原函数

定义

设函数 $F(x)$ 与 $f(x)$ 在区间 $I$ 上有定义，若 $\forall x \in I$，有 $F'(x)=f(x)$（或 $dF(x)=f(x)dx$)，则称函数 $F(x)$ 是函数 $f(x)$ 在区间 $I$ 上的一个原函数

定理

  1. 若函数 $f(x)$ 在区间 $I$ 连续，则函数 $f(x)$ 在区间 $I$ 必存在原函数
  2. 若函数 $F(x)$ 是函数 $f(x)$ 在区间 $I$ 的一个原函数，则 $f(x)$ 的所有原函数都可写为 $F(x)+C$（$C$ 为任意常数）

不定积分

定义

设函数 $f(x)$ 在区间 $I$ 有定义，函数 $F(x)$ 是函数 $f(x)$ 在区间 $I$ 的一个原函数，我们将原函数族 $F(x)+C(C\in \mathbb{R})$ 称为函数 $f(x)$ 在区间 $I$ 的不定积分，或称为微分 $f(x)dx$ 的不定积分，记为 $\int f(x)dx$，其中记号 $\int$ 称为积分号，$x$ 称为积分变量，$f(x)$ 称为被积函数，$f(x)dx$ 称为被积表达式，$C$ 称为积分常量

常见不定积分

$$ \begin{aligned} &\int e^{cx}\,dx = \frac{1}{c}e^{cx}+C,\\ &\int a^{cx}\,dx = \frac{1}{c\ln a}a^{cx}+C\quad (a>0,a\neq1),\\ &\int \ln x\,dx = x\ln x - x + C,\\ &\int (\ln x)^2\,dx = x(\ln x)^2 - 2x\ln x+2x+C,\\ &\int x^n\,dx = \frac{x^{n+1}}{n+1}+C,\quad n\neq -1,\\ &\int \frac{1}{x}\,dx = \ln|x|+C,\\ &\int \arctan x\,dx = x\arctan x - \frac{1}{2}\ln(1+x^2)+C,\\ &\int \operatorname{arcsinh}x\,dx = x\,\operatorname{arcsinh}x - \sqrt{x^2+1}+C,\\ &\int \sinh(cx)\,dx = \frac{1}{c}\cosh(cx)+C,\\ &\int \cosh(cx)\,dx = \frac{1}{c}\sinh(cx)+C,\\ &\int \tanh(cx)\,dx = \frac{1}{c}\ln|\cosh(cx)|+C,\\ &\int \coth(cx)\,dx = \frac{1}{c}\ln|\sinh(cx)|+C,\\ &\int \sqrt{a^2+x^2}\,dx = \frac{1}{2}x\sqrt{a^2+x^2}+\frac{a^2}{2}\ln\bigl(x+\sqrt{a^2+x^2}\bigr)+C,\\ &\int \sqrt{ a^2-x^2 } \, dx=\frac{1}{2}x\sqrt{ a^2-x^2 }+\frac{a^2}{2}\arcsin \frac{x}{a}+C,\\ &\int \frac{1}{\sqrt{a^2+x^2}}\,dx = \ln\bigl(x+\sqrt{a^2+x^2}\bigr)+C,\\ &\int \frac{dx}{\sqrt{a^2-x^2}} = \arcsin\left( \frac{x}{a} \right)+C,\\ &\int \sec x \, dx =\ln|\sec x+\tan x|+C,\\ &\int \csc x \, dx =-\ln|\csc x+\cot x|+C,\\ &\int \sin x\,dx = -\cos x+C,\\ &\int \cos x\,dx = \sin x+C,\\ &\int \tan x\,dx = -\ln|\cos x|+C,\\ &\int \cot x\,dx = \ln|\sin x|+C,\\ &\int \sec^2x\,dx = \tan x+C,\\ &\int \csc^2 x\,dx = -\cot x+C,\\ &\int \sin^2 x\,dx = \frac{x}{2}-\frac{\sin(2x)}{4}+C,\\ &\int \cos^2 x\,dx = \frac{x}{2}+\frac{\sin(2x)}{4}+C,\\ &\int \frac{1}{x^2+\alpha^2}\,dx = \frac{1}{\alpha}\arctan\frac{x}{\alpha} + C,\\ &\int \frac{1}{\pm x^2\mp \alpha^2}\,dx = \frac{1}{2\alpha}\ln\left|\frac{x\mp \alpha}{\pm x+\alpha}\right| + C,\\ \end{aligned} $$

不定积分的线性运算法则

  1. $\int af(x) \, dx=a\int f(x) \, dx$, $a$ 是常数，且 $a\neq 0$
  2. $\int [f(x)+g(x)] \, dx = \int f(x) \, dx+\int g(x) \, dx$

换元积分法与分部积分法

换元积分法

第一换元积分法

  • 定理：
    设 $f(u)$ 存在原函数 $F(x)$，函数 $u=\varphi(x)$ 可导，则有 $\int f[\varphi(x)]\varphi'(x) \, dx = \int f[\varphi(x)] \, d\varphi(x)=\left[ \int f(u) \, du \right]_{u=\varphi(x)}=F[\varphi(x)]+C$
  • 常用公式

$$ \int f(ax+b) \, dx = \frac{1}{a}\int f(ax+b) \, d(ax+b)=\frac{1}{a}F(ax+b)+C $$

$$ \int x^{n-1}f(ax^n+b) \, dx = \frac{1}{na}\int f(ax^n+b) \, d(ax^n+b)=\frac{1}{na}F(ax^n+b)+C $$

$$ \int \frac{f'(x)}{f(x)} \, dx = \ln \left| f(x) \right|+C $$

$$ \int \sin(ax)f(\cos(ax) )\, dx=-\frac{1}{a}F(\cos(ax))+C $$

或

$$ \int f(\sin(ax))\cos(ax) \, dx=\frac{1}{a}F(\sin(ax))+C $$

第二换元积分法

  • 定理：
    设函数 $x=\varphi(t)$ 有连续的导数且 $\varphi'(x)\neq 0$，若函数 $f[\varphi(t)]\varphi'(t)$ 有原函数 $G(t)$，则有

    $$ \int f(x) \, dx = \left\{ \int f[\varphi(t)]\varphi'(t) \, dt \right\}_{t=\varphi^{-1}(x)}=G[\varphi^{-1}(x)]+C $$

  • 三角代换（或双曲代换）

  1. 对形如 $\int (x,\sqrt{ a^2-x^2 }) \, dx$ 的积分可代换 $x=a\cos t$ 或 $x=a\sin t$
    • eg:

$$ \begin{aligned} \int \sqrt{ a^2-x^2 } \, dx &\xlongequal{x=a\sin t}\int \sqrt{ a^2-a^2\sin^2t }\cdot a\cos t \, dt \\ &=a^2\int \cos^2t \, dt \\ &=a^2\int \frac{1+\cos 2t}{2} \, dt \\ &=\frac{a^2t}{2}+\frac{a^2\sin t\cos t}{2}+C \\ 其中t=\arcsin &\frac{x}{a},\sin t=\frac{x}{a},则\cos t=\frac{\sqrt{ a^2-x^2 }}{a},即 \\ \int \sqrt{ a^2-x^2 } \, dx&=\frac{a^2}{2}\arcsin \frac{x}{a}+\frac{1}{2}x\sqrt{ a^2-x^2 }+C \end{aligned} $$

  1. 对形如 $\int (x,\sqrt{ a^2+x^2 }) \, dx$ 的积分可代换 $x=a\tan t$ 或 $x=a\sinh t$
    • eg:

$$ \begin{aligned} \int \sqrt{ a^2+x^2 } \, dx &\xlongequal{x=a\sinh t}\int \sqrt{ a^2+a^2\sinh^2t }\cosh t \, dt \\ &=a^2\int \cosh^2 t \, dt \\ &= a^2\int \frac{1+\cosh 2t}{2} \, dt \\ &=\frac{a^2t}{2}+\frac{a^2\sinh t\cos t}{2}+C \\ 其中t=\operatorname{arcsinh} &\frac{x}{a}=\ln \left( \frac{x}{a}+\sqrt{ 1+\frac{x^2}{a^2} } \right) ,\sinh t=\frac{x}{a},\cosh t=\frac{\sqrt{ a^2+x^2 }}{a},即 \\ \int \sqrt{ a^2+x^2 } \, dx &=\frac{a^2}{2}\ln(x+\sqrt{ a^2+x^2 })+\frac{1}{2}x\sqrt{ a^2+x^2 }+C \end{aligned} $$

  1. 对形如 $\int (x,\sqrt{ x^2-a^2 }) \, dx$ 的积分可代换 $x=a\sec t$ 或 $x=a\cosh t$
    • 无理代换
    1. 若不定积分的被积函数是 $\sqrt[n_{1}]{ x },\sqrt[n_{2}]{ x },\dots,\sqrt[n_{k}]{ x }$ 的有理式，而 $n$ 为 $n_{i}(1\leq i\leq k)$ 的最小公倍数，则作代换 $t=\sqrt[n]{ x }$，有 $x=t^n$，$dx=nt^{n-1}dt$
    2. 若被积函数中只有一种根式 $\sqrt[n]{ ax+b }$，可试作代换 $t=\sqrt[n]{ ax+b }$（实际上是令 $x=\frac{1}{a}(t^n-b),t\geq 0$），则 $dx=\frac{nt^{n-1}}{a}dt$
    • 倒代换
    • 一般当分母次数高于分子次数，且分子分母均为“因式”时，可试作倒代换 $x=\frac{1}{t}$

分部积分法

一般地，设 $u=u(x),v=v(x)$ 有连续导数，则 $d[u(x)v(x)]=v(x)du(x)+u(x)dv(x)$，移项得 $u(x)dv(x)=d[u(x)v(x)]-v(x)du(x)$，对 $x$ 求不定积分，有 $\int u(x) \, dv(x)=u(x)v(x)-\int v(x) \, du(x)$，简记为 $\boldsymbol{\int u \, dv=uv-\int v \, du}$

上述公式称为分部积分公式，在 $\int v \, du$ 比 $\int u \, dv$ 易求时，可化难为易

eg:

$$ \begin{aligned} \int x\arctan x \, dx &=\int \arctan x \, d \frac{x^2}{2} \\ &=\frac{x^2}{2}\arctan x-\int \frac{x^2}{2} \, d\arctan x \\ &=\frac{x^2}{2}\arctan x-\int \frac{x^2}{2}\cdot \frac{1}{1+x^2} \, dx \\ &=\frac{1}{2}(x^2\arctan x+\arctan x-x)+C \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned} \int e^{ x }\sin x \, dx &=-\int e^{ x } \, d\cos x \\ &=-\left( e^{ x }\cos x-\int \cos xe^{ x } \, dx \right) \\ &=-e^{ x }\cos x+\int e^{ x } \, d(\sin x) \\ &=-e^{ x }\cos x+e^{ x }\sin x-\int e^{ x }\sin x \, dx \\ \text{移项得 }\int e^{ x }\sin x \, dx &=\frac{1}{2}e^{ x }(\sin x-\cos x)+C \end{aligned} $$

有理真分式的不定积分

$$ \int \frac{1}{(x-a)^n} \, dx =\begin{cases}\ln|x-a|+C\;\;\;\;\;\;n=1\\ \frac{1}{(1-n)(x-a)^{n-1}}+C\;\;\;\;n\neq 1\end{cases} $$

$$ \int \frac{Ax+B}{(x^2+px+q)^n} \, dx $$

  • $n=1$ 时

$$ \begin{aligned} \int \frac{Ax+B}{x^2+px+q} \, dx&=\int \frac{Ax+B}{\left( x+\frac{p}{2} \right)^2+\frac{4q-p^2}{4}} \, dx \\ &\xlongequal{t=x+\frac{p}{2},r^2=\frac{4q-p^2}{4},N=B-\frac{Ap}{2}}A\int \frac{t}{t^2+r^2} \, dt+N\int \frac{1}{t^2+r^2} \, dt \\ &=\frac{A}{2}\ln(t^2+r^2)+ \frac{N}{r}\arctan \frac{t}{r}+C\\ &=\frac{A}{2}\ln(x^2+px+q)+\frac{2B-Ap}{\sqrt[]{ 4q-p^2 }} \arctan \frac{2x+p}{\sqrt[]{ 4q-p^2 }}+C \end{aligned} $$

  • $n\neq 1$ 时

$$ \begin{aligned} &\int \frac{Ax+B}{(x^2+px+q)^n} \, dx =A\int \frac{t}{(t^2+r^2)^n} \, dt+N\int \frac{1}{(t^2+r^2)^n} \, dt \\ &其中A\int \frac{t}{(t^2+r^2)^n} \, dt=\frac{A}{2}\int (t^2+r^2)^{-n} \, d(t^2+r^2) =\frac{A}{2(1-n)}\cdot \frac{1}{(t^2+r^2)^{n-1}}+C_{1} \\ &记I_{n}=\int \frac{1}{(t^2+r^2)^n} \, dt ,则 \\ &I_{n-1}=\int \frac{1}{(t^2+r^2)^{n-1}} \, dt =\frac{t}{(r^2+t^2)^{n-1}}-\int t \, d\left[ \frac{1}{(r^2+t^2)^{n-1}} \right] \\ &=\frac{t}{(r^2+t^2)^{n-1}}+2(n-1)\int \frac{t^2}{(r^2+t^2)^n} \, dt \\ &=\frac{t}{(r^2+t^2)^{n-1}}+2(n-1)\int \frac{(r^2+t^2)-r^2}{(r^2+t^2)^n} \, dt \\ &=\frac{t}{(r^2+t^2)^{n-1}}+2(n-1)I_{n-1}-2(n-1)r^2I_{n} \\ &即I_{n}=\frac{1}{2(n-1)r^2}\left[ \frac{t}{(t^2+r^2)^{n-1}}+(2n-3)I_{n-1} \right](n\geq 1) \\ &又I_{1}=\int \frac{1}{t^2+r^2} \, dt=\frac{1}{r}\arctan \frac{t}{r}+C_{1} \\ &I_{2} =\frac{1}{2r^2}\left( \frac{t}{t^2+r^2}+ \frac{1}{r}\arctan \frac{t}{r}\right)+C_{2} \\ &将结果代回，即可求得积分 \end{aligned} $$

三角有理式的不定积分

对于一般三角函数有理式的不定积分 $\int R(\sin x,\cos x) \, dx$，通过 $t=\tan \frac{x}{2}$ 可化为

$$ \int R\left( \frac{2t}{1+t^2}, \frac{1-t^2}{1+t^2} \right) \frac{2}{1+t^2} \, dt $$

求出该积分 $F(x)+C$ 后，将 $t=\tan \frac{x}{2}$ 带回即可求出结果（虽然万用但较繁琐，不作为首选）

eg:

$$ \begin{aligned} \int \frac{1}{2\sin x-\cos x+5} \, dx &\xlongequal{t=\tan \frac{x}{2}} \int \frac{1}{2\cdot \frac{2t}{1+t^2}- \frac{1-t^2}{1+t^2}+5} \cdot \frac{2}{1+t^2}\, dt \\ &=\int \frac{1}{3t^2+2t+2} \, dt \\ &=\frac{1}{3}\int \frac{1}{\left( t+\frac{1}{3} \right)^2+\left( \frac{\sqrt[]{ 5 }}{3} \right)^2} \, d\left( t+\frac{1}{3} \right) \\ &=\frac{1}{\sqrt[]{ 5 }}\arctan \frac{t+\frac{1}{3} }{\frac{\sqrt[]{ 5 }}{3}}+C \\ &=\frac{1}{\sqrt[]{ 5 }}\arctan \frac{3\tan \frac{x}{2}+1}{\sqrt[]{ 5 } }+C \end{aligned} $$

针对不同题目，可优先考虑 $t=\cos x/\tan x/\sin x$ 这样的代换

eg:

$$ \begin{aligned} \int \frac{\sin^2x}{1+\cos^2x} \, dx &\xlongequal{t=\tan x} \int \frac{\frac{t^2}{1+t^2}}{1+\frac{1}{1+t^2}}\cdot \frac{1}{1+t^2} \, dt \\ &=\int \frac{t^2}{(1+t^2)(2+t^2)} \, dt \\ &=\int \left( \frac{2}{2+t^2}-\frac{1}{(1+t^2)} \right) \, dt \\ &=\sqrt[]{ 2 }\arctan \frac{t}{\sqrt[]{ 2 }}-\arctan t+C \\ &=\sqrt[]{ 2 }\arctan \frac{\tan x }{\sqrt[]{ 2 }}-x+C \end{aligned} $$

简单无理函数的不定积分

对于形如

$$ \int R\left( x, \sqrt[n]{ \frac{Ax+B}{Cx+D} } \right) \, dx(AD\neq BC) $$

的积分，为了去掉根号，可以令 $t=\sqrt[n]{ \frac{Ax+B}{Cx+D} },即x=\frac{Dt^n-B}{A-Ct^n},dx=\frac{n(AD-BC)t^{n-1}}{(A-Ct^n)^2}dt$
eg:

$$ \begin{aligned} \int \frac{1}{x}\sqrt[]{ \frac{x+2}{x-2} } \, dx &\xlongequal{t=\sqrt[]{ \frac{x+2}{x-2} }}\int \frac{4t^2}{(1-t^2)(1+t^2)} \, dt \\ &= 2\int \frac{1}{1-t^2} \, dt-2\int \frac{1}{1+t^2} \, dt \\ &=\ln\left|\frac{1+t}{1-t}\right| -2\arctan t+C \\ &=\ln \left| \frac{\sqrt[]{ x-2 }+\sqrt[]{ x+2 }}{\sqrt[]{ x-2 }-\sqrt[]{ x+2 }}\right| -2\arctan \sqrt[]{ \frac{x+2}{x-2} } +C \end{aligned} $$

定积分

定义

设 $f(x)$ 是定义在闭区间 $[a,b]$ 上的有界函数，在闭区间 $[a,b]$ 上任取分割 $T:a=x_{0}

$$ \sum_{i=1}^nf(\xi_{i})\Delta x_{i} $$

（称为 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上的积分和），如果不论如何选择分割 $T$ 及取在 $[x_{i-1},x_{i}]$ 上的 $\xi_{i}$，只要当 $\lambda \to 0$ 时，该和式总趋于确定的常数 $I$，那么称极限 $I$ 为 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上的定积分，记作

$$ \int^b_{a} f(x) \, dx $$

即

$$ \int^b_{a} f(x) \, dx=\sum_{i=1}^nf(\xi_{i})\Delta x_{i} $$

其中 $f(x)$ 称为被积函数，$f(x)dx$ 称为被积表达式，$x$ 称为积分变量，$a$ 与 $b$ 分别称为积分下限与积分上限，$[a,b]$ 称为积分区间，符号 $\int$ 称为积分符号

也可叙述为：

设 $f(x)$ 是定义在闭区间 $[a,b]$ 上的有界函数，$I$ 为常数，若对于 $\forall\varepsilon\in(0,+\infty),\exists\delta\in(0,+\infty)$，使得对 $[a,b]$ 上的任意分割 $T:a=x_{0}

$$ \left| I-\sum_{i=1}^nf(\xi_{i})\Delta x_{i} \right|<\varepsilon $$

则称 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上可积，称 $I$ 为 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上的定积分，记作

$$ \int^b_{a} f(x) \, dx $$

即

$$ \int^b_{a} f(x) \, dx=\sum_{i=1}^nf(\xi_{i})\Delta x_{i} $$

若 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上的定积分存在，则称 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上可积，反之则称不可积

这种积分称为黎曼积分，将 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上可积称为黎曼可积，把在区间 $[a,b]$ 上黎曼可积的函数全体构成的集合记作 $R[a,b]$

几何意义

$$ \int^b_{a} f(x) \, dx $$

的几何意义可理解为求由 $x=a,x=b,f(x)(x\in[a,b]),y=0$ 所围成图形的面积之和（若位于 $x$ 轴以下则面积为负值）

$f(x)\in R[a,b]$ 的条件

必要条件

$f(x)$ 在 $[a,b]$ 上有界

充分条件

  1. $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续
  2. $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上有界且只有有限个间断点
  3. $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上单调有界

可导必连续，连续不一定可导；连续必可积，可积不一定连续

性质

  1. 线性性质：设 $f(x),g(x)\in R[a,b],\alpha,\beta,\in \mathbb{R}$,则 $\alpha f(x)+\beta g(x)\in R[a,b]$，且

$$ \int^a_{b} [\alpha f(x)+\beta g(x)] \, dx=\alpha \int^a_{b}f(x) \, dx+\beta \int^a_{b} g(x) \, dx $$

  1. 保号性：若 $f(x)\in R[a,b]$，且 $f(x)\geq 0,x\in[a,b]$，则有

$$ \int^b_{a} f(x) \, dx\geq 0 $$

  1. 单调性：设 $f(x),g(x)\in R[a,b]$，且 $f(x)\leq g(x),\forall x\in[a,b]$，则

$$ \int ^b_{a}f(x) \, dx\leq \int ^b_{a}g(x) \, dx $$

  1. 设 $f(x)\in R[a,b]$ 且 $m\leq f(x)\leq M,\forall x\in[a,b]$，其中 $m,M$ 是常数，则

$$ m(b-a)\leq \int ^b_{a}f(x) \, dx \leq M(b-a) $$

  1. 设 $f(x)\in R[a,b]$，则 $|f(x)|\in R[a,b]$，且

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

  1. 区间可加性：设 $I$ 为任意有限区间，若 $f(x)\in R(I)$，则 $\forall a,b,c\in I$，有

$$ \int ^b_{a}f(x) \, dx =\int ^c_{a}f(x) \, dx+\int ^b_{c}f(x) \, dx $$

积分中值定理

设函数 $f(x),g(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续，且 $g(x)$ 在区间 $[a,b]$ 上不变号，则

$$ \exists\xi\in[a,b],使得\int ^b_{a}f(x)g(x) \, dx=f(\xi)\int ^b_{a}g(x) \, dx $$

计算方法

微积分基本定理

  1. 若 $f(x)\in R[a,b]$，且 $f(x)$ 的一个原函数为 $F(x)$，则

$$ \int ^b_{a}f(x) \, dx = F(b)-F(a)=[F(x)]^b_{a}=F(x)|^b_{a} $$

（牛顿-莱布尼茨公式）
2. 若 $f(x)\in R[a,b]$，则

$$ \Phi(x)=\int ^x_{a}f(t) \, dt $$

在 $[a,b]$ 上连续
3. 若 $f(x)\in C[a,b]$，则

$$ \Phi(x)=\int ^x_{a}f(t) \, dt $$

在 $[a,b]$ 上可导，且

$$ \Phi'(x)=\frac{d}{dx}\int ^x_{a}f(t) \, dt=f(x) $$

即 $\Phi(x)$ 是 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上的一个原函数
4. 若 $f(x)\in C[a,b]$，$F(x)$ 是 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上的一个原函数，则

$$ \int ^b_{a}f(x) \, dx=F(b)-F(a) $$

（仍是牛顿-莱布尼茨公式，但是是特殊情形）
5. 若 $f(x)\in R[a,b]$，$F(x)\in C[a,b]$ 且除了有限个点外满足 $F'(x)=f(x)$，则对每一个 $x\in[a,b]$，均有

$$ \int ^x_{a}f(t) \, dt=F(x)-F(a) $$

（广义牛顿-莱布尼茨公式）

换元积分法

设 $f(x)\in C[a,b]$，函数 $x=\varphi(t)$ 在 $[\alpha,\beta]或[\beta,\alpha]$ 上有连续导数 $\varphi'(x)$，且 $\varphi(\alpha)=a,\varphi(\beta)=b,\varphi([\alpha,\beta])=[a,b]或\varphi([\beta,\alpha])=[b,a]$，则

$$ \int ^b_{a}f(x) \, dx =\int ^\beta_{\alpha}f[\varphi(t)]\varphi'(t) \, dt $$

eg:

$$ \begin{aligned} \int ^a_{0}\sqrt[]{ a^2-x^2 } \, dx &\xlongequal{x=a\sin t}\int ^\frac{\pi}{2}_{0} a^2\cos^2 t \, dt \\ &=\frac{a^2}{2}\left[ t+\frac{1}{2}\sin 2t \right] \\ &=\frac{\pi}{4}a^2 \\ \end{aligned} $$

tip:

对于形如 $\int_0^\pi x f(x) \, dx$，$f(x)$ 为三角函数的情况：

令 $u=\pi-x$，则 $dx=-du$，

$$ \int_0^\pi x f(x) \, dx = \int_\pi^0 (\pi-u) f(\pi-u) \, (-du) = \int_0^\pi (\pi-u) f(\pi-u) \, du = \int_0^\pi (\pi-x) f(\pi-x) \, dx $$

将原积分与上式相加得：

$$ 2\int_0^\pi x f(x) \, dx = \int_0^\pi \big[ x f(x) + (\pi - x) f(\pi - x) \big] \, dx $$

若 $f(\pi-x) = f(x)$，即 $f$ 关于 $x=\tfrac{\pi}{2}$ 对称，则

$$ 2\int_0^\pi x f(x) \, dx = \int_0^\pi \big[ x f(x) + (\pi - x) f(x) \big] \, dx = \int_0^\pi \pi f(x) \, dx $$

即

$$ \int_0^\pi x f(x) \, dx = \frac{\pi}{2} \int_0^\pi f(x) \, dx $$

特别地，当 $f(x)=\frac{\sin x}{1+\cos^2 x}$ 时，$f(\pi - x)=f(x)$，故上式成立。

另解：$f(x)=\sqrt[]{a^2-x^2}$ 的图像是以原点为圆心，$a$ 为半径的上半圆。即 $\int^a_{0}\sqrt[]{a^2-x^2} \, dx$ 所求的其实是 $\frac{1}{4}$ 圆的面积，故为 $\frac{\pi}{4}a^2$。

分部积分法

若函数 $u(x),v(x)$ 在 $[a,b]$ 上有连续导数，则

$$ \int ^b_{a}u(x)v'(x) \, dx = [u(x)v(x)]^b_{a}-\int ^b_{a}v(x)u'(x) \, dx $$

eg:

$$ \begin{aligned} \int ^\pi_{0}x\sin 2x \, dx &= -\frac{1}{2}\int ^\pi_{0}x \, d(\cos 2x) \\ &=-\frac{1}{2}\left( x\cos 2x|^\pi_{0}-\frac{1}{2}\int ^\pi_{0}\cos 2x \, dx \right) \\ &=-\frac{1}{2}\left( \pi-\frac{1}{2}\sin 2x|^\pi_{0} \right) \\ &=-\frac{\pi}{2} \end{aligned} $$

Wallis 公式

Wallis 公式通常指两类密切相关的结果：一类是用于计算形如

$$ I_n = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^n x \, dx \quad \text{或} \quad \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^n x \, dx $$

的定积分的递推公式与显式表达式（在微积分中常被称为“Wallis 积分公式”）；另一类是用无穷乘积表示圆周率 $\pi$ 的Wallis 乘积公式。这里主要关注第一类。

令

$$ I_n = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^n x \, dx,J_n = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^n x \, dx. \quad n \in \mathbb{N}. $$

令 $x = \frac{\pi}{2} - t$，则当 $x \in [0, \frac{\pi}{2}]$ 时，$t \in [\frac{\pi}{2}, 0]$，且 $\sin x = \cos t, \quad dx = -dt.$
于是

$$ \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^n x \, dx = \int_{\frac{\pi}{2}}^{0} \cos^n t \, (-dt) = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^n t \, dt. $$

因此

$$ J_n = I_n \quad \text{对所有 } n \geq 0. $$

故只对

$$ I_n = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^n x \, dx $$

进行证明
对 $n \geq 2$，将 $I_n$ 写为

$$ I_n = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^{n-1} x \cdot \cos x \, dx. $$

令 $u = \cos^{n-1} x, \quad dv = \cos x \, dx,$
则 $du = (n-1)\cos^{n-2} x \cdot (-\sin x) \, dx, \quad v = \sin x.$
由分部积分公式 $\int u \, dv = uv - \int v \, du$，得

$$ I_n = \left[ \cos^{n-1} x \cdot \sin x \right]_0^{\frac{\pi}{2}} - \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin x \cdot \big( -(n-1)\cos^{n-2} x \sin x \big) \, dx. $$

计算边界项：

  • 当 $x = \frac{\pi}{2}$ 时，$\cos x = 0$，故 $\cos^{n-1} x \cdot \sin x = 0$；
  • 当 $x = 0$ 时，$\sin x = 0$，故该项也为 $0$。
    因此边界项为 $0$，于是

$$ I_n = (n-1) \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^{n-2} x \cdot \sin^2 x \, dx. $$

利用恒等式 $\sin^2 x = 1 - \cos^2 x$，得

$$ I_n = (n-1) \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^{n-2} x (1 - \cos^2 x) \, dx = (n-1) \left( \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^{n-2} x \, dx - \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^n x \, dx \right). $$

即 $I_n = (n-1)(I_{n-2} - I_n).$
将右边展开并移项：

$$ I_n + (n-1)I_n = (n-1)I_{n-2} \quad \Rightarrow \quad n I_n = (n-1) I_{n-2}. $$

因此得到递推公式：

$$ I_n = \frac{n-1}{n} I_{n-2}, \quad \text{对所有 } n \geq 2. $$

  • 当 $n = 0$ 时：

$$ I_0 = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^0 x \, dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} 1 \, dx = \frac{\pi}{2}. $$

  • 当 $n = 1$ 时：

$$ I_1 = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos x \, dx = \left[ \sin x \right]_0^{\frac{\pi}{2}} = \sin\left(\frac{\pi}{2}\right) - \sin(0) = 1 - 0 = 1. $$

情形 1：$n = 2m$（偶数）
反复应用递推公式：

$$ \begin{aligned} I_{2m} &= \frac{2m - 1}{2m} I_{2m - 2} \\ &= \frac{2m - 1}{2m} \cdot \frac{2m - 3}{2m - 2} I_{2m - 4} \\ &= \cdots \\ &= \frac{2m - 1}{2m} \cdot \frac{2m - 3}{2m - 2} \cdots \frac{1}{2} I_0. \end{aligned} $$

代入 $I_0 = \frac{\pi}{2}$，得

$$ I_{2m} = \left( \frac{(2m - 1)(2m - 3) \cdots 3 \cdot 1}{2m(2m - 2) \cdots 4 \cdot 2} \right) \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{(2m - 1)!!}{(2m)!!} \cdot \frac{\pi}{2}. $$

情形 2：$n = 2m + 1$（奇数）
同样递推：

$$ \begin{aligned} I_{2m+1} &= \frac{2m}{2m+1} I_{2m - 1} \\ &= \frac{2m}{2m+1} \cdot \frac{2m - 2}{2m - 1} I_{2m - 3} \\ &= \cdots \\ &= \frac{2m}{2m+1} \cdot \frac{2m - 2}{2m - 1} \cdots \frac{2}{3} I_1. \end{aligned} $$

代入 $I_1 = 1$，得

$$ I_{2m+1} = \frac{2m(2m - 2) \cdots 4 \cdot 2}{(2m+1)(2m - 1) \cdots 3 \cdot 1} = \frac{(2m)!!}{(2m + 1)!!}. $$

几何应用

平面图形面积

  1. 直角坐标系
  2. 若 $f(x)\geq 0$,那么由曲线 $y=f(x)$ 与 $Ox$ 轴以及直线 $x=a,x=b(a

$$ A=\int ^b_{a}f(x) \, dx $$

  1. 由连续曲线 $y=f(x),y=g(x)$ 及直线 $x=a,x=b(a

$$ A=\int ^b_{a}|f(x)-g(x)| \, dx $$

  1. 由连续曲线 $x=f(y),x=g(y)$ 及直线 $y=a,y=b(a

$$ A=\int ^b_{a}|f(y)-g(y)| \, dy $$

  1. 极坐标系
  2. 由曲线 $\rho=\varphi(\theta)$ 及射线 $\theta=\alpha,\theta=\beta(\alpha<\beta)$ 围成的图形的面积为

$$ A=\int ^\beta_{\alpha} \frac{1}{2}\varphi^2(\theta) \, d\theta $$

体积

  1. 旋转体的体积
  2. 由连续曲线 $y=f(x)$，直线 $x=a,x=b(a,b)$ 及 $x$ 轴所围成的曲边梯形绕 $x$ 轴旋转一周而成的立体体积为

$$ V=\int ^b_{a} \pi[f(x)]^2 \, dx $$

（绕 $y$ 轴形成的同理）
2. 柱壳法：求由曲线 $y=f(x),y=g(x)\in C[a,b]$ 与直线 $x=a,x=b(a

$$ V=2\pi\int ^b_{a}x|f(x)-g(x)| \, dx $$

  1. 已知平行截面面积的立体体积
  2. 若一个立体，由垂直于 $x$ 轴的平面截得的面积为 $A(x)\in R[a,b]$，则体积为

$$ V=\int ^b_{a}A(x) \, dx $$

弧长

  1. 直角坐标系
  2. 设曲线弧的方程为 $y=f(x)(a\leq x\leq b)$，其中 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上具有一阶连续导数，取横坐标 $x$ 为积分变量，它的变化区间为 $[a,b]$，曲线 $y=f(x)$ 上相应于 $[a,b]$ 上任一区间 $[x,x+dx]$ 的一段弧长的长度，可以用该曲线在点 $(x,f(x))$ 处的切线上相应的小段长度来近似表示，而切线上相应的小段长度为 $\sqrt[]{ (dx)^2+(dy)^2 }=\sqrt[]{ 1+y'^2 }dx$，故整段弧长为

$$ s=\int ^b_{a}\sqrt[]{ 1+y'^2 } \, dx $$

  1. 参数方程
  2. 设曲线弧的方程为 $x=\varphi(t),y=\psi(t),\alpha\leq t\leq\beta$，其中 $\varphi(t),\psi(t)$ 在区间 $[\alpha,\beta]$ 上有连续导数，故有弧长公式

$$ s=\int ^\beta_{\alpha}\sqrt[]{ [\varphi'(t)]^2+[\psi'(t)]^2 } \, dt $$

  1. 极坐标
  2. 设曲线弧的方程为 $\rho=\rho(\theta)(\alpha\leq\theta\leq\beta)$，其中 $\rho(\theta)$ 在 $[\alpha,\beta]$ 上具有连续导数，此时曲线的参数方程为 $x=\rho(\theta)\cos\theta,y=\rho(\theta)\sin\theta$，且有 $dx=[\rho'(\theta)\cos\theta-\rho(\theta)\sin\theta]d\theta,dy=[\rho'(\theta)\sin\theta+\rho(\theta)\cos\theta]d\theta,(dx)^2+(dy^2)=\{[\rho'(\theta)]^2+[\rho(\theta)]^2\}(d\theta)^2$， 故

$$ s=\int ^\beta_{\alpha}\sqrt[]{ \rho^2(\theta)+\rho'^2(\theta) } \, d\theta $$

反常积分

积分限为无穷的反常积分

定义

设函数 $f(x)$ 在 $[a,+\infty)$ 上连续或分段连续，对任意 $t>a$，积分

$$ \int ^t_{a}f(x) \, dx $$

存在，则定义

$$ \int ^{+\infty}_{a}f(x) \, dx =\lim_{ t \to \infty }\int ^t_{a}f(x) \, dx $$

并称

$$ \int ^{+\infty}_{a}f(x) \, dx $$

为 $f(x)$ 在 $[a,+\infty)$ 上的反常积分，若

$$ \lim_{ t \to \infty }\int ^t_{a}f(x) \, dx $$

存在则称反常积分

$$ \int ^{+\infty}_{a}f(x) \, dx $$

收敛，且该极限值为反常积分的值，反之则发散，在 $(-\infty,b]$ 上同理

对于定义在在 $(-\infty,+\infty)$ 上的连续函数 $f(x)$ 的反常积分

$$ \int ^{+\infty}_{-\infty}f(x) \, dx $$

作如下定义：

$$ \int ^{+\infty}_{-\infty}f(x) \, dx=\int ^{+\infty}_{c}f(x) \, dx+\int ^{c}_{-\infty}f(x) \, dx $$

其中 $c$ 为任意实数，当且仅当等式右边的两个积分同时收敛时才称反常积分

$$ \int ^{+\infty}_{-\infty}f(x) \, dx $$

收敛，且右边两个反常积分之和称为反常积分

$$ \int ^{+\infty}_{-\infty}f(x) \, dx $$

的值。

eg:

$$ \begin{aligned} \int ^{+\infty}_{0} \frac{1}{1+x^2} \, dx &=\lim_{ b \to \infty } \int ^b_{0} \frac{1}{1+x^2} \, dx \\ &=\lim_{ b \to \infty } [\arctan x]^b_{0} \\ &=\lim_{ b \to \infty } \arctan b=\frac{\pi}{2} \\ \int ^{+\infty}_{-\infty} \frac{1}{1+x^2} \, dx &= \int ^{+\infty}_{0} \frac{1}{1+x^2} \, dx +\int ^{0}_{-\infty} \frac{1}{1+x^2} \, dx \\ &=[\arctan x]^{+\infty}_{0}+[\arctan x]^{0}_{-\infty} \\ &=\pi \end{aligned} $$

性质

  1. 若反常积分

$$ \int ^{+\infty}_{a}f(x) \, dx $$

收敛，则

$$ \lim_{ a \to +\infty }\int ^{+\infty}_{a}f(x) \, dx = 0 $$

  1. 对于任意非零常数 $\alpha,\beta$，若反常积分

$$ \int ^{+\infty}_{a}f(x) \, dx $$

与

$$ \int ^{+\infty}_{a}g(x) \, dx $$

都收敛，则反常积分

$$ \int ^{+\infty}_{a}[\alpha f(x)+\beta g(x)] \, dx $$

也收敛且

$$ \int ^{+\infty}_{a}[\alpha f(x)+\beta g(x)] \, dx=\alpha \int ^{+\infty}_{a}f(x) \, dx+\beta\int ^{+\infty}_{a}g(x) \, dx $$

  1. 反常函数

$$ \int ^{+\infty}_{a}f(x) \, dx $$

与

$$ \int ^{+\infty}_{b}f(x) \, dx $$

敛散性相同
4. 若反常积分

$$ \int ^{+\infty}_{a}f(x) \, dx $$

与

$$ \int ^{+\infty}_{a}g(x) \, dx $$

都收敛且 $f(x)\leq g(x)(x\geq a)$ 则有

$$ \int ^{+\infty}_{a}f(x) \, dx\leq\int ^{+\infty}_{a}g(x) \, dx $$

  1. 若反常积分

$$ \int ^{+\infty}_{a}|f(x)| \, dx $$

收敛，则反常积分

$$ \int ^{+\infty}_{a}f(x) \, dx $$

也收敛。若反常积分

$$ \int ^{+\infty}_{a}|f(x)| \, dx $$

收敛，则称反常积分

$$ \int ^{+\infty}_{a}f(x) \, dx $$

绝对收敛；若反常积分

$$ \int ^{+\infty}_{a}f(x) \, dx $$

收敛，反常积分

$$ \int ^{+\infty}_{a}|f(x)| \, dx $$

发散，则称反常积分

$$ \int ^{+\infty}_{a}f(x) \, dx $$

条件收敛

判别方法

  1. 比较判别法：设有区间 $[a,+\infty)$ 上的非负函数$f(x),g(x)$，且 $f(x)\leq g(x)$，又对任何 $A>a$，$f(x),g(x)\in C[a,A]$，则
  • 若

$$ \int ^{+\infty}_{a}g(x) \, dx $$

收敛，则

$$ \int ^{+\infty}_{a}f(x) \, dx $$

收敛

  • 若

$$ \int ^{+\infty}_{a}f(x) \, dx $$

发散，则

$$ \int ^{+\infty}_{a}g(x) \, dx $$

发散
2. 比较判别法的极限形式设有区间 $[a,+\infty)$ 上的非负函数$f(x),g(x)$，且

$$ \lim_{ x \to \infty } \frac{f(x)}{g(x)}=k $$

则

  • $k\in(0,+\infty)$ 时，

$$ \int ^{+\infty}_{a}f(x) \, dx $$

与

$$ \int ^{+\infty}_{a}g(x) \, dx $$

同时收敛或发散

  • $k=0$ 时，

$$ \int ^{+\infty}_{a}g(x) \, dx $$

收敛时，

$$ \int ^{+\infty}_{a}f(x) \, dx $$

收敛

  • $k=+\infty$，

$$ \int ^{+\infty}_{a}g(x) \, dx $$

发散时，

$$ \int ^{+\infty}_{a}f(x) \, dx $$

发散
3. 柯西判别法：在运用方法二判断

$$ \int ^{+\infty}_{a}f(x) \, dx $$

是否收敛时，取 $g(x)= \frac{1}{x^p}$，则

  • $k\in(0,+\infty)$ 时
  • $p>1$ 时，则

$$ \int ^{+\infty}_{a}f(x) \, dx $$

收敛

  • $p\leq 1$ 时，则

$$ \int ^{+\infty}_{a}f(x) \, dx $$

发散

  • $k=0$ 时
  • $p>1$ 时，则

$$ \int ^{+\infty}_{a}f(x) \, dx $$

收敛

  • $k=+\infty$ 时
  • $p\leq 1$ 时，则

$$ \int ^{+\infty}_{a}f(x) \, dx $$

发散

eg:

判断 $\int ^{+\infty}_{1} \frac{1}{\sqrt[]{ x(1+x^2) }} \, dx$ 的敛散性。

$$ \because\lim_{ x \to +\infty } \frac{\frac{1}{\sqrt[]{ x(1+x^2) }}}{\frac{1}{x^{3/2}}}=\lim_{ x \to +\infty } \frac{1}{\sqrt[]{ x^{-2}+1 }}=1 $$

因为 $\int ^{+\infty}_{1} \frac{1}{x^{3/2}} \, dx$ 收敛，所以 $\int ^{+\infty}_{1} \frac{1}{\sqrt[]{ x(1+x^2) }} \, dx$ 收敛。

无界函数的反常积分

若函数 $f(x)$ 再点 $a$ 的任一邻域内都无界，则称点 $a$ 为函数 $f(x)$ 的瑕点

定义

设函数 $f(x)\in C[a,b)$，点 $b$ 是 $f(x)$ 的瑕点，对任意 $0<\varepsilon

$$ \int ^b_{a}f(x) \, dx=\lim_{ \varepsilon \to 0^+ }\int ^{b-\varepsilon}_{a}f(x) \, dx $$

若等式右边极限存在，则称反常函数

$$ \int ^b_{a}f(x) \, dx $$

收敛，且极限值称为反常积分的值，反之则称其发散，点 $a$ 为瑕点的情况同理

设函数 $f(x)\in C(a,b)$，点 $a,b$ 是 $f(x)$ 的瑕点，对任意 $\varepsilon_{1},\varepsilon_{2}\in(0,b-a)$，$f(x)\in C[a+\varepsilon_{1},b-\varepsilon_{2}]$，定义

$$ \int ^b_{a}f(x) \, dx =\int ^c_{a}f(x) \, dx+\int ^c_{a}f(x) \, dx=\lim_{ \varepsilon_{1} \to 0^+ }\int ^c_{a+\varepsilon_{1}}f(x) \, dx+\lim_{ \varepsilon_{2} \to 0^+ }\int ^{b-\varepsilon_{2}}_{a}f(x) \, dx $$

其中 $c$ 为 $(a,b)$ 内任意一点，若上述两极限均存在，则称反常积分

$$ \int ^b_{a}f(x) \, dx $$

收敛，否则称其发散

性质

设 $b$ 是 $f(x),g(x)$ 的唯一瑕点

  1. 对于任意非零常数 $\alpha,\beta$，若反常积分

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

与

$$ \int ^{b}_{a}g(x) \, dx $$

都收敛，则反常积分

$$ \int ^{b}_{a}[\alpha f(x)+\beta g(x)] \, dx $$

也收敛且

$$ \int ^{b}_{a}[\alpha f(x)+\beta g(x)] \, dx=\alpha \int ^{b}_{a}f(x) \, dx+\beta\int ^{b}_{a}g(x) \, dx $$

  1. 对任意 $d>a(d

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

与反常积分

$$ \int ^{b}_{d}f(x) \, dx $$

敛散性相同
3. 若反常积分

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

与

$$ \int ^{b}_{a}g(x) \, dx $$

都收敛且 $f(x)\leq g(x)(x\geq a)$ 则有

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

  1. 若反常积分

$$ \int ^{b}_{a}|f(x)| \, dx $$

收敛，则反常积分

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

也收敛

判别方法

  1. 比较审敛法：设有区间 $[a,b)$ 上的非负函数$f(x),g(x)$，且 $f(x)\leq g(x)$，又对任何 $b>A>a$，$f(x),g(x)\in R[a,A]$，则
  • 若

$$ \int ^{b}_{a}g(x) \, dx $$

收敛，则

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

收敛

  • 若

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

发散，则

$$ \int ^{b}_{a}g(x) \, dx $$

发散
2. 比较审敛法的极限形式：设有区间 $[a,b)$ 上的非负函数$f(x),g(x)$，且

$$ \lim_{ x \to b^- } \frac{f(x)}{g(x)}=k $$

则

  • $k\in(0,+\infty)$ 时，

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

与

$$ \int ^{b}_{a}g(x) \, dx $$

同时收敛或发散

  • $k=0$ 时，

$$ \int ^{b}_{a}g(x) \, dx $$

收敛时，

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

收敛

  • $k=+\infty$，

$$ \int ^{b}_{a}g(x) \, dx $$

发散时，

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

发散
3. 柯西审敛法：在运用方法二判断

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

是否收敛时，取 $g(x)= \frac{1}{(b-x)^p}$，则

  • $k\in(0,+\infty)$ 时
  • $p>1$ 时，则

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

发散

  • $p\leq 1$ 时，则

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

收敛

  • $k=0$ 时
  • $p>1$ 时，则

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

发散

  • $k=+\infty$ 时
  • $p\leq 1$ 时，则

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

收敛

  • 跟积分限为无穷的反常积分的情况刚好相反

等价无穷小在判断敛散性时发挥的作用

可以发现积分限为无穷的反常积分和无界函数的反常积分在判别敛散性的时候都有

$$ \lim_{ x \to \dots } \frac{f(x)}{g(x)} $$

的做法，其本质就是找等价无穷小作为比较对象，对于积分限为无穷的反常积分来说比较对象的形式可归纳为

$$ \int ^{+\infty}_{1} \frac{1}{x^p} \, dx $$

对于无界函数的反常积分来说比较对象的形式可归纳为

$$ \int ^1_{0} \frac{1}{x^p} \, dx $$

从图形的角度上看可以看出这两者之间存在

$$ \int ^{+\infty}_{1} \frac{1}{x^p} \, dx +1=\int ^1_{0} \frac{1}{x^{1/p}} \, dx $$

的关系，由此可以发现当选取相同 $\frac{1}{x^p}$ 作为比较对象时，两者所呈现的敛散性恰好相反