$。因此剩下 $\int_c^b f(x) dx + \int_a^c f(x) dx = \int_a^b f(x) dx$。
公式：无
提示：注意利用 $c$ 的对称性简化计算。
步骤 5/6
目标：证明(3)：将二元函数积分转化为全微分
令 $g(t) = f(tx, ty)$，则 $g'(t) = x f_x(tx,ty) + y f_y(tx,ty)$，$g''(t) = x^2 f_{xx}(tx,ty) + 2xy f_{xy}(tx,ty) + y^2 f_{yy}(tx,ty)$。因此被积函数为 $(1-t) g''(t)$。积分得
\[
\int_0^1 (1-t) g''(t) dt = \left. (1-t) g'(t) \right|_0^1 + \int_0^1 g'(t) dt = -g'(0) + g(1) - g(0).
\]
由条件 $f(0,0)=0$, $f_x(0,0)=f_y(0,0)=0$，得 $g(0)=0$, $g'(0)=0$，所以原积分等于 $g(1)=f(x,y)$。
公式：链式法则：$\frac{d}{dt} f(tx,ty) = x f_x + y f_y$
提示：注意二阶偏导数的计算要准确，$f_{12}$ 和 $f_{21}$ 相等。
步骤 6/6
目标：证明(4)：利用分部积分将积分转化为边界项
考虑积分 $\int_a^b (x-a)(x-b) f''(x) dx$。分部积分：令 $u=(x-a)(x-b)$, $dv=f''(x)dx$，则 $du = (2x-a-b)dx$, $v=f'(x)$。得
\[
\int_a^b (x-a)(x-b) f''(x) dx = \left. (x-a)(x-b) f'(x) \right|_a^b - \int_a^b (2x-a-b) f'(x) dx = -\int_a^b (2x-a-b) f'(x) dx.
\]
再对 $\int_a^b (2x-a-b) f'(x) dx$ 分部积分：令 $u=2x-a-b$, $dv=f'(x)dx$，则 $du=2dx$, $v=f(x)$。得
\[
\int_a^b (2x-a-b) f'(x) dx = \left. (2x-a-b) f(x) \right|_a^b - 2\int_a^b f(x) dx = (b-a)(f(b)+f(a)) - 2\int_a^b f(x) dx.
\]
代入得
\[
\int_a^b (x-a)(x-b) f''(x) dx = -\left[(b-a)(f(b)+f(a)) - 2\int_a^b f(x) dx\right] = 2\int_a^b f(x) dx - (b-a)(f(a)+f(b)).
\]
移项即得结论。
公式：分部积分公式
提示：注意边界项：在 $x=a$ 和 $x=b$ 处 $(x-a)(x-b)=0$，所以第一项为0。
📷 拍照上传批改
拍照上传批改功能已预留入口，后续接入图片上传、OCR识别与AI批改。