【高等数学学习笔记】一元函数定积分
_Lazy_whr_
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2025-04-28 18:13:53
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学习·文化课
定积分的概念与性质
定积分的定义
对于一个函数 f(x) ，如果我们要求 f(x) 在区间 [a, b] 上与 x 轴围成的面积，那么我们可以考虑这样的方法：我们先将这个区间分成 n 等分，那么每一块就可以近似地看成一个矩形，那么这一个极窄的矩形的面积就是 \frac{b - a}{n} \cdot f(\frac{b - a}{n} \cdot i) 。接下来我们再让分割的份数趋于无穷大，即 n \to + \infty ，那么得到的面积就是精确地面积了。
由此引出定积分的定义：设函数 f(x) 在 [a, b] 上有界，在 [a, b] 间插入若干个分点（注意不一定要是等分），依次记为 x_0, x_1, x_2, ..., x_n ，这些个点将 [a, b] 分为 n 个小区间，每个小区间的长度依次为 \Delta x_1 = x_1 - x_0, \Delta x_2 = x_2 - x_1, ..., \Delta x_n = x_n - x_{n - 1} 。在每一个小区间上任取一点 \xi_i ，其中 \xi_i \in [x_{i - 1}, x_i] ，并做出和：S = \sum \limits_{i = 1}^{n}{f(\xi_i)} \cdot \Delta x_i 。即 \lambda = \max \left\{\Delta x_1, \Delta x_2, \Delta x_3, ..., \Delta x_n\right\} ，如果当 \lambda \to 0 时，和的极限总存在且与 \xi_i 的取值无关，那么称这个极限 I 为 f(x) 在 [a, b] 上的定积分 ，记作
\int_a^b f(x) \mathrm dx.
其中 f(x) 叫做被积函数 ，f(x) \mathrm dx 叫做被积表达式 ，x 叫做积分变量 ，a 叫做积分下限 ，b 叫做积分上限 ，[a, b] 叫做积分区间 。
这里的积分符号 \displaystyle \int 由莱布尼茨引入，形如一个拉长的 S ，而 S 代表求和，所以定积分其实是一种求和的极限。定积分并不依赖于积分变量 ，也就是说我们可以随意更换这个 x ，即
\int_a^b f(x) \mathrm dx = \int_a^b f(t) \mathrm dt.
注意这里的 a, b 不一定需要满足 a < b 。当 a = b 时结果为 0 ，当 a > b 时 \displaystyle \int_a^b f(x) \mathrm dx = -\int_b^a f(x) \mathrm dx 。
定理 1 ：若 f(x) 在 [a, b] 上连续，则 f(x) 在 [a, b] 上可积。
定理 2 ：若 f(x) 在 [a, b] 上有界且只有有限个间断点，则 f(x) 在 [a, b] 上可积。
例 1
根据定积分的定义计算 \displaystyle \int_0^1 x^2 \mathrm dx 。
解： 易得 f(x) = x^2 在 [0, 1] 上连续，所以必定可积，且与 \xi_i 的取值无关。不妨将区间 [0, 1] n 等分，分点为 \xi_i = \frac{i}{n}, i = 1, 2, 3, ..., n - 1 。
\begin{align*}
I
& = \lim \limits_{n \to \infty} \sum \limits_{i = 1}^n{\xi_i^2 \Delta x_i} \\
& = \lim \limits_{n \to \infty} \sum \limits_{i = 1}^n{(\frac{i}{n})^2 \cdot \frac{1}{n}} \\
& = \lim \limits_{n \to \infty} \frac{1}{n^3} \cdot \sum \limits_{i = 1}^n{i^2} \\
& = \lim \limits_{n \to \infty} \frac{1}{n^3} \cdot \frac{1}{6} n(n + 1)(2n + 1) \\
& = \lim \limits_{n \to \infty} \frac{(n + 1)(2n + 1)}{6n^2} \\
& = \frac{1}{3}.
\end{align*}
定积分的性质
定积分的线性性
\int_a^b [\alpha f(x) + \beta g(x)] \mathrm dx = \alpha \int_a^b f(x) \mathrm dx + \beta \int_a^b g(x) \mathrm dx.
定积分的可加性
\int_a^b f(x) \mathrm dx = \int_a^c f(x) \mathrm dx + \int_c^b f(x) \mathrm dx.
定积分的保号性
若 a < b ，且 f(x) 在 [a, b] 上 \ge 0 ，则
\int_a^b f(x) \mathrm dx \ge 0.
推论 1 - 定积分的保序性： 如果 a < b ，且在区间 [a, b] 上 f(x) \ge g(x) ，则
\int_a^b f(x) \mathrm dx \ge \int_a^b g(x) \mathrm dx.
推论 2 - 定积分的绝对可积性： 若 a < b ，则
\Bigg|\int_a^b f(x) \mathrm dx \Bigg| \le \int_a^b |f(x)| \mathrm dx.
定积分的估值不等式
设 M, m 为 f(x) 在 [a, b] 上的最大值和最小值，则
m(b - a) \le \int_a^b f(x) \mathrm dx \le M(b - a).
定积分中值定理
若 f(x) 在 [a, b] 上 连续，那么在 [a, b] 上至少存在一个点 \xi ，使得
\int_a^b f(x) \mathrm dx = f(\xi)(b - a).
微积分基本公式（牛顿 - 莱布尼茨公式）
变限积分
设 f(x) 在 [a, b] 上可积，若 x 为 [a, b] 上一点，考虑如下的积分：
\int_a^x f(x) \mathrm dx.
由于在定积分中积分变量并不会影响整体的结果，所以我们可以用另外一个字母 t 来表示积分变量，即
\int_a^x f(t) \mathrm dt.
可以发现这是一个关于 x 的函数，所以我们设
\Phi(x) = \int_a^x f(t) \mathrm dt.
这个积分就是我们所谓的变限积分 。
接下来我们利用导数的定义对这个函数 \Phi(x) 求导：
\begin{align*}
\Phi'(x)
& = \lim \limits_{h \to 0} \frac{\Phi(x + h) - \Phi(x)}{h} \\
& = \lim \limits_{h \to 0} \frac{\int_a^{x + h} f(t) \mathrm dt - \int_a^x f(t) \mathrm dt}{h} \\
& = \lim \limits_{h \to 0} \frac{\int_a^x f(t) \mathrm dt + \int_x^{x + h} f(t) \mathrm dt - \int_a^x f(t) \mathrm dt}{h} \\
& = \lim \limits_{h \to 0} \frac{\int_x^{x + h} f(t) \mathrm dt}{h} \\
\end{align*}
也就是说，当 x 获得增量 h ，该函数获得增量 \Delta \Phi = \int_x^{x + h} f(t) \mathrm dt 。由积分中值定理，得
\Delta \Phi = f(\xi) \cdot h.
两端同时除以 h ，得
\frac{\Delta \Phi}{h} = f(\xi).
又因为 f(x) 在 [a, b] 上连续，所以当 h \to 0 时，\xi \to x ，因此
\lim \limits_{h \to 0} f(\xi) = f(x).
所以得出变限积分求导的法则：
\Phi'(x) = (\int_a^x f(t) \mathrm dt)' = f(x).
牛顿 - 莱布尼茨公式
若 F(x) 为 f(x) 在 [a, b] 上的一个原函数，那么
\int_a^b f(x) \mathrm dx = F(b) - F(a).
也可以记作
\int_a^b f(x) \mathrm dx = F(x) \Bigg |^b_a.
接下来来写证明。
现在我们已知 F(x) 是 f(x) 的一个原函数。根据变限积分求导法则，容易得到 \displaystyle \Phi(x) = \int_a^x f(t) \mathrm dt 也为 f(x) 的一个原函数。由于一个函数的两个原函数之差肯定是一个常数，我们不妨对其做差，并设
F(x) - \Phi(x) = C. \space (1)
令 x = a ，得
F(a) - \Phi(a) = C.
又因为
\Phi(a) = \int_a^a f(t) \mathrm dt = 0.
所以有
F(a) = C.
代入 (1) 式，得
\begin{align*}
F(x) - \Phi(x) & = F(a) \\
\Phi(x) & = F(x) - F(a).
\end{align*}
这是再令 x = b ，得
\Phi(b) = F(b) - F(a).
即
\int_a^b f(t) \mathrm dt = F(b) - F(a).
又因为定积分的值与积分变量无关，所以
\int_a^b f(t) \mathrm dt = \int_a^b f(x) \mathrm dx.
所以
\int_a^b f(x) \mathrm dx = F(b) - F(a).
故原命题得证。
例 2
求 \displaystyle \int_{-1}^{\sqrt 3} \frac{\mathrm dx}{1 + x^2} 。
解： 直接使用牛莱公式即可。
\begin{align*}
I
& = \int \frac{\mathrm dx}{1 + x^2} \Bigg|_{-1}^{\sqrt 3} \\
& = \arctan x \Big|_{-1}^{\sqrt 3} \\
& = \arctan \sqrt 3 - \arctan -1 \\
& = \frac{\pi}{3} - (-\frac{\pi}{4}) \\
& = \frac{7 \pi}{12}.
\end{align*}
例 3
求 \displaystyle \int_{-2}^{-1} \frac{\mathrm dx}{x} 。
解：
\begin{align*}
I
& = \ln |x| \Big|_{-2}^{-1} \\
& = \ln |-1| - \ln |-2| \\
& = \ln 1 - \ln 2 \\
& = -\ln 2.
\end{align*}
例 4
求 \displaystyle \int_0^\pi \sin x \mathrm dx 。
解：
\begin{align*}
I
& = -\cos x \Big|_0^\pi \\
& = -(\cos \pi - \cos 0) \\
& = -(-1 - 1) \\
& = 2.
\end{align*}
定积分的换元积分法
跟不定积分类似，也就是向后凑微分。但是值得注意的是：当定积分中的一部分被用新的字母代替后，积分的上下限要改变 。假设我们令 t = f(x) ，那么积分的上限 a 就变为 f(a) ，下限 b 就变为 f(b) ，换句话来说就是每次都令 x 为上下限，解出 t ；但是如果整个积分过程中没有出现新的字母 ，就不需要改变积分限。
例 5
求 \displaystyle \int_0^a \sqrt{a^2 - x^2} \mathrm dx 。
解： 根据不定积分的计算，我们可以令 x = a \sin t ，则 \sqrt{a^2 - x^2} = a \cos t 。此时要改变积分限，需要找到一个 t 使得 0 = a \sin t ，容易发现当 x = 0 时，t = 0 ；同样地，需要找到一个 t 使得 a = a \sin t ，容易发现当 x = a 时，\displaystyle t = \frac{\pi}{2} 。所以积分的上下限就该为了 \displaystyle \frac{\pi}{2} 和 0 。
\begin{align*}
I
& = \int_0^\frac{\pi}{2} a \cos t \mathrm d (a \sin t) \\
& = \int_0^\frac{\pi}{2} a^2 \cos^2 t \mathrm dt \\
& = a^2 \int_0^\frac{\pi}{2} \cos^2 t \mathrm dt \\
& = \frac{a^2}{2} \int_0^\frac{\pi}{2} (1 + \cos 2t) \mathrm dt \\
& = \frac{a^2}{2} \int_0^\frac{\pi}{2}\mathrm dt + \frac{a^2}{2} \int_0^\frac{\pi}{2} \cos 2t \mathrm dt \\
& = \frac{\pi}{2} \cdot \frac{a^2}{2} + \frac{a^2}{4} \int \cos 2t \mathrm d (2t) \\
& = \frac{\pi}{2} a^2 + \frac{a^2}{2} \sin 2t \Bigg|_0^\frac{\pi}{2} \\
& = \frac{\pi}{4} a^2 + \frac{a^2}{4} (\sin 2 \times \frac{\pi}{2} - \sin 2 \times 0) \\
& = \frac{\pi}{4} a^2 + \frac{a^2}{4} (\sin \pi - \sin 0) \\
& = \frac{\pi}{4} a^2 + \frac{a^2}{4} \cdot 0 \\
& = \frac{\pi}{4} a^2.
\end{align*}
例 6
求 \displaystyle \int_0^\frac{\pi}{2} \cos^5 x \sin x \mathrm dx 。
解： 直接向后凑微分即可。注意全程没有新字母出现，所以不用变换积分限。
\begin{align*}
I
& = -\int_0^\frac{\pi}{2} \cos^5 x \mathrm d \cos x \\
& = -\frac{\cos^6 x}{6} \Bigg|_0^\frac{\pi}{2} \\
& = -(\frac{\cos^6 \frac{\pi}{2}}{6} - \frac{\cos^6 0}{6}) \\
& = -(0 - \frac{1}{6}) = \frac{1}{6}.
\end{align*}
例 7
求 \displaystyle \int_0^4 \frac{x + 2}{\sqrt {2x + 1}} \mathrm dx 。
解： 看到根号，直接将整个根式换元。
令 t = \sqrt{2x + 1} ，则 \displaystyle x = \frac{t^2 - 1}{2} 。当 x = 0 时，t = 1 ；当 x = 4 时，t = 3 。
\begin{align*}
I
& = \int_1^3 \frac{\frac{t^2 - 1}{2} + 2}{t} \mathrm d \frac{t^2 - 1}{2} \\
& = \int_1^3 \frac{t^2 - 1 + 4}{2t} \cdot \frac{2t}{2} \mathrm dt \\
& = \int_1^3 \frac{t^2 + 3}{2} \mathrm dt \\
& = \frac{1}{2} \int_1^3 t^2 \mathrm dt + \int_1^3 \frac{3}{2} \mathrm dt \\
& = \frac{1}{2} \cdot \frac{t^3}{3} \Bigg|_1^3 + 2 \times \frac{3}{2} \\
& = \frac{1}{2} (\frac{3^3}{3} - \frac{1^3}{3}) + 3 \\
& = \frac{1}{2} \times \frac{26}{3} + 3 = \frac{13}{2} + 3 = \frac{22}{3}.
\end{align*}
偶倍奇零
若 f(x) 在 [-a, a] 上为偶函数，则 \displaystyle \int_{-a}^a f(x) \mathrm dx = 2 \int_0^a f(x) \mathrm dx 。
若 f(x) 在 [-a, a] 上为奇函数，则 \displaystyle \int_{-a}^a f(x) \mathrm dx = 0 。
这个很显然，就不证明了，其实用一下换元是很好证的。当然从几何角度来说，偶函数关于 y 轴对称，所以只要积出一半，剩下一半肯定与这一半相同，所以总面积就是两倍；而奇函数关于原点对称，所以对于一个对称区间 [-a, a] ，[-a, 0] 积出来的面积肯定互为相反数，所以最终积出来的结果就是 0 。
区间再现公式
\int_a^b f(x) \mathrm dx = \int_a^b f(a + b - x) \mathrm dx.
推论：
\int_0^\frac{\pi}{2} f(\sin x, \cos x) \mathrm dx = \int_0^\frac{\pi}{2} f(\cos x, \sin x) \mathrm dx.
我们来证明区间再现公式。对于这一类的积分公式，我们普遍使用的证明方法就是换元，因为只有换元能改变积分限。
证明： 令 t = a + b - x ，则 x = a + b - t 。当 x = a 时，t = b ；当 x = b 时，t = a 。
\begin{align*}
\int_a^b f(x) \mathrm dx &= \int_b^a f(a + b - t) \mathrm d(a + b - t) \\
& = -\int_b^a f(a + b - t) \mathrm dt \\
& = \int_a^b f(a + b - t) \mathrm dt \\
& = \int_a^b f(a + b - x) \mathrm dx.
\end{align*}
例 8
求 \displaystyle \int_0^1 x (1 - x)^3 \mathrm dx 。
解： 直接使用区间再现公式，看看有什么效果。
\begin{align*}
I
& = \int_0^1 (1 - x) x^3 \mathrm dx \\
& = \int_0^1 (x^3 - x^4) \mathrm dx \\
& = \int_0^1 x^3 \mathrm dx - \int_0^1 x^4 \mathrm dx \\
& = \frac{x^4}{4} \Bigg|_0^1 - \frac{x^5}{5} \Bigg|_0^1 \\
& = \frac{1}{4} - \frac{1}{5} = \frac{1}{20}.
\end{align*}
还有一个比较显然的结论：若
\int_a^b f(x) \mathrm dx = \int g(x) \mathrm dx.
则有
\int_a^b f(x) \mathrm dx = \int_a^b g(x) \mathrm dx = \frac{1}{2} \int_a^b [f(x) + g(x)] \mathrm dx.
再根据区间再现公式，就有
\int_a^b f(x) \mathrm dx = \int_a^b f(a + b - x) \mathrm dx = \frac{1}{2} \int_a^b [f(x) + f(a + b - x)] \mathrm dx.
例 9
求 \displaystyle \int_2^4 \frac{\sqrt x}{\sqrt x + \sqrt{6 - x}} \mathrm dx 。
解： 尝试区间再现，往往会有惊喜。
\begin{align*}
I
& = \int_2^4 \frac{\sqrt{6 - x}}{\sqrt{6 - x} + \sqrt x} \mathrm dx \\
& = \frac{1}{2} \int_2^4 (\frac{\sqrt x}{\sqrt x + \sqrt{6 - x}} + \frac{\sqrt{6 - x}}{\sqrt{6 - x} + \sqrt x}) \mathrm dx \\
& = \frac{1}{2} \int_2^4 \mathrm dx \\
& = 1.
\end{align*}
定积分的分部积分法
类比不定积分的分部积分法，我们很容易得到
\int_a^b u \mathrm dv = uv \Bigg|_a^b - \int_a^b v \mathrm du.
其实唯一的不同就是前面的 uv 带上了上下限。注意：这里的定积分最后的计算往往极其复杂，特别是正负号非常容易搞反，如果觉得太容易算错可以在其他地方分布计算 。
例 10
求 \displaystyle \int_1^\mathrm e \ln x \mathrm dx 。
解： 直接套用不定积分的结果也可以，但是在这里还是用定积分的分部积分法。
\begin{align*}
I
& = x \ln x \Bigg|_1^\mathrm e - \int_1^\mathrm e x \mathrm d \ln x \\
& = x \ln x \Bigg|_1^\mathrm e - \int_1^\mathrm e \mathrm dx \\
& = \mathrm e \ln \mathrm e - 1 \cdot \ln 1 - (\mathrm e - 1) \\
& = \mathrm e - \mathrm e + 1 = 1.
\end{align*}
例 11
求 \displaystyle \int_0^\frac{1}{2} \arcsin x \mathrm dx 。
解： 直接分部积分。
\begin{align*}
I
& = x \arcsin x \Bigg|_0^\frac{1}{2} - \int_0^\frac{1}{2} \frac{x}{\sqrt{1 - x^2}} \mathrm dx \\
& = x \arcsin x \Bigg|_0^\frac{1}{2} - \int \frac{x}{\sqrt{1 - x^2}} \mathrm dx \Bigg|_0^\frac{1}{2}.
\end{align*}
令 t = \sqrt{1 - x^2} ，则 x = \sqrt {1 - t^2} 。
所以
\begin{align*}
\int \frac{x}{\sqrt{1 - x^2}} \mathrm dx
& = \int \frac{\sqrt{1 - t^2}}{t} \mathrm d (\sqrt{1 - t^2}) \\
& = \int \frac{\sqrt{1 - t^2}}{t} \cdot \frac{-2t}{2 \sqrt{1 - t^2}} \\
& = \int - \mathrm dt \\
& = -t + C \\
& = -\sqrt{1 - x^2} + C.
\end{align*}
带入即得
\begin{align*}
I
& = x \arcsin x \Bigg|_0^\frac{1}{2} + \sqrt{1 - x^2} \Bigg|_0^\frac{1}{2} \\
& = \frac{1}{2} \arcsin \frac{1}{2} - 0 \cdot \arcsin 0 + \sqrt{1 - (\frac{1}{2})^2} - \sqrt{1 - 0^2} \\
& = \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{6} + \frac{\sqrt 3}{2} - 1 \\
& = \frac{\pi}{12} + \frac{\sqrt 3}{2} - 1.
\end{align*}
华里士公式
\begin{align*}
\int_0^\frac{\pi}{2} \sin^n x \mathrm dx & = \int_0^\frac{\pi}{2} \cos^n x \\
& =
\left\{
\begin{array}{l}
\frac{(n - 1)!!}{n!!} \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{n - 1}{n} \cdot \frac{n - 3}{n - 2} \cdot ... \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2}, 2 \mid n, \\
\frac{(n - 1)!!}{n!!} = \frac{n - 1}{n} \cdot \frac{n - 3}{n - 2} \cdot ... \cdot \frac{2}{3}, 2 \nmid n.
\end{array}
\right.
\end{align*}
证明就是利用分部积分法与区间再现公式，大家可以自行证明。这个东西及其好用，每当看见 [0, \frac{\pi}{2}] 的积分区间与三角函数就要联想到华里士公式。
利用定积分的定义求极限
根据定积分的定义，我们不防将积分区间 n 等分，容易得到
\int_0^1 f(x) \mathrm dx = \lim \limits_{x \to + \infty} \frac{1}{n} \sum \limits_{i = 1}^n f(\frac{i}{n}).
也就是说对于求和加取极限的这一类极限，我们可以考虑利用定积分的定义进行求解。
不太理解也没关系，来看道题就行了。
例 12
求 \displaystyle \lim \limits_{n \to \infty} (\frac{1}{n^2 + 1^2} + \frac{1}{n^2 + 2^2} + ... + \frac{1}{n^2 + n^2}) 。
解： 这类问题大致分为这几个步骤：
将整个极限整理成用 \sum 表示的形式。
强行提出 \frac{1}{n} 。
将 \sum 内的剩余函数 f(i) 凑为 g(\frac{i}{n}) 的形式。
利用定积分的定义改写原题，并利用所学的定积分计算知识计算这个极限。
\begin{align*}
原式 & = \lim \limits_{n \to \infty} \sum \limits_{i = 1}^n{\frac{i}{n^2 + i^2}} \\
& = \lim \limits_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum \limits_{i = 1}^n{\frac{ni}{n^2 + i^2}} \\
& = \lim \limits_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum \limits_{i = 1}^n{\frac{\frac{i}{n}}{1 + (\frac{i}{n})^2}} \\
& = \int_0^1 \frac{\mathrm dx}{1 + x^2} \\
& = \arctan x \Big|_0^1 \\
& = \arctan 1 - \arctan 0 = \frac{\pi}{4}.
\end{align*}
例 13
求 \displaystyle \lim \limits_{n \to \infty} (\frac{1}{n + 1} + \frac{1}{n + 2} + \frac{1}{n + 3} + ... + \frac{1}{n + n}) 。
解：
\begin{align*}
原式 & = \lim \limits_{n \to \infty} \sum \limits_{i = 1}^n{\frac{1}{n + i}} \\
& = \lim \limits_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum \limits_{i = 1}^n{\frac{n}{n + i}} \\
& = \lim \limits_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum \limits_{i = 1}^n{\frac{1}{1 + \frac{i}{n}}} \\
& = \int_0^1 \frac{\mathrm dx}{1 + x} \\
& = \int_0^1 \frac{\mathrm d (x + 1)}{x + 1} \\
& = \ln |x + 1| \Bigg|_0^1 \\
& = \ln |1 + 1| - \ln |0 + 1| = \ln 2 - \ln 1 = \ln 2.
\end{align*}