【高等數學基礎進階】定積分與反常積分-定積分

定積分概念

定積分的定義：

$$

\int^{b}{a}f(x)dx\triangleq\lim{\lambda\to0}\sum\limits^{n}{i=1}f(\xi{i})\Delta x_{i}

$$

注：

1. $\lambda\to0$與$n\to \infty$不等價
2. $\int^{b}{a}f(x)dx$僅與$f(x)$和$[a,b]$有關；$\int^{b}{a}f(x)Dx=\int^{b}_{a}f(t)dt$

3. 極限$\lim\limits_{\lambda\to 0}\sum\limits^{n}{i=1}f(\xi{i})\Delta x_{i}$與$\xi_{i}$的取法和區間$[a,b]$的分發無關

   是以，有

   $$

   \int^{1}{0}f(x)dx=\lim{\lambda\to0}\sum\limits^{n}{i=1}f(\xi{i})\Delta x_{i}=\lim_{n\to \infty} \frac{1}{n}\sum\limits^{n}_{i=1}f(\frac{i}{n})

   $$

定積分存在的充分條件

• $f(x)$在$[a,b]$上連續
• $f(x)$在$[a,b]$上有界且隻有有限個間斷點
• $f(x)$在$[a,b]$上僅有有限個第一類間斷點

定積分的幾何意義

定積分的性質

不等式

• 若$f(x)\leq g(x)$，則$\int^{b}{a}f(x)dx\leq \int^{b}{a}g(x)dx$
• 估值性：若$f(x)$在$[a,b]$上連續，則$m(b-a)\leq\int^{b}_{a}f(x)dx\leq M(b-a)$
• $\int^{b}{a}f(x)dx\leq \int^{b}{a}|f(x)|dx$

中值定理

• 若$f(x)$在$[a,b]$上連續，則$\int^{b}_{a}f(x)dx=f(\xi)(b-a),a<\xi<b(此處書上寫的是a\leq \xi\leq b)$

  證明：

  $$

  F(b)-F(a)=右邊\overset{拉格朗日中值定理}{=}左邊=F'(\xi)(b-a)

  $$

• 若$f(x),g(x)$在$[a,b]$上連續，$g(x)$不變号，則$\int^{b}{a}f(x)g(x)dx=f(\xi)\int^{b}{a}dx,a\leq \xi\leq b$

積分上限的函數

$$

\int^{x}_{a}f(t)dt

$$

定理：設$f(x)$在$[a,b]$上連續，則$\int^{x}{a}f(t)dt$在$[a,b]$上可導，且

$$

(\int^{x}{a}f(t)dt)'=f(x)

$$

一般結論：

$$

(\int^{\psi(x)}_{\phi(x)}f(t)dt)'=f(\psi(x))\psi'(x)-f(\phi(x))\phi'(x)

$$

定積分的計算

• 牛頓-萊布尼茨公式$\int^{b}_{a}f(x)dx=F(b)-F(a)$
• 換元法$\int^{b}{a}f(x)dx=\int^{\beta}{\alpha}f(\phi(t))\phi'(t)dt$
• 分部積分法$\int^{b}{a}udv=uv|^{b}{a}-\int^{b}_{a}vdu$
• 利用奇偶性$\int^{a}{-a}f(x)dx=\begin{cases}0,&f(x)為奇函數\2\int^{a}{0}f(x)dx&f(x)為偶函數\end{cases}$
• 利用周期性$\int^{a+T}{a}f(x)dx=\int^{T}{0}f(x)dx$
• 利用公式
  • $\int^{\frac{\pi}{2}}{0}\sin^{n}xdx=\int^{\frac{\pi}{2}}{0}\cos^{n}xdx=\begin{cases} \frac{n-1}{n} \frac{n-3}{n-2}\cdots \frac{1}{2} \frac{\pi}{2}&n為偶數\ \frac{n-1}{n} \frac{n-3}{n-2}\cdots \frac{2}{3}&n為奇數\end{cases}$
  • $\int^{\pi}{0}xf(\sin x)dx=\frac{\pi}{2}\int^{\pi}{0}f(\sin x)dx$

用$\int^{\pi}{0}xf(\sin x)dx=\frac{\pi}{2}\int^{\pi}{0}f(\sin x)dx$要注意，$f(\sin x)$指的是，能用$\sin x$表示的函數都可以，例如$\cos^{2}x=1-2\sin^{2}x$，但$\cos x$就不可以，因為在$(0,\pi) ,\cos x$有正有負，$|\cos x|=\sqrt{1-\sin^{2} x}$，而$\cos x\ne \sqrt{1-\sin^{2} x}$

常考題型與典型例題

定積分的概念、性質與幾何意義

例1：$\lim\limits_{n\to \infty}(\frac{1}{n+1}+ \frac{1}{n+2}+\cdots+ \frac{1}{n+n})=()$

對于$\int^{b}{a}f(x)dx=\lim\limits{\lambda\to0}\sum\limits^{n}{i=1}f(\xi{i})\Delta x_{i}=\lim\limits_{n\to \infty} \frac{1}{n}\sum\limits^{n}{i=1}f(\xi{i})(b-a)$

上式當區間方法選擇$n$等分時成立，由于此時$\Delta x_{i}= \frac{b-a}{n}$

是以當提出$\frac{1}{n}$時，通過$f(\xi_{i})(b-a)$就可以看出積分區間和被積函數

$$

\begin{aligned}

原式&=\lim_{n\to \infty} \frac{1}{n}( \frac{1}{1+\frac{1}{n}}+ \frac{1}{1+\frac{2}{n}}+\cdots+ \frac{1}{1+\frac{n}{n}})\

&=\int^{1}{0} \frac{1}{1+x}dx\

&=\ln(1+x)|^{1}{0}\

&=\ln2

\end{aligned}

$$

本題$\frac{1}{1+\frac{1}{n}},\frac{1}{1+\frac{2}{n}},\cdots,\frac{1}{1+\frac{n}{n}}$顯然隻有$\frac{1}{n},\frac{2}{n},\cdots,\frac{n}{n}$在變化，是以被積函數為$\frac{1}{1+x}$積分區間為$\frac{1}{n}$到$\frac{n}{n}$，即$(0,1)$

例2：$\lim\limits_{n\to \infty}n(\frac{1}{1+n^{2}}+ \frac{1}{2^{2}+n^{2}}+\cdots+ \frac{1}{n^{2}+n^{2}})=()$

$$

\begin{aligned}

原式&=\lim\limits_{n\to\infty} \frac{1}{n}[\frac{1}{1+(\frac{1}{n})^{2}}+ \frac{1}{1+(\frac{2}{n})^{2}}+\cdots+ \frac{1}{1+(\frac{n}{n})^{2}}]\

&=\int^{1}{0} \frac{1}{1+x^{2}}dx\

&=\arctan x|^{1}{0}\

&=\frac{\pi}{4}

\end{aligned}

$$

關于$n$項和的極限用什麼，例如本題分母不變項變化的叫做主體即$n^{2}$，變化的叫變體即$1^{2},2^{2},\cdots,n^{2}$，如果$\frac{變體}{主體}\overset{n\to \infty}{\longrightarrow}\begin{cases}0&夾逼原理\\ne0&定積分定義\end{cases}$

例3：如圖，連續函數$y=f(x)$在區間$[-3,-2],[2,3]$上的圖形分别是直徑為$1$的上、下半圓周，在區間$[-2,0],[0,2]$的圖形分别是直徑為$2$的下、上半圓周。設$F(x)=\int^{x }_{0}f(t)dt$，則證明$F(-3)= \frac{3}{4}F(2)$

$$

\begin{aligned}

F(3)&=F(-3)=\int^{3 }{0}f(x)dx=\frac{\pi}{2}- \frac{\pi}{2}\left(\frac{1}{2}\right)^{2}\

F(2)&=\int^{2 }{0}f(x)dx=\frac{\pi}{2}

\end{aligned}

$$

得證

補充一個結論

$f(x)$是奇函數$\rightarrow\int^{x }{a}f(t)dt$偶函數

$f(x)$是偶函數$\rightarrow\int^{x }{0}f(t)dt$奇函數

例4：設二階可導函數$f(x)$滿足$f(1)=f(-1)=1,f(0)=-1$，且$f''(x)>0$，證明$\int^{0 }_{-1}f(x)dx$

用幾何法，選一個特殊函數$f(x)=2x^{2}-1$即可，或者自行畫圖，隻要滿足$f(1)=f(-1)=1,f(0)=-1$，且為凹函數（由于$f''(x)>0$）

例5：設函數$f(x)$在$[0,1]$上連續，$(0,1)$内可導，且$3\int^{1 }_{\frac{2}{3}}f(x)dx=f(0)$，證明在$(0,1)$記憶體在一點$c$，使$f'(c)=0$

$$

\begin{aligned}

f(0)=3\int^{1 }_{\frac{2}{3}}f(x)dx=3(1- \frac{2}{3})f(\xi)=f(\xi),\xi\in(\frac{2}{3},1)

\end{aligned}

$$

是以，存在一點$c\in(0,\xi)$使$f'(c)=0$

定積分計算

例6：$\int^{\frac{\pi}{2} }_{- \frac{\pi}{2}}(x^{3}+\sin^{2}x)\cos^{2}xdx=()$

$$

\begin{aligned}

原式&=2\int^{\frac{\pi}{2} }{- \frac{\pi}{2}}\sin^{2}x\cos^{2}xdx\

&=2\int^{\frac{\pi}{2} }{0}\sin^{2}x(1-\sin^{2}x)dx\

&=2(\frac{1}{2} \frac{\pi}{2}- \frac{3}{4} \frac{1}{2} \frac{\pi}{2})\

&=\frac{\pi}{8}

\end{aligned}

$$

例7：$\int^{\pi }_{-\pi}(\sin^{3}x+\sqrt{\pi^{2}-x^{2}})dx$=（）

有公式$$\int^{a }{0}\sqrt{a^{2}-x^{2}dx}=\frac{\pi}{4}a^{2}$$

畫圖$x^{2}+y^{2}=a^{2}$第一象限面積即為所求

偏心圓有$$\int^{a }{0}\sqrt{2ax-x ^{2}}dx=\frac{\pi}{4}a ^{2}$$

$$

\begin{aligned}

原式&=2\int^{\pi }_{0}\sqrt{\pi-x^{2}}dx\

&=2 \frac{\pi}{4}\pi^{2}\

&=\frac{\pi^{3}}{2}

\end{aligned}

$$

例8：$\int^{1 }_{0}\sqrt{2x-x^{2}}dx=()$

$$

\begin{aligned}

原式&=\int^{1 }{0}\sqrt{1-(x-1)^{2}}dx\

&\overset{x-1=\sin t}{=}\int^{0 }{- \frac{\pi}{2}}\cos ^{1}tdt\

&=\int^{\frac{\pi}{2} }{0}\cos ^{2}tdt\

&=\frac{1}{2} \frac{\pi}{2}\

&=\frac{\pi}{4}

\end{aligned}

$$

或者用$\int^{a }{0}\sqrt{2ax-x ^{2}}dx=\frac{\pi}{4}a ^{2}$直接得到結果

例9：計算$\int^{1 }_{0}x \arcsin xdx$

$$

\begin{aligned}

原式&=\frac{1}{2}\int^{1 }{0}\arcsin xdx^{2}\

&=\frac{1}{2}x^{2}\arcsin x \Big|^{1 }{0}- \frac{1}{2}\int^{1 }{0} \frac{x^{2}}{\sqrt{1-x ^{2}}}dx\

&不是出現了x ^{2}就可以換x ^{2}換完dx也要換\

&這裡也可以選擇令x=\sin t三角換元的方法\

&=\frac{1}{2}x^{2}\arcsin x \Big|^{1 }{0}- \frac{1}{2}\int^{1 }{0} \frac{x^{2}-1+1}{\sqrt{1-x ^{2}}}dx\

&=\frac{\pi}{4}- \frac{1}{2}\left(-\int^{1 }{0}\sqrt{1-x^{2}dx+\arcsin \Big|^{1 }_{0}}\right)\

&=\frac{\pi}{4}- \frac{1}{2}\left(- \frac{\pi}{4}+ \frac{\pi}{2}\right)\

&= \frac{\pi}{8}

\end{aligned}

$$

例10：設$f(x)=\int^{x }{0} \frac{\sin t}{\pi-t}dt$，計算$\int^{\pi }{0}f(x)dx$

這類題經常$f(x)$是積不出的積分，是以考慮導數，在分布積分中有導數

$$

\begin{aligned}

原式&=xf(x)\Big|^{\pi }{0}-\int^{\pi }{0}\frac{x \sin x}{\pi-x}dx\

&=\pi \int^{\pi }{0}\frac{\sin t}{\pi -t}dt-\int^{\pi }{0}\frac{x \sin x}{\pi -x}dx\

&=\int^{\pi }{0}\frac{(\pi -x)\sin x}{\pi -x}dx\

&=\int^{\pi }{0}\sin xdx\

&=2

\end{aligned}

$$

仔細觀察，可以有如下變化簡化計算

$$

\begin{aligned}

原式&=\int^{\pi }{0}f(x)d(x-\pi )\

&=(x-\pi )f(x)\Big|^{\pi }{0}-\int^{\pi }{0}\frac{(x-\pi )\sin x}{\pi -x}dx\

&這樣的好處是(x-\pi )f(x)\Big|^{\pi }{0}上下限都為0,隻需要計算後面的積分即可\

&=\int^{\pi }_{0}\sin xdx\

&=2

\end{aligned}

$$

當然，二重積分交換一下積分次序也可以

變上限定積分

例11：設$f(x)$連續，試求下列函數的導數

$\int^{x^{2} }{e^{x}}f(t)dt$

$$

\begin{aligned}

\left(\int^{x^{2} }{e^{x}}f(t)dt\right)'&=f(x ^{2})\cdot 2x-f(e^{x})e^{x}\

\end{aligned}

$$

$\int^{x }{0}(x-t)f(t)dt$

$$

\begin{aligned}

\int^{x }{0}(x-t)f(t)dt & =x \int^{x }{0}f(t)dt-\int^{x }{0}tf(t)dt\

\left(\int^{x }{0}(x-t)f(t)dt\right)'&=\int^{x }{0}f(t)dt+xf(x)-xf(x)=\int^{x }{0}f(t)dt

\end{aligned}

$$

$\int^{x }{0}\cos (x-t)^{2}dt$

$$

\begin{aligned}

\int^{x }{0}\cos (x-t)^{2}dt &\overset{x-t=u}{=}\int^{0 }{x}\cos u^{2}(-du)=\int^{x }{0}\cos u^{2}du\

\left(\int^{x }{0}\cos (x-t)^{2}dt\right)'&=\cos x^{2}

\end{aligned}

$$

$\int^{2 }{1}f(x+t)dt$

$$

\begin{aligned}

\int^{2 }{1}f(x+t)dt &\overset{x+t=u}{=}\int^{x+2 }{x+1}f(u)du\

\left(\int^{2 }{1}f(x+t)dt\right)'&=f(x+2)-f(x+1)

\end{aligned}

$$

例12：設$f(x)$連續，則$\frac{d}{dx}\int^{x}_{0}tf(x ^{2}-t^{2})dt=()$

$$

\begin{aligned}

\int^{x}{0}tf(x ^{2}-t ^{2})dt &\overset{x ^{2}- t ^{2}=u}{=}\int^{0}{x ^{2}}f(u)(- \frac{1}{2}du)\

&=\frac{1}{2}\int^{x ^{2}}{0}f(u)du\

\frac{d}{dx}\int^{x}{0}tf(x ^{2}-t^{2})dt&=\frac{1}{2}f(x ^{2})\cdot 2x=xf(x ^{2})

\end{aligned}

$$

例13：設$x \geq -1$，求$\int^{x}_{-1}(1-|t|)dt$

$$

\begin{aligned}

\int^{x}{-1}(1-|t|)dt&=\begin{cases}

\int^{x}{-1}(1+t)dt&-1\leq x<0\

\int^{0}{-1}(1+t)dt+\int^{x}{0}(1-t)dt&x \geq 0

\end{cases}\

&=\begin{cases}

\frac{1}{2}(1+x)^{2}&-1\leq x<0\

1- \frac{1}{2}(1-x)^{2}&x \geq 0

\end{cases}

\end{aligned}

$$

例14：設函數$f(x)=\begin{cases}\sin x&0 \leq x<\pi \2&\pi \leq x\leq2\pi \end{cases},F(x)=\int^{x}_{0}f(t)dt$，說明$F(x)$在$x=\pi$可導

分段函數定積分如果分多段注意不要漏前面的

$$

\begin{aligned}

F(x)&=\left{\begin{aligned}&

\int^{x}{0}\sin tdt&0\leq x<\pi\

&\int^{\pi}{0}\sin tdt+\int^{x}{\pi}2dt&\pi\leq x\leq2\pi

\end{aligned}\right.\

&=\left{\begin{aligned}&1-\cos x&0\leq x<\pi\

&2+2(x-\pi)&\pi \leq x \leq 2 \pi\end{aligned}\right.

\end{aligned}

$$

有

$$

F(\pi-0)=2=F(\pi+0)=F(\pi)

$$

是以$F(x)$在$x=\pi$連續

$$

\begin{aligned}

F'{+}(\pi)&=[2+2(x-\pi)]'\Big|^{}{x=\pi}=2\

F'{-}(\pi)&=\lim\limits_{x\to \pi^{-}}\frac{1-\cos x-2}{x-\pi}=\lim\limits_{x\to \pi^{-}}\frac{\sin x}{1}=0

\end{aligned}

$$

$F(x)$在$x=0$不可導

例15：确定常數$a,b,c$的值，使$\lim\limits_{x\to0}\frac{ax-\sin x}{\int^{x}_{b}\frac{\ln (1+t^{3})}{t}dt}=c(c \ne 0)$

由于$c\ne0,ax-\sin x\to0$有

$$\int^{x}{b}\frac{\ln (1+t^{3})dt}{t}\rightarrow 0\Rightarrow \int^{0}{b}\frac{\ln (1+t^{3})}{t}dt=0$$

易驗證$\frac{\ln (1+t^{3})}{t}>0$，有

$$

b=0

$$

是以

$$

\begin{aligned}

c&=\lim\limits_{x\to0}\frac{ax-\sin x}{\int^{x}{0}\frac{\ln (1+t^{3})}{t}dt}\

&=\lim\limits{x\to0}\frac{a-\cos x}{\frac{\ln (1+t^{3})}{x}}\

&=\lim\limits_{x\to0}\frac{a-\cos x}{x^{2}}

\end{aligned}

$$

由于分母$x^{2}\to 0$，如果分子$a-1\ne 0$則原式$\to \infty$沖突，是以$a=1$

$$

上式=\lim\limits_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x ^{2}}=\frac{1}{2}=c

$$

例16：求極限$\begin{aligned}\lim\limits_{x\to0+}\frac{\int^{x}_{0}\sqrt{x-t}e^{t}dt}{\sqrt{x ^{3}}}\end{aligned}$

定積分中如果$x$被看做常數，則可以提出來，$e^{x}$也是

$$

\begin{aligned}

\int^{x}{0}\sqrt{x-t}e^{t}dt &\overset{x-t=u}{=}\int^{0}{x}\sqrt{u}e^{x-u}(-du)=e^{x}\int^{x}{0}\sqrt{u}e^{-u}du\

原式&=\lim\limits{x\to0+}\frac{e^{x}\int^{x}{0}\sqrt{u}e^{-u}du}{\sqrt{x ^{3}}}=\lim\limits{x\to0+}\frac{\sqrt{x}e^{-x}}{\frac{3}{2}\sqrt{x}}=\frac{2}{3}

\end{aligned}

$$

也可以考慮積分中值定理，即$\begin{aligned}\int^{b}{a}f(x)g(x)dx=f(\xi )\int^{b}{a}g(x)dx\end{aligned}$

注意該積分中值定理要求$f(x),g(x)$連續，且$g(x)$不變号

$$

\begin{aligned}

原式&=\lim\limits_{x\to0+}\frac{e^{\xi }\int^{x}{0}\sqrt{x-t}dt}{\sqrt{x ^{3}}}\

&=\lim\limits{x\to0+}\frac{- \frac{2}{3}(x-t)^{\frac{3}{2}}\Big|^{x}{0}}{\sqrt{x ^{3}}}\

&=\lim\limits{x\to0+}\frac{\frac{2}{3}x^{\frac{3}{2}}}{x^{\frac{3}{2}}}\

&=\frac{2}{3}

\end{aligned}

$$

例17：設可導函數$y=y(x)$由方程$\begin{aligned}\int^{x+y}{0}e^{-t^{2}}dt=\int^{x}{0}x \sin t^{2}dt\end{aligned}$确定，則$\begin{aligned} \frac{dy}{dx}\Big|^{}_{x=0}=()\end{aligned}$