新讲 第13章 重积分 第4题
📝 题目
例 4 设 $f\left( t\right)$ 在 $\left\lbrack {a,b}\right\rbrack$ 连续, $x \in \left\lbrack {a,b}\right\rbrack$ . 试证明
$$ {\int }_{a}^{x}\mathrm{\;d}{t}_{n - 1}{\int }_{a}^{{t}_{n - 1}}\mathrm{\;d}{t}_{n - 2}\cdots {\int }_{a}^{{t}_{1}}f\left( t\right) \mathrm{d}t $$
$$ = \frac{1}{\left( {n - 1}\right) !}{\int }_{a}^{x}{\left( x - t\right) }^{n - 1}f\left( t\right) \mathrm{d}t. $$
💡 答案解析
证明 我们对积分的层数做归纳. 先看二层积分的情形. 对这情形, 利用
📋 详细解题步骤
步骤 1/3
目标：证明n=2时等式成立
当n=2时，左边为∫_a^x dt_1 ∫_a^{t_1} f(t) dt。交换积分次序：积分区域为a≤t≤t_1≤x，即t从a到x，t_1从t到x。于是左边=∫_a^x f(t) dt ∫_t^x dt_1 = ∫_a^x f(t)(x-t) dt。右边为1/(1)! ∫_a^x (x-t)^1 f(t) dt = ∫_a^x (x-t) f(t) dt。两边相等，故n=2时成立。
公式：∫_a^x dt_1 ∫_a^{t_1} f(t) dt = ∫_a^x (x-t) f(t) dt
提示：注意积分区域的描述，交换积分次序是关键。
步骤 2/3
目标：假设n=k时等式成立，证明n=k+1时成立
假设对k重积分有∫_a^x dt_{k-1} ... ∫_a^{t_1} f(t) dt = 1/(k-1)! ∫_a^x (x-t)^{k-1} f(t) dt。考虑k+1重积分：左边=∫_a^x dt_k ∫_a^{t_k} dt_{k-1} ... ∫_a^{t_1} f(t) dt。由归纳假设，内层k重积分等于1/(k-1)! ∫_a^{t_k} (t_k - t)^{k-1} f(t) dt。于是左边=∫_a^x dt_k [1/(k-1)! ∫_a^{t_k} (t_k - t)^{k-1} f(t) dt] = 1/(k-1)! ∫_a^x f(t) dt ∫_t^x (t_k - t)^{k-1} dt_k。计算内层积分：∫_t^x (t_k - t)^{k-1} dt_k = (x-t)^k / k。代入得左边=1/(k-1)! * 1/k ∫_a^x (x-t)^k f(t) dt = 1/k! ∫_a^x (x-t)^k f(t) dt。右边当n=k+1时为1/k! ∫_a^x (x-t)^k f(t) dt，两边相等。
公式：∫_a^x dt_k ∫_a^{t_k} (t_k - t)^{k-1} f(t) dt = 1/k ∫_a^x (x-t)^k f(t) dt
提示：利用归纳假设将内层积分替换，然后交换积分次序并计算内层积分。
步骤 3/3
目标：由数学归纳法，结论对所有正整数n成立
已证n=2成立，且假设n=k成立可推出n=k+1成立，故由数学归纳法，对任意正整数n≥2，等式成立。注意n=1时左边为∫_a^x f(t) dt，右边为1/0! ∫_a^x (x-t)^0 f(t) dt = ∫_a^x f(t) dt，也成立。
提示：归纳法证明时注意基础步骤和归纳步骤的完整性。
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