定积分的精确定义

$$\int _{a}^b f(x) \mathrm{d}x=\lim_{ n \to \infty } \sum_{i=1}^nf\left( a+\frac{b-a}{n}i \right)\frac{b-a}{n}$$

提示

这里的$\displaystyle a+\frac{b-a}{n}i$，是取矩形的右端点对应的f值为高，如果取左端高，只需让$i$从$0\text{到}n-1$

当$a=0,b=1$时，可得

$$\int _{0}^1 f(x) \mathrm{d}x=\lim_{ n \to \infty } \sum_{i=1}^nf\left( \frac{i}{n} \right)\frac{1}{n}$$

凑定积分定义

一般步骤：

1. 先提出$\displaystyle \frac{1}{n}$
2. 再凑出$\displaystyle \frac{i}{n}$
3. $\displaystyle \frac{i}{n}$可读作0到1 上的 $x$，$\displaystyle \frac{1}{n}$读作0 到 1 上的$\mathrm{d}x$

例题：

$$\begin{gathered} \lim_{n\to\infty}\left(\frac{n+1}{n^2+1}+\frac{n+2}{n^2+4}+\frac{n+3}{n^2+9}+\cdots+\frac{n+n}{n^2+n^2}\right)=\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^{n}\frac{n+i}{n^2+i^2} \\ \frac{\mathbb{1}}{=}\operatorname*{lim}_{n\to\infty}\sum_{i=1}^{n}\frac{n^{2}+ni}{n^{2}+i^{2}}\cdot\frac{1}{n}\xrightarrow{\mathbb{2}}\operatorname*{lim}_{n\to\infty}\sum_{i=1}^{n}\frac{1+\frac{i}{n}}{1+\left(\frac{i}{n}\right)^{2}}\cdot\frac{1}{n}\xrightarrow{\mathbb{3}}\int_{0}^{1}\frac{1+x}{1+x^{2}}\mathrm{d}x=\frac{\pi}{4}+\frac{1}{2}{\ln2}. \end{gathered}$$

序号对应上面的三条步骤

数列n项和极限

先提出$\displaystyle \frac{1}{n}$，如果能凑出$\displaystyle \frac{i}{n}$就用定积分定义来做，不能就用夹逼定理

存在定理

充分条件:

1. 若$f(x)$在$[a,b]$上连续，则$\displaystyle\int _{a}^b f(x) dx$存在
2. 若$f(x)$在$[a,b]$上单调，则$\displaystyle\int _{a}^b f(x) dx$存在
3. 若$f(x)$在$[a,b]$上有界，且只有有限个间断点，则$\displaystyle\int _{a}^b f(x) dx$存在

必要条件:

可积函数必有界，若定积分$\displaystyle\int _{a}^b f(x) dx$存在，则$f(x)$在$[a,b]$上必有界

性质

1. 积分的保号性

若在区间$[a,b]$上$f(x)\leq g(x)$,则有

$$\int _{a}^b f(x) dx \leq \int _{a}^bg(x) dx$$

特殊地，有

$$\left| \int _{a}^b f(x) dx \right| \leq \int _{a}^b\left| f(x) \right| dx$$

注意

事实上，设$f(x)$是$[a,b]$上非负的连续函数，只要$f(x)$不恒等于零，就必有

$$\int_{a}^{b}f(x) \, dx>0$$

同理对于$f(x)\leq g(x)$，只要不是恒等于，就必有

$$\int _{a}^b f(x) dx < \int _{a}^bg(x) dx$$

2. 中值定理

设$f(x)$在闭区间$[a,b]$上连续，则在$(a,b)$^[1]上至少存在一点$\xi$，使得

$$\int _{a}^b f(x) dx =f(\xi)(b-a)$$

推广的积分中值定理

设$f(x),g(x)$在$[a,b]$上连续且$g(x)$不变号，则至少存在一点$\xi\in(a,b)$^[2]，使得

$$\int _{a}^b f(x)g(x) dx=f(\xi)\int _{a}^b g(x) dx$$

证明：

变限积分

变限积分的性质

1. 函数$f(x)$在$[a,b]$上可积，则函数$F(x)=\int_{a}^{x} f(t)\, dt$在$[a,b]$上连续^[3]
2. 函数$f(x)$在$[a,b]$上连续，则函数$F(x)=\int_{a}^{x} f(t)\, dt$在$[a,b]$上可导

提示

变限积分$F(x)=\int_{a}^{x} f(t)\, dt$只要他存在，就必然是连续的

变限积分的求导公式

设$\displaystyle F(x)=\int_{\varphi_i(x)}^{\varphi_i(x)}f(t)\mathrm{d}t$，其中$f(x)$在$[a,b]$上连续，可导函数$\varphi_{1}\left(x\right)\text{和}\varphi_{2}\left(x\right)$的值域在$[a,b]$上，则在函数$\varphi_{1}\left(x\right)\text{和}\varphi_{2}\left(x\right)$的公共定义域上，有

$$F^{\prime}(x)=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\biggl[\int_{\varphi_{i}(x)}^{\varphi_{i}(z)}f(t)\mathrm{d}t\biggr]=f\bigl[\varphi_{2}(x)\bigr]\varphi_{2}^{\prime}(x)-f\bigl[\varphi_{1}(x)\bigr]\varphi_{1}^{\prime}(x)$$

注意

我们称上面公式中的$x$为"求导变量"，$t$为"积分变量"."求导变量"$x$只出现在积分的上、下限时才能使用变限积分求导公式，若"求导变量"$x$出现在被积函数中，必须通过恒等变形（比如变量代换等)将其移出被积函数，才能使用变限积分求导公式，

定积分计算

左端定积分的被积函数含有变限积分，考虑分部积分法.

计算定积分的一些结论

1. 奇偶性，连续的奇函数一切原函数都是偶函数，连续的偶函数的原函数中仅有一个原函数是奇函数^[4]
2. 周期性
3. 区间再现公式，$f(x)$为连续函数，$\int_{a}^{b}f\left(x\right)\mathrm{d}x=\int_{a}^{b}f\left(a+b-x\right)\mathrm{d}x,$

积分等式与不等式

见基础 30 讲中的第十讲

一、积分等式

1.用中值定理

见中值定理中拓展的中值定理

2.用夹逼准则

例题

(1) 比较 $\int_{0}^{1}|\ln t|[\ln (1+t)]^{n} \mathrm{d} t$ 与 $\int_{0}^{1} t^{n}|\ln t| \mathrm{d} t(n=1,2, \cdots)$ 的大小, 说明理由.

(2) 记 $u_{n}=\int_{0}^{1}|\ln t|[\ln (1+t)]^{n} \mathrm{d} t(n=1,2, \cdots)$, 求 $\lim _{n \rightarrow \infty} u_{n}$.

解 (1) 当 $0 \leqslant t \leqslant 1$ 时, $0 \leqslant \ln (1+t) \leqslant t$, 所以

$$0 \leqslant|\ln t|[\ln (1+t)]^{n} \leqslant t^{n}|\ln t|,$$

根据积分的保号性, 得

$$\int_{0}^{1}|\ln t|[\ln (1+t)]^{n} \mathrm{d} t \leqslant \int_{0}^{1} t^{n}|\ln t| \mathrm{d} t .$$

(2) 由 (1) 知,

$$0 \leqslant u_{n}=\int_{0}^{1}|\ln t|[\ln (1+t)]^{n} \mathrm{d} t \leqslant \int_{0}^{1} t^{n}|\ln t| \mathrm{d} t .$$

又因为

$$\int_{0}^{1} t^{n}|\ln t| \mathrm{d} t=-\int_{0}^{1} t^{n} \ln t \mathrm{d} t=-\left.\frac{t^{n+1}}{n+1} \ln t\right|_{0} ^{1}+\frac{1}{n+1} \int_{0}^{1} t^{n} \mathrm{d} t=\frac{1}{(n+1)^{2}},$$

所以 $\lim _{n \rightarrow \infty} \int_{0}^{1} t^{n}|\ln t| \mathrm{d} t=0$, 于是由夹逼准则得 $\lim _{n \rightarrow \infty} u_{n}=0$.

3.用积分法

例题

设 $f(x)$ 是连续的偶函数, 且是以 $T$ 为周期的周期函数.

(1) 证明: $\int_{0}^{n T} x f(x) \mathrm{d} x=\frac{n^{2} T}{2} \int_{0}^{T} f(x) \mathrm{d} x(n=1,2,3, \cdots)$;

(2)利用 (1) 的结论计算 $I=\int_{0}^{n \pi} x|\sin x| \mathrm{d} x$.

解：(1)

$$\begin{align*} \int_{0}^{nT}xf\left(x\right)\mathrm{d}x\xrightarrow{x=nT-t}nT\int_{0}^{nT}f\left(t\right)\mathrm{d}t-\int_{0}^{nT}tf\left(t\right)\mathrm{d}t, \\ \int_{0}^{n T} x f(x) \mathrm{d} x=\frac{n T}{2} \int_{0}^{n T} f(x) \mathrm{d} x \end{align*}$$

又 $f(x+T)=f(x)$, 则

$$\int_{0}^{n T} f(x) \mathrm{d} x=n \int_{0}^{T} f(x) \mathrm{d} x$$

故

$$\int_{0}^{n T} x f(x) \mathrm{d} x=\frac{n^{2} T}{2} \int_{0}^{T} f(x) \mathrm{d} x(n=1,2,3, \cdots) .$$

(2) 解 $|\sin x|$ 是连续的以 $\pi$ 为周期的偶函数, 故

$$I =\int_{0}^{n \pi} x|\sin x| \mathrm{d} x=\frac{n^{2} \pi}{2} \int_{0}^{\pi}|\sin x| \mathrm{d} x =\frac{n^{2} \pi}{2} \int_{0}^{\pi} \sin x \mathrm{d} x=n^{2} \pi .$$

二、积分不等式

1. 用函数的单调性

提示

通常的做法：首先将某一积分限（通常取上限）变量化，然后移项构造辅助函数，由辅助函数的单调性来证明不等式，此方法多用于所给条件为“$f(x)$在$[a,b]$上连续”的情形

例题

$\text{设 }f(x)\text{在}[a,b]\text{上连续},\text{且 }f(x)\text{>0},\text{证明}:\int_a^bf\left(x\right)\mathrm{d}x*\int_a^b\frac{1}{f(x)}\mathrm{d}x\geqslant(b-a)^2$

$$\begin{align*} \text{令}F(x)=\int_{a}^{x}f(t)\mathrm{d}t\cdot\int_{a}^{x}\frac{1}{f(t)}\mathrm{d}t-(x-a)^2(a\leqslant x\leqslant b),\text{则}\\\\ F^{\prime}(x)=f(x)\int_{a}^{x}\frac{\mathrm{d}t}{f(t)}+\frac{1}{f(x)}\int_{a}^{x}f(t)\mathrm{d}t-2(x-a)\\\\=\int_{a}^{x}\biggl[\frac{f(x)}{f(t)}+\frac{f(t)}{f(x)}-2\biggr]\mathrm{d}t\geqslant\int_{a}^{x}(2-2)\mathrm{d}t=0.\\ \text{从而},F(x)\text{单调增加.故}F(b)\geqslant F(a)=0,\text{得证}. \end{align*}$$

2.用拉格朗日中值定理

提示

此方法多用于所给条件为“$f(x)$一阶可导”且某一端点值较简单（甚至为0）的题目.

例题

设 ${f(x)}$ 在 ${[0,1]}$ 上具有一阶连续导数, 且 ${f(0)=f(1)=0}$. 证明:

$$\left|\int_{0}^{1} f(x) \mathrm{d} x\right| \leqslant \frac{1}{4} \max _{x \in[0,1]}\left\{\left|f{\prime}(x)\right|\right\} .$$

证明：将大区间 ${[0,1]}$ 分成两个小区间 ${[0, x]}$ 和 ${[x, 1]}$.
在 ${[0, x]}$ 上对 ${f(x)}$ 使用拉格朗日中值定理, 得 ${f(x)-f(0)=f(x)=f{\prime}\left(\xi_{1}\right) x}$, 其中 ${\xi_{1} \in(0, x)}$, 于是

$$|f(x)|=\left|f{\prime}\left(\xi_{1}\right)\right| x .$$

在 ${[x, 1]}$ 上对 ${f(x)}$ 用拉格朗日中值定理, 得 ${f(1)-f(x)=-f(x)=f{\prime}\left(\xi_{2}\right)(1-x)}$, 其中${\xi_{2} \in(x, 1)}$, 于是

$${|f(x)|=\left|f{\prime}\left(\xi_{2}\right)\right|(1-x)}.$$

当 ${x \in[0,1]}$ 时, 记 ${M=\max \left\{\left|f{\prime}(x)\right|\right\}}$, 则

$$|f(x)| \leqslant M x, |f(x)| \leqslant M(1-x),$$

于是

$$\left|\int_{0}^{1} f(x) \mathrm{d} x\right| =\left|\int_{0}^{x} f(t) \mathrm{d} t+\int_{x}^{1} f(t) \mathrm{d} t\right|$$

$$\leqslant M \int_{0}^{x} t \mathrm{d} t+M \int_{x}^{1}(1-t) \mathrm{d} t=M\left[\frac{x^{2}}{2}+\frac{(1-x)^{2}}{2}\right],$$

其中, 根据基本不等式, ${\min \left\{\frac{x^{2}}{2}+\frac{(1-x)^{2}}{2}\right\}=\frac{1}{4}}$, 故得证.

3. 用泰勒公式

提示

此方法多用于所给条件为“$f(x)$二阶可导”且某一端点值较简单(甚至为 0)的题目

例题

设 $f(x)$ 在 $[0,2]$ 上二阶导数连续, 且 $f(1)=0$. 当 $x \in[0,2]$ 时, 记 $M=\max \left\{\left|f{\prime \prime}(x)\right|\right\}$, 证明 $\left|\int_{0}^{2} f(x) \mathrm{d} x\right| \leqslant \frac{1}{3} M$.

证明: 根据题设, 选取基点 $x_{0}=1$ 展开成泰勒公式,

$$f(x)=f(1)+f{\prime}(1)(x-1)+\frac{f{\prime \prime}(\xi)}{2}(x-1)^{2} \text { (其中 } \xi \text { 介于 } x, 1 \text { 之间) }$$

$$\Rightarrow \int_{0}^{2} f(x) \mathrm{d} x=f{\prime}(1) \int_{0}^{2}(x-1) \mathrm{d} x+\int_{0}^{2} \frac{f{\prime \prime}(\xi)}{2}(x-1)^{2} \mathrm{d} x=\frac{1}{2} \int_{0}^{2} f{\prime \prime}(\xi)(x-1)^{2} \mathrm{d} x$$

$$\Rightarrow \left|\int_{0}^{2} f(x) \mathrm{d} x\right| \leqslant \frac{1}{2} \int_{0}^{2}\left|f{\prime \prime}(\xi)\right|(x-1)^{2} \mathrm{d} x \leqslant \frac{1}{2} M \int_{0}^{2}(x-1)^{2} \mathrm{d} x=\frac{1}{3} M,$$

故得证.

4. 用积分法

例题

设 $f(x)$ 的二阶导数 $f{\prime \prime}(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续, 且 $f(0)=f(1)=0$, 证明:
(1) $\int_{0}^{1} f(x) \mathrm{d} x=\frac{1}{2} \int_{0}^{1} x(x-1) f{\prime \prime}(x) \mathrm{d} x$;
(2) $\left|\int_{0}^{1} f(x) \mathrm{d} x\right| \leqslant \frac{1}{12} \max _{0<x<1}\left\{\left|f{\prime \prime}(x)\right|\right\}$.

证明:
(1)

$$\frac{1}{2} \int_{0}^{1} x(x-1) f{\prime \prime}(x) \mathrm{d} x =\frac{1}{2} \int_{0}^{1} x(x-1) \mathrm{d}\left[f{\prime}(x)\right]$$

$$=\left.\frac{1}{2} x(x-1) f{\prime}(x)\right|_{0} ^{1}-\frac{1}{2} \int_{0}^{1} f{\prime}(x)(2 x-1) \mathrm{d} x$$

$$=-\frac{1}{2} \int_{0}^{1}(2 x-1) \mathrm{d}[f(x)]$$

$$=-\left.\frac{1}{2}(2 x-1) f(x)\right|_{0} ^{1}+\int_{0}^{1} f(x) \mathrm{d} x .$$

由条件 $f(0)=f(1)=0$ 知结论成立.
(2) 记 $M=\max _{0<x<1}\left\{\left|f{\prime \prime}(x)\right|\right\}$, 则由 (1) 有

$$\left|\int^{1} f(x) \mathrm{d} x\right| \leqslant \frac{M}{2} \int_{0}^{1} x(1-x) \mathrm{d} x=\frac{M}{2}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)=\frac{M}{12} .$$

结论

等价积分

$$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}f(\sin x)\mathrm{d}x=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}f(\cos x)\mathrm{d}x$$

华里士公式:

$$\begin{align*} \int_0^{\pi/2} \sin^n x dx &= \int_0^{\pi/2} \cos^n x dx \\ &= \begin{cases} \displaystyle\frac{n-1}{n} \cdot \frac{n-3}{n-2} \cdot \dots \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2}, & \text{当 } n \text{ 为正偶数， } I_0 = \frac{\pi}{2}. \\ \displaystyle\frac{n-1}{n} \cdot \frac{n-3}{n-2} \cdot \dots \cdot \frac{2}{3}, & \text{当 } n \text{ 为大于1的正奇数， } I_1 = 1. \end{cases} \end{align*}$$

---

$$\int _{0}^{2\pi}\sin^n x =\begin{cases} 0, &n\text{为正奇数} \\ 2\displaystyle\int _{0}^\pi \sin^n x dx &n\text{为正偶数} \end{cases}$$

为偶数时

$$\begin{aligned} 2\int_{0}^{\pi}\sin^{n}x\mathrm{d}x& =2\Big(\int_0^{\frac\pi2}\sin^n\mathrm{d}x+\int_{\frac\pi2}^{\pi}\sin^n\mathrm{d}x\Big)(\text{第二个积分令 }x=\pi-t) \\ &=2\biggl[\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n}x\mathrm{d}x+\int_{\frac{\pi}{2}}^{0}\sin^{n}\left(\pi-t\right)\left(-\mathrm{d}t\right)\biggr] \\ &=2\left(\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^nx\mathrm{d}x+\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^nt\mathrm{d}t\right)=4\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^nx\mathrm{d}x \\ &=4\cdot\frac{n-1}n\cdot\frac{n-3}{n-2}\cdot\cdots\cdot\frac12\cdot\frac\pi2 \end{aligned}$$

即

$$\int_0^{2\pi}\sin^n\mathrm{d}x=\begin{cases}0,&n\text{ 为正奇数,}\\4\cdot\frac{n-1}{n}\cdot\frac{n-3}{n-2}\cdot\cdots\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2}\text{,}&n\text{ 为正偶数}.\end{cases}$$

---

$$\begin{aligned} \int_{0}^{2\pi}\cos^{n}x\mathrm{d}x& =\int_{-\pi}^{\pi}\cos^{n}x\mathrm{d}x=2\int_{0}^{\pi}\cos^{n}x\mathrm{d}x \\ &=2\left(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{n}x\mathrm{d}x+\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\cos^{n}x\mathrm{d}x\right)(\text{第二个积分令 }x=\pi-t) \\ &=2\biggl[\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{n}x\mathrm{d}x+\int_{\frac{\pi}{2}}^{0}\cos^{n}\left(\pi-t\right)\left(-\mathrm{d}t\right)\biggr] \\ &=2\biggl[\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{n}x\mathrm{d}x+\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(-\cos t)^{n}\mathrm{d}t\biggr]. \end{aligned}$$

$n$为正奇数时,$(-\cos t)^n=-\cos^nt$，于是原积分为0
$n$为正偶数时，原积分$=4\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{n}x\mathrm{d}x$

综上，有

$$\int_{0}^{2\pi}\cos^nx\mathrm{d}x=\int_{0}^{2\pi}\sin^nx\mathrm{d}x=\begin{cases}0,&n\text{ 为正奇数,}\\\\4\cdot\frac{n-1}{n}\cdot\frac{n-3}{n-2}\cdot\cdots\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2},&n\text{ 为正偶数}.\end{cases}$$

---

1. 显然$(a,b)\subset[a,b]$，但是在做题中最好写开区间，因为这样范围更小，更精确，不然有的题目做不了 ↩︎

2. 建议写成开区间，开区间成立闭区间肯定也成立 ↩︎

3. 证明在基础30讲113页 ↩︎

4. 证明在张宇基础30讲例8.3 123页 ↩︎