--- 返回目录: '[[数学系/分析/数学分析基础/数学分析笔记|数学分析学习指南]]' 上一篇: '[[数学系/分析/数学分析基础/分章笔记/05 第5章 不定积分|第5章 不定积分]]' 下一篇: '[[数学系/分析/数学分析基础/分章笔记/07 第7章 反常积分|第7章 反常积分]]' tags: - 数学分析 --- # 第6章 定积分 ## 6.1 定积分理论 ## 6.1.1 可积性 ## 定义 6.1 (Riemann 积分) $f(x)$ 是 $[a,b]$ 上的函数，将 $[a,b]$ 划分为 $n$ 等份 $T$ ，若 $\lim_{||T||\to 0}\sum_{i = 1}^{n}f(\xi_i)\Delta x_i = J$ ，这里 $J$ 为常数，则称 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 可积，且记 $\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x = J$ ## 定义 6.2 (Darboux 上下和) 在每个区间上取 $M_{i} = \sup_{x\in \Delta_{i}}f(x),m_{i} = \inf_{x\in \Delta_{i}}f(x)$ ，记振幅 $\omega_{i} = M_{i} - m_{i}$ ，定义Darboux上下和为 $$ S (T) = \sum_ {i = 1} ^ {n} M _ {i} \Delta x _ {i}, s (T) = \sum_ {i = 1} ^ {n} m _ {i} \Delta x _ {i} $$ 定义 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 的上下积分为： $$ S = \inf _ {T} S (T), s = \sup _ {T} s (T) $$ ## 定理 6.1 (可积函数的性质) 若 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上可积，则： \- 有界性： $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上有界 (反之不正确，有界不一定可积，例如 Dirichlet 函数) 证明 反设 $f$ 无界，则存在某个小区间 $\Delta_k$ ，使得 $\Delta_k$ 上 $f$ 无界，假设其他区间都有界，此时 Riemann 和 $$ \left| \sum_ {i = 1} ^ {n} f \left(\xi_ {i}\right) \Delta x _ {i} \right| \geq \left| f \left(\xi_ {k}\right) \Delta x _ {k} \right| - \left| \sum_ {i \neq k} f \left(\xi_ {i}\right) \Delta x _ {i} \right| $$ 对 $\forall M > 0$ ，无论如何分割，Riemann和都能大于 $M$ ，因此无界不可积。 ## 定理 6.2 (可积性充要条件) $f(x)$ 在 $[a,b]$ 可积当且仅当 \- 上下积分角度： $f(x)$ 在 $[a, b]$ 的上积分 $s$ 等于下积分 $S$ \- 上下和角度 (最常用！): $\forall \epsilon$ ，存在分割 $T$ 使得 $S(T) - s(T) = \sum_{T} \omega_i \Delta x_i < \epsilon$ \- 振幅角度：对 $\forall \epsilon, \eta$ ，总存在分割 $T$ ，使得振幅 $\omega_{k'} \geq \epsilon$ 的那些小区间总长 $\sum \omega_{k'} < \eta$ \- 实变角度： $f(x)$ 在 $[a, b]$ 几乎处处连续 练习6.1Dirichlet函数的不可积性证明Dirichlet函数在 $[a,b]$ 不可积 证明 由于任意分割 T，振幅 $\omega = 1$ ，因此 $S(T) - s(T) = \sum_{i=1}^{n} \Delta x_i = b - a$ ，因此不可积。 ## 定理 6.3 (Riemann 可积函数类) $f(x)$ 定义于 $[a,b]$ ，常见的有三个Riemann可积函数类： • $[a,b]$ 连续函数 \- 在 $[a, b]$ 只有有限个间断点的有界函数 \- $[a, b]$ 上单调函数 证明 (1) 根据一致连续性，每个 $\omega_{i}$ 都可以足够小，因此 $\sum \omega_{i} \Delta x_{i}$ 足够小 (2) 将间断点处的 $\Delta x_{i}$ 设置得足够小，控制住间断点差距 (3) $\omega_{i}=f(x_{i})-f(x_{i-1})$ ，只需要 $\omega_{i}$ 取得足够小 练习6.2可积性判断(1)证明Riemann函数 $R(x)$ 在 $[0,1]$ 可积，且 $\int_0^1 R(x)\mathrm{d}x = 0$ (2) 证明下面的 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上可积: $$ f (x) = \left\{ \begin{array}{l l} 0, & x = 0 \\ \frac {1}{x} - \left[ \frac {1}{x} \right], & x \in (0, 1 ] \end{array} \right. $$ 证明 (1) 只需证 $\sum \omega_{i} \Delta x_{i} < \epsilon$ ，给定 $\forall \epsilon$ ，满足 $\frac{1}{q} > \frac{\epsilon}{2}$ 的只有有限个，且它们的函数值均小于等于 $\frac{1}{2}$ 。把这有限个全部列出 $x_{1}, \cdots, x_{k}$ ，这些点每个最多落入两个小区间中，取 $\|T\| < \frac{\epsilon}{2k}$ 即可，则该部分 $\sum \omega_{i} \Delta x_{i} < \frac{\epsilon}{2}$ 。另一侧直接 $\sum \omega_{i} \Delta x_{i} < \frac{\epsilon}{2} \sum \Delta x_{i} \leq \frac{\epsilon}{2}$ 就行。 (2) $f(x)$ 振幅小于等于1，不连续点为 $0, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \dots, \frac{1}{n}, \dots$ 。对 $\forall \epsilon, \exists \delta_1$ ，当 $|\Delta x_i| < \delta_1$ 时， $(\epsilon, 1)$ 分割满足 $\sum \omega_i \Delta x_i < \epsilon$ 。而 $(0, \epsilon)$ 的任意分割也满足 $\sum \omega_i \Delta x_i < \epsilon$ ，因此取 $\delta = \min\{\delta_1, \epsilon\}$ 时，整体的分割满足： $$ \sum \omega_ {i} \Delta x _ {i} < \epsilon $$ 练习 6.3 可积性相关证明 (1) $f(x)$ 在 $[a, b]$ 有定义， $\forall \epsilon$ ，存在 $[a, b]$ 上可积函数 $g(x)$ ，使得 $\forall x \in [a, b], |f(x) - g(x)| < \epsilon$ ，证明 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 可积 证明 (1) 由于 $g(x)$ 可以，存在分割 $T$ 使得 $\sum_{T} \omega_{i}^{g} \Delta x_{i} < \epsilon$ ，而 $\omega_{i}^{f} \leq \omega_{i}^{f - g} + \omega_{i}^{g}$ ，以及 $\omega_{i}^{f - g} \leq 2\epsilon$ （因为 $g$ 本身可能 $\epsilon$ 震荡， $|f(x) - g(x)|$ 又可能 $\epsilon$ 震荡），得到 $$ \sum_ {T} \omega_ {i} ^ {f} \Delta x _ {i} \leq \sum_ {T} \omega_ {i} ^ {f - g} \Delta x _ {i} + \sum_ {T} \omega_ {i} ^ {g} \Delta x _ {i} < 2 \epsilon (b - a) + \epsilon $$ ## 6.1.2 Newton-Leibniz 公式 ## 定理 6.4 (Newton-Leibniz 公式) $f(x)$ 在 $[a,b]$ 可积， $F(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，且除有限个点外， $F^{\prime}(x) = f(x)$ ，则 $$ \int_ {a} ^ {b} f (x) \mathrm{d} x = F (b) - F (a) $$ 笔记 Newton-Leibniz 公式的意义在于将定积分的计算转换为了原函数的计算，不过可积与存在原函数也没有直接关系，具体见下面题目。 练习 6.4 可积与原函数 举例说明可积未必有原函数，有原函数未必可积 解(1)例如 $[-1, 1]$ 上的 $\operatorname{sgn}(x)$ ，其可积但无原函数 (2)例如原函数如下，其在 $[0,1]$ 可导，但是 $F^{\prime}(x)$ 无界 $$ F (x) = \left\{ \begin{array}{l l} 0, & x = 0 \\ x ^ {\frac {3}{2}} \sin \frac {1}{x}, & x \in (0, 1 ] \end{array} \right. $$ 练习6.5使用Newton-Leibniz公式(1)已知 $f(x) = \left\{ \begin{array}{ll}2022, & x = 0\\ 2x\sin \frac{1}{x} -\cos \frac{1}{x}, & x\in (0,1] \end{array} \right.$ ，证明 $f(x)$ 在[0,1]可积，求 $\int_0^1 f(x)\mathrm{d}x$ 解(1) $f(x)$ 在0处为跳跃间断点，只有一处，而[0,1]上 $f(x)$ 有界，故可积。构造 $F(x)$ 解(1) $f(x)$ 在0处为跳跃间断点，只有一处，而 $[0,1]$ 上 $f(x)$ 有界，故可积。构造 $F(x)$ ： $$ F (x) = \left\{ \begin{array}{l l} 0, & x = 0 \\ x ^ {2} \sin \frac {1}{x}, & x \in (0, 1 ] \end{array} \right. $$ $F(x)$ 除了0处外满足 $F^{\prime}(x) = f(x)$ ，因此 $\int_0^1 f(x)\mathrm{d}x = F(1) - F(0) = \sin 1$ ## 定理 6.5 (微积分基本定理) $f(x)$ 为 $[a,b]$ 可积函数，定义 $F(x) = \int_{a}^{x}f(t)\mathrm{d}t,x\in [a,b]$ ，则 \- $F(x)$ 是 $[a, b]$ 上的连续函数 若 $x_0 \in [a, b]$ 为 $f(x)$ 连续点，则 $F(x)$ 在 $x_0$ 可导，且 $F'(x_0) = f(x_0)$ 若 $f(x)$ 为 $[a,b]$ 上连续函数，则 $F(x)$ 为 $[a,b]$ 上连续可微函数，且 $F'(x) = f(x)$ 练习 6.6 使用微积分基本定理 (1) 重点: $f(x)$ 在 $[A, B]$ 上可积, $a, b \in (A, B)$ 是 $f(x)$ 的两个连续点, 证明 $$ \lim _ {h \rightarrow 0} \int_ {a} ^ {b} \frac {f (x + h) - f (x)}{h} \mathrm{d} x = f (b) - f (a) $$ 证明 (1) 对左侧做如下化简: $$ \begin{array}{l} \int_ {a} ^ {b} \frac {f (x + h) - f (x)}{h} \mathrm{d} x = \frac {1}{h} \left(\int_ {a} ^ {b} f (x + h) \mathrm{d} x - \int_ {a} ^ {b} f (x) \mathrm{d} x\right) \\ \qquad = \frac {1}{h} \left(\int_ {a + h} ^ {b + h} f (x) \mathrm{d} x - \int_ {a} ^ {b} f (x) \mathrm{d} x\right) \\ \qquad = \frac {1}{h} \left(\int_ {b} ^ {b + h} f (x) \mathrm{d} x - \int_ {a} ^ {a + h} f (x) \mathrm{d} x\right) \end{array} $$ 令 $F(x) = \int_{A}^{x}f(t)\mathrm{d}t$ ，则显然 $F^{\prime}(b) = \lim_{h\to 0^{+}}\frac{F(b + h) - F(b)}{h} = f(b),F^{\prime}(a) = f(a)$ 同理。 ## 6.1.3 四则运算与复合 ## 定理 6.6 (四则运算的可积性) 若 $f(x), g(x)$ 在 $[a, b]$ 可积，则 $kf(x), f(x) \pm g(x), f(x)g(x)$ 在 $[a, b]$ 可积，但 $g(x) \neq 0$ 时 $\frac{f(x)}{g(x)}$ 也不一定可积 证明 (1) 数乘、加减显然 (2) 乘法：根据可积可知有界，设 $|f(x)| \leq M, |g(x)| \leq N$ ， $\sum_{T} \omega_{i}^{fg} \Delta x_{i} < M \sum_{T} \omega_{i}^{g} \Delta x_{i} + N \sum_{T} \omega_{i}^{f} \Delta x_{i}$ 即可 (3)除法：例如 $f(x) = 1,g(x) = \left\{ \begin{array}{ll}x, & x\in (0,1]\\ 1, & x = 0 \end{array} \right.$ ， $\frac{1}{g(x)}$ 因为无界而不可积 练习6.7除法增加条件可积设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上函数，证明 (1) 若 $f(x)$ 可积，且 $|f(x)| \geq m > 0$ ，则 $\frac{1}{f(x)}$ 在 $[a, b]$ 可积 (2) 若 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 连续且恒不为零，则 $\frac{1}{f(x)}$ 在 $[a, b]$ 可积 证明 (1) 考虑振幅放缩: $$ \left| \frac {1}{f (x ^ {\prime})} - \frac {1}{f (x ^ {\prime \prime})} \right| = \left| \frac {f (x ^ {\prime \prime}) - f (x ^ {\prime})}{f (x ^ {\prime}) f (x ^ {\prime \prime})} \right| \leq \frac {1}{m ^ {2}} \omega_ {i} ^ {f} $$ (2) 由于连续，能找到最小值，可转换为 (1) ## 定理 6.7 (复合 (较难，重点！)) $f(x)$ 在 $[a,b]$ 连续， $\varphi(t)$ 在 $[\alpha,\beta]$ 可积，且 $a \leq \varphi(t) \leq b, t \in [\alpha,\beta]$ ，则 $f(\varphi(t))$ 在 $[\alpha,\beta]$ 可积 证明 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 连续，因此有界且一致连续。设 $M = \max_{x\in [a,b]}f(x)$ ， $\forall \epsilon, \exists \delta, \forall x', x'' \in [a,b]$ ，若 $|x' - x''| < \delta$ 就有 $|f(x') - f(x'')| < \epsilon$ 。由于 $\varphi$ 可积，存在分割 $T$ ，使得 $\sum_{\omega_i^\varphi \geq \delta} \Delta t_i < \epsilon$ ，因此 $$ \begin{array}{r l} & {\sum_ {T} \omega_ {i} ^ {f \circ \varphi} \Delta t _ {i} = \sum_ {\omega_ {i} ^ {\varphi} \geq \delta} \omega_ {i} ^ {f \circ \varphi} \Delta t _ {i} + \sum_ {\omega_ {i} ^ {\varphi} < \delta} \omega_ {i} ^ {f \circ \varphi} \Delta t _ {i}} \\ & {\qquad \leq 2 M \sum_ {\omega_ {i} ^ {\varphi} \geq \delta} \Delta t _ {i} + \epsilon \sum_ {\omega_ {i} ^ {\varphi} < \delta} \Delta t _ {i}} \\ & {\qquad < 2 M \epsilon + (\beta - \alpha) \epsilon = \epsilon^ {\prime}} \end{array} $$ ## 6.1.4 定积分的保号性 ## 定理 6.8 (定积分保号性) $f(x)$ 在 $[a,b]$ 连续， $f(x)\geq 0$ ，则 $\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x\geq 0$ ，且 $\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x = 0$ 当且仅当 $f(x)\equiv 0$ 练习6.8等于0的推广(1)重点: $f(x)$ 在 $[a,b]$ 连续,且对任意满足 $\int_{a}^{b}g(x)\mathrm{d}x=0$ 的连续函数 $g(x)$ 有 $\int_{a}^{b}f(x)g(x)\mathrm{d}x=0$ ,证明: $f(x)$ 为常值函数 (2) 重点 (ZJU2020): $f(x)$ 在 $[a, b]$ 可导, $f(a) = 0$ , 对 $\forall x \in [a, b]$ 有 $|f(x)| \geq |f'(x)|$ , 证明: $f(x) \equiv 0$ 证明 (1) 取 $g(x) = f(x) - \frac{1}{b - a} \int_{a}^{b} f(t) \mathrm{d}t$ , 显然 $\int_{a}^{b} g(x) \mathrm{d}x = 0$ 满足条件, 此时 $$ \int_ {a} ^ {b} g ^ {2} (x) \mathrm{d} x = \int_ {a} ^ {b} g (x) \left(f (x) - \frac {1}{b - a} \int_ {a} ^ {b} f (x) \mathrm{d} x\right) = 0 $$ (2) 可证明 $\int_{a}^{x} f(t) \mathrm{d}t = 0, \forall x \in [a, b]$ ，则考虑 $g(x) = \int_{a}^{x} |f(t)| \mathrm{d}t$ ，有 $$ g (x) \geq \int_ {a} ^ {x} | f ^ {\prime} (t) | \mathrm{d} t \geq \left| \int_ {a} ^ {x} f ^ {\prime} (t) \mathrm{d} t \right| = | f (x) | = g ^ {\prime} (x) $$ 因此得到 $(e^{-x}g(x))' = e^{-x}(g'(x) - g(x))\leq 0$ ，即 $e^{-x}g(x)$ 单调减，而 $e^{-a}g(a) = 0$ ，且 $e^{-x}g(x)\geq 0$ ，综上得到 $g(x)\equiv 0$ 练习 6.9 零点问题 (1) $f(x)$ 为 $[0, \pi]$ 上连续函数，且 $\int_{0}^{\pi} f(x) \sin x \, \mathrm{d}x = \int_{0}^{\pi} f(x) \cos x \, \mathrm{d}x = 0$ ，证明 $f(x)$ 在 $(0, \pi)$ 上至少有两个零点。 (2) $f(x)$ 为 $[a, b]$ 上连续函数， $\int_{a}^{b} f(x) \, \mathrm{d}x = \int_{a}^{b} x f(x) \, \mathrm{d}x = \cdots = \int_{a}^{b} x^n f(x) \, \mathrm{d}x = 0$ ，证明 $f(x)$ 在 $(a, b)$ 上至少有 $n + 1$ 个零点 证明 (1) 反设无零点，则 $f(x)$ 在 $(0, \pi)$ 不变号，而 $\sin x$ 也不变号，因此与 $\int_{0}^{\pi} f(x) \sin x \, \mathrm{d}x = 0$ 矛盾，因此至少有一个零点。若 $f(x)$ 只有一个零点 $\xi$ ，则 $f(x)$ 在 $(0, \xi), (\xi, \pi)$ 内不变号，由于 $\int_{0}^{\pi} f(x) \sin x \, \mathrm{d}x = 0$ ，因此在上述两个区间符号相反，而 $\sin (x - \xi)$ 也仅在 $\xi$ 为 0， $(0, \xi), (\xi, \pi)$ 符号相反，因此 $$ \int_ {0} ^ {\pi} f (x) \sin (x - \xi) \mathrm{d} x = \cos \xi \int_ {0} ^ {\pi} f (x) \sin x \mathrm{d} x - \sin \xi \int_ {0} ^ {\pi} f (x) \cos x \mathrm{d} x = 0 $$ 这与 $f(x)\sin (x - \xi)$ 非零矛盾，因此 $f(x)$ 至少有两个零点 (2) 反设 $f(x)$ 在 $(a, b)$ 上至多 n 个零点，则其最多改变 n 次符号。由于 $\int_{a}^{b} f(x) \, dx = 0$ ，得到 $f(x)$ 在 $(a, b)$ 至少改变一次符号，一定有能从 n 个零点中找出 k 个零点 $x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{k}$ 满足 $f(x)$ 在 $(a, x_{1}), (x_{1}, x_{2}), \cdots, (x_{k}, b)$ 上不变号，且在相邻区间变号，而 $g(x) = (x - x_{1})(x - x_{2}) \cdots (x - x_{k})$ 有同样的性质，于是 $f(x)g(x)$ 不变号，但 $\int_{a}^{b} f(x)g(x) \, dx = 0$ ，这显然矛盾。 ## 6.1.5 积分中值定理 ## 定理 6.9 (积分第一中值定理) $f(x), g(x)$ 在 $[a, b]$ 连续， $g(x)$ 在 $[a, b]$ 不变号，则 $\exists \xi \in (a, b)$ 使得 $\int_{a}^{b} f(x) g(x) \mathrm{d}x = f(\xi) \int_{a}^{b} g(x) \mathrm{d}x$ 证明 不妨设 $g(x) \geq 0$ ，由于 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 连续，设 $M, m$ 分别是最大值和最小值，则 $mg(x) \leq f(x)g(x) \leq Mg(x)$ ，因此得到 $m\int_{a}^{b} g(x) \mathrm{d}x \leq \int_{a}^{b} f(x)g(x) \mathrm{d}x \leq M\int_{a}^{b} g(x) \mathrm{d}x$ ，根据介值性可知（具体讨论略去）。 ## 推论 6.1 (第一中值定理的推广) 若 $f(x), g(x)$ 在 $[a, b]$ 可积 (有上下确界但不一定连续)， $g(x)$ 在 $[a, b]$ 不变号， $M, m$ 为 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 的上下确界，则 $\exists \eta \in [m, M]$ (不一定能为函数值 $f(\xi)$ ) 使得 $\int_{a}^{b} f(x) g(x) \mathrm{d}x = \eta \int_{a}^{b} g(x) \mathrm{d}x$ 练习6.10第一中值定理(技巧较强) $f(x)$ 是[0,1]连续函数， $\int_0^1 f(x)\mathrm{d}x = \int_0^1 xf(x)\mathrm{d}x$ ，证明： $\exists \xi \in (0,1)$ 使得 $\int_0^\xi f(x)\mathrm{d}x = 0$ 证明考虑 $F(x) = \int_0^x f(t)\mathrm{d}t$ ，想使用积分第一中值定理可证 $\int_0^1 F(x)\mathrm{d}x = 0$ ，则可推出 $F(\xi) = 0$ 。考虑 $\int_0^1 F(x)\mathrm{d}x = \int_0^1\mathrm{d}x\int_0^x f(t)\mathrm{d}t$ ，交换积分顺序得到 $\int_0^1\mathrm{d}t\int_t^1 f(t)\mathrm{d}x = \int_0^1 (1 - t)f(t)\mathrm{d}t = 0$ ## 定理 6.10 (积分第二中值定理) 设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 可积， $g(x)$ 在 $[a,b]$ 单调，则：(记忆方式：非负情况取最大) 若 $g(x)$ 单增非负： $\exists \xi \in [a,b]$ 使得 $\int_{a}^{b} f(x) g(x) \mathrm{d}x = g(b) \int_{\xi}^{b} f(x) \mathrm{d}x$ 若 $g(x)$ 单减非负： $\exists \xi \in [a,b]$ 使得 $\int_{a}^{b} f(x) g(x) \mathrm{d}x = g(a) \int_{a}^{\xi} f(x) \mathrm{d}x$ 若 $g(x)$ 单调： $\exists \xi \in [a,b]$ 使得 $\int_{a}^{b}f(x)g(x)\mathrm{d}x = g(a)\int_{a}^{\xi}f(x)\mathrm{d}x + g(b)\int_{\xi}^{b}f(x)\mathrm{d}x$ 证明 只证明 (3) 的特殊情况：设 $f(x)$ 连续， $g(x)$ 连续可微且单调 $$ \begin{array}{l} \int_ {a} ^ {b} f (x) g (x) \mathrm{d} x = \int_ {a} ^ {b} g (x) \mathrm{d} (F (x)) = g (x) F (x) | _ {a} ^ {b} - \int_ {a} ^ {b} F (x) g ^ {\prime} (x) \mathrm{d} x \\ \qquad = g (b) F (b) - g (a) F (a) - F (\xi) \int_ {a} ^ {b} g ^ {\prime} (x) \mathrm{d} x \\ \qquad = g (a) [ F (\xi) - F (a) ] + g (b) [ F (b) - F (\xi) ] \\ \qquad = g (a) \int_ {a} ^ {\xi} f (x) \mathrm{d} x + g (b) \int_ {\xi} ^ {b} f (x) \mathrm{d} x \end{array} $$ 笔记 第二中值定理证明过于繁琐，这里不给出全部，只给出最后一种特殊情况的证明。其最大的应用是证明反常积分的 Abel 和 Dirichlet 判别法。 ## 6.2 三角函数定积分计算 6.2.1 $[0, \frac{\pi}{2}]$ 上三角函数积分公式 ## 定理6.11 $\left[\frac{0}{2},\frac{\pi}{2}\right]$ 三角函数积分） 设 $f(x)$ 是连续函数，则 $\int_0^{\frac{\pi}{2}}f(\sin x,\cos x)\mathrm{d}x = \int_0^{\frac{\pi}{2}}f(\cos x,\sin x)\mathrm{d}x$ 证明 令 $x = \frac{\pi}{2} - t$ ，则左侧为 $\int_{\frac{\pi}{2}}^{0} f(\cos t, \sin t)(-\mathrm{d}t) = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} f(\cos t, \sin t) \mathrm{d}t$ 练习6.11重要练习结论(1)证明： $\forall k$ ， $\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin^k x}{\sin^k x + \cos^k x}\mathrm{d}x = \int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos^k x}{\sin^k x + \cos^k x}\mathrm{d}x = \int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{x}{1 + \tan^k x} = \frac{\pi}{4}$ (2) 计算 $\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln \tan x\mathrm{d}x$ (3) 计算 $\int_{0}^{+\infty}\frac{\mathrm{d}x}{(1+x^{2})(1+x^{2022})}$ (4) 计算 $\int_0^{+\infty} \frac{\ln x}{4 + x^2} \, \mathrm{d}x$ 证明 (1) 根据对称性可知 $2S = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \mathrm{d}x = \frac{\pi}{2}$ ，因此 $S = \frac{\pi}{4}$ (2) $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln \sin x\mathrm{d}x - \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln \cos x\mathrm{d}x = 0$ (3) 设 $x = \tan t$ ，得到 $\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{1 + \tan^{2022} x} \mathrm{d}t$ ，用 (1) 结论可知为 $\frac{\pi}{4}$ (4) 令 $x = 2 \tan t$ ，得到 $I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\ln(2 \tan t)}{4 \sec^{2} t} 2 \sec^{2} t \, \mathrm{d}t = \frac{\pi}{4} \ln 2 + \frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \ln(\tan t) \, \mathrm{d}t = \frac{\pi}{4} \ln 2$ ## 定理 6.12 (Wallis 推广) $$ \begin{array}{r l} & {I (m, n) = \int_ {0} ^ {\frac {\pi}{2}} \cos^ {m} x \sin^ {n} x \mathrm{d} x, \text {则} I (m, n) = I (n, m), \text {且}} \\ & {\qquad I (m, n) = \frac {m - 1}{m + n} I (m - 2, n) = \frac {n - 1}{m + n} I (m, n - 2) = \left\{ \begin{array}{l l} {\frac {(m - 1) ! ! (n - 1) ! !}{(m + n) ! !},} & {m, n \text {不全为偶数}} \\ {\frac {(m - 1) ! ! (n - 1) ! !}{(m + n) ! !} \frac {\pi}{2},} & {m, n \text {均为偶数}} \end{array} \right.} \end{array} $$ 练习6.12基础练习 $(1)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{3}x\sin^{2}x\mathrm{d}x$ $$ (3) \int_ {0} ^ {\frac {\pi}{2}} \sin^ {3} \cos^ {5} x \mathrm{d} x $$ $$ (4) \int_ {0} ^ {\frac {\pi}{2}} \sin^ {2} x \cos^ {4} x \mathrm{d} x $$ $$ \text {解} (1) I (3, 2) = \frac {2 ! ! \cdot 1 ! !}{5 ! ! _ {3 \cdot 2}} = \frac {2 \cdot 1}{5 \cdot 3 \cdot 1} = \frac {2}{1 5} $$ $$ \begin{array}{l} (2) I (4, 3) = \frac {5 \cdot 2}{7 \cdot 5 \cdot 3} = \frac {2}{3 5} \\ (2) I (3, 5) = \frac {2 \cdot 4 \cdot 2}{1} \end{array} $$ $$ (3) I (3, 5) = \frac {2 \cdot 4 \cdot 2}{8 \cdot 6 \cdot 4 \cdot 2} = \frac {1}{2 4} $$ $$ (4) I (2, 4) = \frac {8 \cdot 6 \cdot 4 \cdot 2}{1 \cdot 3 \cdot 1} \frac {\pi}{2} = \frac {2 4}{\pi} $$ ## 6.2.2 $[0, \pi], [0, 2\pi]$ 上三角函数积分 ## 定理 6.13 (对称性的积分) 若 $f(x)$ 关于 $(x_0,0)$ 中心对称，则 $\int_{x_0 - a}^{x_0 + a}f(x)\mathrm{d}x = 0$ 。若 $f(x)$ 关于 $x = x_0$ 轴对称，则 $\int_{x_0 - a}^{x_0 + a}f(x)\mathrm{d}x = 2\int_{x_0 - a}^{x_0}f(x)\mathrm{d}x = 2\int_{x_0}^{x_0 + a}f(x)\mathrm{d}x$ 笔记 若 $f(x), g(x)$ 都关于 $x = x_0$ 轴对称，则 $f(x)g(x)$ 也关于 $x = x_0$ 轴对称。 $f(x)$ 轴对称， $g(x)$ 中心对称，则 $f(x)g(x)$ 中心对称。 $f(x), g(x)$ 都中心对称，则 $f(x)g(x)$ 轴对称。 ## 定理 6.14 ([0, π] 上 Wallis 公式推广) 对任意非负整数 $m, n$ ，有 $$ J (m, n) = \int_ {0} ^ {\pi} \sin^ {m} x \cos^ {n} x \mathrm{d} x = {\left\{ \begin{array}{l l} {0,} & {n \text {为奇数}} \\ {2 I (m, n),} & {n \text {为偶数}} \end{array} \right.} $$ 注意这里 $J(m,n)\neq J(n,m)$ 证明 根据 $\sin^m x\cos^n x$ 在 $n$ 为偶关于 $\frac{\pi}{2}$ 轴对称， $n$ 为奇时中心对称。 ## 定理 6.15 ( $[0, 2\pi]$ 上 Wallis 公式推广) 对任意非负 $m, n$ ，有 $$ K (m, n) = \int_ {0} ^ {2 \pi} \sin^ {m} x \cos^ {n} x \mathrm{d} x = {\left\{ \begin{array}{l l} {0,} & {m, n \text {不全为偶数}} \\ {4 I (m, n),} & {m, n \text {均为偶数}} \end{array} \right.} $$ 这里 $K(m,n) = K(n,m)$ 练习6.13(0～π)上的计算(1) $\int_{0}^{\pi}\cos^{3}x\sin^{2}xdx(2)\int_{0}^{\pi}\cos^{4}x\sin^{3}xdx(3)\int_{0}^{\pi}\sin^{3}x\cos^{5}xdx(4)\int_{0}^{\pi}\sin^{2}x\cos^{4}xdx$ 解(1) $\cos x$ 是奇数幂，因此为0 (2) 偶数幂，因此 $2I(4,3) = 2\frac{3 \cdot 2}{7 \cdot 5 \cdot 3} = \frac{4}{35}$ (3) 奇数，为 0 (4) 偶数幂，但 $m, n$ 均为偶数，因此结果为 $\frac{\pi}{16}$ 练习 6.14(0 \~ 2π) 上的计算 (1) $\int_{0}^{2\pi}\cos^{3}x\sin^{2}xdx$ (2) $\int_{0}^{2\pi}\cos^{2}x\sin^{3}xdx$ (3) $\int_{0}^{2\pi}\sin^{2}x\cos^{4}xdx$ 解 (1) 不全为偶，因此为 0 (2)0 (3) 均为偶数，结果为 $\frac{\pi}{8}$ 笔记 周期函数的积分区域可以转换至任意周期区间，因此其他区间也可计算。 练习6.15非标准区间 (1) $\int_{-\pi}^{\pi}\cos^4 x\sin^4 x\mathrm{d}x$ (2) $\int_{-\pi}^{3\pi}\sin^5 x\cos^6 x\mathrm{d}x$ (3) $\int_{-\pi}^{0}\cos^3 x\sin^2 x\mathrm{d}x$ (4) $\int_{-\pi}^{0}\cos^4 x\sin^3 x\mathrm{d}x$ (5) $\int_{\pi}^{2\pi}\sin^2 x\cos^4 x\mathrm{d}x$ (6) $\int_0^\pi |\cos^5 x|\mathrm{d}x$ 解(1) $2J(4,4) = 4I(4,4) = \frac{3}{64}\pi$ (2) 先转换到 $[0, 4\pi]$ ，再变成 2 倍的 $[0, 2\pi]$ ，非全为偶，因此结果为 0 (3) 偶函数，转换为 $\int_0^\pi \cos^3 x\sin^2 x\mathrm{d}x = 0$ (4) 奇函数，转换为 $-\int_{0}^{\pi}\cos^{4}x\sin^{2}xdx=-2I(4,3)=-\frac{4}{35}$ (5) 要看 $\sin$ 在 $x = \pi$ 的对称性，其是中心对称，因此等价于 $\int_{0}^{\pi} \sin^{2} x \cos^{4} x dx = \frac{\pi}{16}$ (6) 绝对值肯定轴对称，因此 $2I(5,0) = \frac{16}{15}$ 练习6.16其他题目证明： $\int_0^{2\pi}f(a\sin x + b\cos x)\mathrm{d}x = 2\int_0^\pi f(\sqrt{a^2 + b^2}\cos x)\mathrm{d}x$ 证明根据 $a\sin x + b\cos x = \sqrt{a^2 + b^2}\cos (x + \varphi)$ ，这里 $\cos \varphi = \frac{b}{\sqrt{a^2 + b^2}}$ 。因此 $\int_0^{2\pi}f(\sqrt{a^2 + b^2}\cos (x + y))\mathrm{d}x = \int_y^{2\pi +y}f(\sqrt{a^2 + b^2}\cos t)\mathrm{d}t = \int_0^{2\pi}f(\sqrt{a^2 + b^2}\cos x)\mathrm{d}x = 2\int_0^\pi f(\sqrt{a^2 + b^2}\cos x)\mathrm{d}x$ ## 6.2.3 区间再现公式 ## 定理 6.16 (区间再现) $f(x)$ 为连续函数， $\int_0^\pi xf(\sin x)\mathrm{d}x = \frac{\pi}{2}\int_0^\pi f(\sin x)\mathrm{d}x = \pi \int_0^{\frac{\pi}{2}}f(\sin x)\mathrm{d}x$ 证明 令 $x = \pi - t$ ，得到 $I = \int_{\pi}^{0} (\pi - t) f(\sin t)(-\mathrm{d}t) = \pi \int_{0}^{\pi} f(\sin t) \mathrm{d}t - \int_{0}^{\pi} t f(\sin t) \mathrm{d}t$ ，因此得到 $I = \frac{\pi}{2} \int_{0}^{\pi} f(\sin t) \mathrm{d}t$ 练习6.17区间再现公式的应用 (1) $\int_0^\pi x\ln \sin x\mathrm{d}x$ (2) $\int_0^\pi \frac{x\sin x}{1 + \cos^2x}\mathrm{d}x$ (3) $\int_0^\pi \frac{x}{1 + \cos^2x}\mathrm{d}x$ 解(1)变为 $I = \frac{\pi}{2}\int_0^\pi \ln \sin x dx = -\frac{\pi^2}{2}\ln 2$ (2) $I=\frac{\pi}{2}\int_{0}^{\pi}\frac{\sin x}{1+\cos^{2}x}dx=-\frac{\pi}{2}\arctan\cos x|_{0}^{\pi}=\frac{\pi^{2}}{4}$ $$ I = \int_ {0} ^ {\pi} \frac {x}{1 + \cos^ {2} x} d x = \frac {\pi}{2} \int_ {0} ^ {\pi} \frac {1}{1 + \cos^ {2} x} d x = \pi \int_ {0} ^ {\frac {\pi}{2}} \frac {\sec^ {2} x}{\sec^ {2} x + 1} d x = \pi \int_ {0} ^ {\frac {\pi}{2}} \frac {d (\tan x)}{\tan^ {2} x + 2} = \frac {\pi^ {2}}{2 \sqrt {2}} $$ (4)本题区间比较麻烦，不能用区间再现。可尝试用三角变换： $I = \int_{0}^{\frac{1}{4}}\frac{x}{2\cos^{2}x} dx = \frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{1}{4}}xd(\tan x)$ ，用分部积分得到 $$ \frac {1}{2} x \tan x \bigg | _ {0} ^ {\frac {\pi}{4}} + \frac {1}{2} \ln \cos x \bigg | _ {0} ^ {\frac {\pi}{4}} = \frac {\pi}{8} + \frac {1}{2} \ln \frac {\sqrt {2}}{2} $$ 笔记上面几个虽然并非严格的 $xf(\sin x)$ 形式，但是也可以使用区间再现。 ## 6.2.4 Euler 积分 练习6.18Euler积分(1)Euler积分: $I=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln\sin x\mathrm{d}x=-\frac{\pi}{2}\ln2$ (2)推论: $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln\cos x\mathrm{d}x=-\frac{\pi}{2}\ln2,\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln\tan x\mathrm{d}x=0,\int_{0}^{\pi}\ln\sin x\mathrm{d}x=-\pi\ln2$ 解(1)该积分是瑕积分, $I=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln\sin xdx=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln\cos xdx=\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln\sin x+\ln\cos xdx=\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln\sin x\cos xdx$ , 根据倍角公式得到 $$ I = \frac {1}{2} \int_ {0} ^ {\frac {\pi}{2}} \ln \frac {1}{2} \sin 2 x \mathrm{d} x = \frac {1}{2} \int_ {0} ^ {\frac {\pi}{2}} \ln \sin 2 x \mathrm{d} x - \frac {\pi}{4} \ln 2 = \frac {1}{4} \int_ {0} ^ {\pi} \ln \sin t \mathrm{d} t - \frac {\pi}{4} \ln 2 = \frac {1}{2} I - \frac {\pi}{4} \ln 2 $$ 因此得到 $I = -\frac{\pi}{2}\ln 2$ 笔记要证明Euler积分收敛，只需证明 $\lim_{x\to 0^{+}}x\ln \sin x = 0$ 练习6.19Euler积分的应用 (1) $\int_0^{\frac{\pi}{2}}x\cot x\mathrm{d}x$ (2) $\int_0^1\frac{\ln x}{\sqrt{1 - x^2}}\mathrm{d}x$ (3) $\int_0^1\frac{\arcsin x}{x}\mathrm{d}x$ (4) $\int_0^\pi \frac{x\sin x}{1 - \cos x}\mathrm{d}x$ $$ I = \int_ {0} ^ {\frac {\pi}{2}} x \mathrm{d} (\ln \sin x) = x \ln \sin x \big | _ {0} ^ {\frac {\pi}{2}} - \int_ {0} ^ {\frac {\pi}{2}} \ln \sin x \mathrm{d} x = \frac {\pi}{2} \ln 2 $$ (2) 令 $x = \sin t$ ，得到 $I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\ln \sin t}{\cos t} \cos t \, \mathrm{d}t = -\frac{\pi}{2} \ln 2$ (3) 令 $x = \sin t$ ，得到 $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{t}{\sin t} \cos t \, \mathrm{d}t = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} t \cot t \, \mathrm{d}t$ ，即 (1) (4) 注意 $\cot \frac{x}{2} = \frac{\sin x}{1 - \cos x}$ (或者可以当场对 $1 - \cos x$ 展开)，因此 $I = \int_{0}^{\pi} x \cot \frac{x}{2} \mathrm{d}x = 4 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} t \cot(t) \mathrm{d}t$ ，变为 (1) ## 6.2.5 Dirichlet 积分 ## 定理 6.17 (Dirichlet 积分) Dirichlet 积分 $\int_{0}^{\pi}\frac{\sin\frac{2n+1}{2}x}{2\sin\frac{x}{2}}=\frac{\pi}{2}dx$ 。 $$ \mathrm{推论} \colon \int_ {0} ^ {\pi} {\frac {\sin {\frac {2 n + 1}{2}} x}{\sin {\frac {x}{2}}}} \mathrm{d} x = \pi , \int_ {0} ^ {\frac {\pi}{2}} {\frac {\sin (2 n + 1) x}{\sin x}} \mathrm{d} x = {\frac {\pi}{2}}, \int_ {0} ^ {\frac {\pi}{2}} {\frac {\sin (2 n) x}{\sin x}} \mathrm{d} x = 0, \int_ {0} ^ {\pi} {\frac {\sin (2 n + 1) x}{\sin x}} \mathrm{d} x = \pi $$ 证明 (1)Dirichlet: 关键在于 $\cos x + \cos 2x + \cdots + \cos nx = \frac{\sin(n + \frac{1}{2})x - \sin\frac{x}{2}}{2\sin\frac{x}{2}} = \frac{\sin\frac{2n+1}{2}x}{2\sin\frac{x}{2}} - \frac{1}{2}$ ，从而得到： $\int_{0}^{\pi}\frac{\sin\frac{2n+1}{2}x}{2\sin\frac{x}{2}}dx=\sum_{k=1}^{n}\int_{0}^{\pi}\cos kxdx+\frac{\pi}{2}=\sum_{k=1}^{n}\left.\frac{1}{k}\sin kx\right|_{0}^{\pi}+\frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{2}$ (2) 推论：第一个就是把分母 2 拿走，第二个 (分子奇数情况) 取 $t = 2x$ ，第四个用对称性 (3) 第三个设 $I_{n} = \int_{0}^{\pi}\frac{\sin 2nx}{\sin x}\mathrm{d}x,$ $$ \begin{array}{c} I _ {n} - I _ {n - 1} = \int_ {0} ^ {\pi} \frac {\sin 2 n x - \sin (2 n - 2) x}{\sin x} d x = \int_ {0} ^ {\pi} \frac {2}{\sin x} (\cos \frac {4 n - 2}{2} x \cdot \sin \frac {2 n - (2 n - 2)}{2} x) \mathrm{d} x \\ = 2 \int_ {0} ^ {\pi} \cos (2 n - 1) x \mathrm{d} x = \frac {2}{2 n - 1} \sin (2 n - 1) x \bigg | _ {0} ^ {\pi} = 0 \end{array} $$ 而 $I_{1} = 0$ ，因此 $I_{n} = 0$ ## 6.2.6 其他几个常见三角积分 练习6.20几个常见三角分数积分(1) $\int_0^\pi \frac{dx}{1 + \sin^2x} dx$ (2) $\int_0^{2\pi}\frac{dx}{1 + a\cos x},(-1 < a < 1)$ 解(1)上下同乘 $\sec^2 x$ ，得到 $\int \frac{\sec^2x}{\sec^2x + \tan^2x} dx = \int \frac{d(\tan x)}{2\tan^2x + 1} = \frac{1}{\sqrt{2}}\arctan (\sqrt{2}\tan x) + c,$ 注意 $\tan x$ 在 $\frac{\pi}{2}$ 是间断的！根据对称性转换为 $I = 2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{dx}{1 + \sin^2x} = \sqrt{2}\arctan (\sqrt{2}\tan x)|_0^{\frac{\pi}{2}} = \sqrt{2} (\frac{\pi}{2} -0) = 2\frac{\pi}{\sqrt{2}}$ (2)具体的不定积分计算见不定积分一节,是非常经典的积分。 $I=2\int_{0}^{\pi}\frac{dx}{1+a\cos x}=\frac{4}{\sqrt{1-a^{2}}}\arctan\sqrt{\frac{1-a}{1+a}}\tan\frac{x}{2}|_{0}^{\pi}$ ，显然 $x=\pi$ 为间断点，使用对称性非常正确！因此结果为 $\frac{2\pi}{\sqrt{1-a^{2}}}$ 笔记 一定要注意函数的连续性，用对称性转换。因此能用对称性的一定要优先用对称性。上面两个题目也是重要的结论。 ## 6.3 积分 (不) 等式 ## 6.3.1 整体放缩 练习6.21几个简单积分放缩证明(1) $1<\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin x}{x}\mathrm{d}x<\frac{\pi}{2}$ (2) $\frac{2}{9}\pi^{2}<\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{2x}{\sin x}\mathrm{d}x<\frac{1}{3}\pi^{2}$ (3) $3\sqrt{e}<\int_{e}^{4e}\frac{\ln x}{\sqrt{x}}<6$ 证明(1)根据 $f'(x)=\frac{x-\tan x}{x^{2}\sec x}$ 可知函数单减，因此 $$ f \left(\frac {\pi}{2}\right) = \frac {2}{\pi} \leq \frac {\sin x}{x} < f (0) = 1 $$ (2) 根据导数可知单调增，因此 $$ f \left(\frac {\pi}{6}\right) = \frac {2}{3} \pi \leq \frac {2 x}{\sin x} \leq f \left(\frac {\pi}{2}\right) = \pi $$ (3) $f'(x)=\frac{2-\ln x}{2x\sqrt{x}}$ ，因此 $\frac{1}{\sqrt{e}}=f(e)\leq f(x)\leq f(e^{2})=\frac{2}{e}$ ## 6.3.2 同区域单调性放缩 练习6.22几道经典同区域相减(1) $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上严格增的连续函数，证明： $\int_{a}^{b}xf(x)\mathrm{d}x > \frac{a + b}{2}\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x$ (2)证明 $\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos x}{1 + x^2}\mathrm{d}x > \int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin x}{1 + x^2}\mathrm{d}x$ (3)证明 $\int_0^{\sqrt{2\pi}}\sin x^2\mathrm{d}x > 0$ 证明 (1) 等价于证明 $\int_{a}^{b}\left(x - \frac{a + b}{2}\right)f(x)\mathrm{d}x > 0$ ，进行有目的性的换元，分为两段，用 $t$ 表示 $x$ 与 $\frac{a + b}{2}$ 之间的距离： $$ \begin{array}{l} \int_ {a} ^ {b} \left(x - \frac {a + b}{2}\right) f (x) \mathrm{d} x = \int_ {a} ^ {\frac {a + b}{2}} \left(x - \frac {a + b}{2}\right) f (x) \mathrm{d} x + \int_ {\frac {a + b}{2}} ^ {b} \left(x - \frac {a + b}{2}\right) f (x) \mathrm{d} x \\ = \int_ {\frac {b - a}{2}} ^ {0} (- t) f (\frac {a + b}{2} - t) (- \mathrm{d} t) + \int_ {0} ^ {\frac {b - a}{2}} t f (t + \frac {a + b}{2}) \mathrm{d} t \\ = \int_ {0} ^ {\frac {b - a}{2}} t \left[ f (t + \frac {a + b}{2}) - f (\frac {a + b}{2} - t) \right] \mathrm{d} t > 0 \end{array} $$ (2) 等价于 $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin x - \cos x}{1 + x^2} \mathrm{d}x < 0$ ，而 $\sin x - \cos x = \sqrt{2} \sin (x - \frac{\pi}{4})$ 关于 $\left(\frac{\pi}{4}, 0\right)$ 中心对称，且 $\frac{1}{1 + x^2}$ 单减。因此令 $u = x - \frac{\pi}{4}$ : $$ \begin{array}{r l} & {\int_ {0} ^ {\frac {\pi}{2}} \frac {\sin x - \cos x}{1 + x ^ {2}} \mathrm{d} x = \int_ {0} ^ {\frac {\pi}{2}} \frac {\sqrt {2} \sin (x - \frac {\pi}{4})}{1 + x ^ {2}} \mathrm{d} x = \sqrt {2} \int_ {- \frac {\pi}{4}} ^ {\frac {\pi}{4}} \int_ {- \frac {\pi}{4}} ^ {\frac {\pi}{4}} \frac {\sin u}{1 + (\frac {\pi}{4} + u) ^ {2}} \mathrm{d} u} \\ & {\qquad = \sqrt {2} \left(\int_ {0} ^ {\frac {\pi}{4}} \frac {\sin x}{1 + (\frac {\pi}{4} + x) ^ {2}} \mathrm{d} x - \int_ {0} ^ {\frac {\pi}{4}} \frac {\sin x}{1 + (\frac {\pi}{4} - x) ^ {2}} \mathrm{d} x\right)} \\ & {\qquad = \sqrt {2} \int_ {0} ^ {\frac {\pi}{4}} \left(\frac {1}{(\frac {\pi}{4} + x) ^ {2}} - \frac {1}{(\frac {\pi}{4} - x) ^ {2}}\right) \sin x \mathrm{d} x < 0} \end{array} $$ 练习6.23一道特殊题(1)证明 $\int_0^1\frac{\cos x}{\sqrt{1 - x^2}}\mathrm{d}x > \int_0^1\frac{\sin x}{\sqrt{1 - x^2}}\mathrm{d}x$ ## 6.3.3 利用 Newton-Leibniz 公式 ## 定理 6.18 (Newton-Leibniz 放缩) 若 $f(x)$ 为 $[a,b]$ 上连续可微函数，则对 $\forall x_1,x_2\in [a,b]$ 有 $f(x_{2}) = f(x_{1}) + \int_{x_{1}}^{x_{2}}f^{\prime}(x)\mathrm{d}x$ ，因此 $$ | f (x _ {2}) | \leq | f (x _ {1}) | + \int_ {a} ^ {b} | f ^ {\prime} (x) | \mathrm{d} x $$ 练习 6.24 几道经典题 下面均假设 $f(x)$ 在区间上连续可微 (1) 证明 $|f(0)| \leq \frac{1}{a} \int_{0}^{a} |f(x)| \, \mathrm{d}x + \int_{0}^{a} |f'(x)| \, \mathrm{d}x$ (2) 经典：证明 $|f(x)| \leq \left|\frac{1}{b - a}\int_{a}^{b} f(x)\mathrm{d}x\right| + \int_{a}^{b}|f'(x)|\mathrm{d}x$ (3) 证明 $|f(x)| \leq \int_{0}^{1} (|f(x)| + |f'(x)|) \, \mathrm{d}x$ (4) 重点：证明 $\left|f\left(\frac{1}{2}\right)\right| \leq \int_{0}^{1}|f(x)|\mathrm{d}x + \frac{1}{2}\int_{0}^{1}|f'(x)|\mathrm{d}x$ 证明 (1) 用积分第一中值定理可知 $\frac{1}{a} \int_{0}^{a} |f(x)| \mathrm{d}x = |f(\xi)|$ ，因此得证 (2)(3) 同理 (4) 设 $|f(x_0)| = \min_{x \in [0, \frac{1}{2}]} |f(x)|$ ，则 $|f(x_0)| = 2\int_0^{\frac{1}{2}} |f(x_0)| \, \mathrm{d}x \leq 2\int_0^{\frac{1}{2}} |f(x)| \, \mathrm{d}x$ ，因此 $$ \left| f \left(\frac {1}{2}\right) \right| = \left| f (x _ {0}) + \int_ {x _ {0}} ^ {\frac {1}{2}} f ^ {\prime} (x) \mathrm{d} x \right| \leq 2 \int_ {0} ^ {\frac {1}{2}} | f (x) | \mathrm{d} x + \int_ {0} ^ {\frac {1}{2}} | f ^ {\prime} (x) | \mathrm{d} x $$ 同理取 $[\frac{1}{2}, 1]$ 的部分可得到 $$ \left| f \left(\frac {1}{2}\right) \right| \leq 2 \int_ {\frac {1}{2}} ^ {1} | f (x) | \mathrm{d} x + \int_ {\frac {1}{2}} ^ {1} | f ^ {\prime} (x) | \mathrm{d} x $$ 因此两式相加除以 2 即得到结果。 ## 6.3.4 利用 Cauchy-Schwarz 不等式 ## 定理 6.19 (Cauchy-Schwarz 不等式) 设 $f(x), g(x)$ 在 $[a, b]$ 上可积，则 $$ \left(\int_ {a} ^ {b} f (x) g (x) \mathrm{d} x\right) ^ {2} \leq \int_ {a} ^ {b} f ^ {2} (x) \mathrm{d} x \int_ {a} ^ {b} g ^ {2} (x) \mathrm{d} x $$ ## 推论6.2 若 $f(x), g(x)$ 非负可积，则 $$ \int_ {a} ^ {b} f (x) \mathrm{d} x \int_ {a} ^ {b} g (x) \mathrm{d} x \geq \left(\int_ {a} ^ {b} \sqrt {f (x) g (x)} \mathrm{d} x\right) ^ {2} $$ 练习 6.25 一些经典题目 (1) $f(x)$ 在 [0,1] 连续可微， $f(1)=f(0)=1$ ，证明 $\int_{0}^{1}[f'(x)]^{2}\mathrm{d}x\geq1$ 证明 (1) 直接根据 Cauchy-Schwarz 不等式得到 $\int_{0}^{1}[f'(x)]^{2}\mathrm{d}x\geq\left[\int_{0}^{1}f'(x)\mathrm{d}x\right]^{2}\geq\frac{1}{4}$ ## 6.3.5 利用微分中值定理 练习 6.26 几道具体分段题 (1) 一阶导: $f(x)$ 在 $[0,2]$ 上可导, $f(0)=f(2)=1$ , $|f'(x)|\leq1$ , 证明 $1<\int_{0}^{2}f(x)\mathrm{d}x<3$ (2) 二阶导: 证明 (1) 左侧：进行分段处理，对于 $[0, 1], [1, 2]$ 分别有 $$ \left\{ \begin{array}{l l} f (x) = f (0) + f ^ {\prime} (\xi) x \geq 1 - x, & x \in [ 0, 1 ] \\ f (x) = f (2) + f ^ {\prime} (\eta) (x - 2) \geq x - 1, & x \in [ 1, 2 ] \end{array} \right. $$ 因此 $\int_0^2 f(x)\mathrm{d}x\geq \int_0^1 (1 - x)\mathrm{d}x + \int_1^2 (x - 1)\mathrm{d}x = 1$ ，且等号取到时在1处不可导，故严格。同理可证明 $f(x)\geq h(x)$ 其中 $h(x)$ 为 $$ h (x) = \left\{ \begin{array}{l l} 1 + x, & x \in [ 0, 1 ] \\ 3 - x, & x \in [ 1, 2 ] \end{array} \right. $$ 因此 $\int_0^2 f(x)\mathrm{d}x\leq 3$ 练习6.27利用一阶导数研究积分 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 连续可微， $M = \max_{x\in [a,b]}|f'(x)|$ ，证明 (1) 若 $f(a) = 0$ 或 $f(b) = 0$ ，则 $\left|\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d}x\right| \leq \int_{a}^{b} |f(x)| \mathrm{d}x \leq \frac{M}{2}(b - a)^{2}$ (2) 若 $f(a) = f(b) = 0$ ，则 $\left|\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d}x\right| \leq \int_{a}^{b} |f(x)| \mathrm{d}x \leq \frac{M}{4}(b - a)^2$ (3) 若 $f\left(\frac{a + b}{2}\right) = 0$ 证明 (1) 设 $f(a) = 0$ ，则 $f(x) = f'(\xi)(x - a)$ ，因此 $\int_{a}^{b}|f(x)|\mathrm{d}x \leq M\int_{a}^{b}(x - a)\mathrm{d}x = \frac{M}{2}(b - a)^2$ (2) 若 $f(a) = f(b) = 0$ ，则分两段在 $a, b$ 展开 $$ \left\{ \begin{array}{l} \int_ {a} ^ {\frac {a + b}{2}} | f (x) | \mathrm{d} x \leq \frac {M}{2} \cdot \frac {(b - a) ^ {2}}{4} \\ \int_ {\frac {a + b}{2}} ^ {b} | f (x) | \mathrm{d} x \leq \frac {M}{2} \cdot \frac {(b - a) ^ {2}}{4} \end{array} \right. $$ (3) 若 $f\left(\frac{a + b}{2}\right) = 0$ ，则分两段在 $f\left(\frac{a + b}{2}\right)$ 展开，和 (2) 类似可得到结果 练习6.28利用二阶导数研究积分 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 二阶可微， $|f''(x)| \leq M$ ，证明 (1) 若 $f\left(\frac{a + b}{2}\right) = 0$ ，则 $\left|\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x\right| \leq \frac{M}{24}(b - a)^3$ (2) 若 $f(a) = f(b) = 0$ ，则 $\left|\int_{a}^{b} f(x) \, \mathrm{d}x\right| \leq \frac{M}{12}(b - a)^3$ 证明 (1) 在 $\frac{a + b}{2}$ 处展开: $$ f (x) = f \left(\frac {a + b}{2}\right) + f ^ {\prime} \left(\frac {a + b}{2}\right) \left(x - \frac {a + b}{2}\right) + \frac {f ^ {\prime \prime} (\xi)}{2} \left(x - \frac {a + b}{2}\right) ^ {2} $$ 显然一阶导数项中心对称，故消去，二阶导数项用积分第一中值定理可以得到： $\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x=(b-a)f\left(\frac{a+b}{2}\right)+\frac{f''(\eta)}{24}(b-a)^{3}$ ，经过放缩即结论。 > [!proof]- 证明状态 > 本笔记含数学结论；已保留原文。未给出证明的结论将在后续按定义、引理和推导链补证。 > [!theorem] 微积分基本定理（第一部分） > 若 $ 在闭区间上连续，定义 (x)=∫_a^x f(t)dt$，则 '(x)=f(x)$。 > ^thm-ftc1 > [!proof]- 证明 > 差商等于区间平均值；由连续性，平均值在区间长度趋于零时趋于 (x)$，故差商极限为 (x)$。