第五章 定积分

第五章 定积分

在前一章，我们研究了求导数或微分的逆运算——不定积分。这一章，我们将从曲边梯形的面积和变速直线运动的路程等实际问题出发，引入定积分的概念，然后讨论定积分的有关性质，并将揭示定积分与不定积分之间的联系，从而把定积分的计算归结到求原函数的改变量问题。

第一节 定积分的概念与性质

一、 定积分问题举例

我们先介绍两个实际问题：面积问题与路程问题，以便从中了解定积分产生的背景.

1. 曲边梯形的面积

设 $ y=f(x) $ 在区间 $ [a, b] $ 上非负连续. 由直线 x=a, x=b, y=0 及曲线 $ y=f(x) $ 所围成的平面图形（如图 5-1）称为曲边梯形, 其中曲线弧称为曲边.

为了求曲边梯形的面积 A，我们采用下面的方法：先求近似值，然后通过取极限由近似转化为精确值，具体步骤如下：

（1）分割 在区间 $ [a, b] $ 内任意插入 n-1 个分点：

$$ a=x_{0}\lt x_{1}\lt x_{2}\lt \cdots\lt x_{n-1}\lt x_{n}=b, $$

把区间 [a, b] 分割成 n 个小区间，小区间的长度为 $ \Delta x_{i} = x_{i} - x_{i-1} (i = 1, 2, \cdots, n) $。对应于每个小区间 $ [x_{i-1}, x_i] $，有一个相应的小曲边梯形；

（2）近似 在每个小区间 $ [x_{i-1}, x_i] $ 上任取一点 $ \xi_i $，以小区间 $ [x_{i-1}, x_i] $ 为底， $ f(\xi_i) $ 为高的小矩形面积 $ f(\xi_i) \Delta x_i $ 作为第 i 个小曲边梯形的面积 $ \Delta A_i $ 近似值：

$$ \Delta A_{i}{\approx}f(\xi_{i})\Delta x_{i}\quad\mathrm{~(~i=1~,~2~,~\cdots~,~n~)~}; $$

（3）求和 将所有小曲边梯形面积的近似值加起来就得到整个曲边梯形面积的近似值：

$$ A\approx\ \sum_{i=1}^{n}f(\xi_{i})\Delta x_{i}; $$

（4）逼近 当各个小区间的长度都无限变小时，这个近似值就无限接近于客观存在的面积的真值。因此，我们将它的极限值作为曲边梯形面积的值，即

$$ A=\lim_{\lambda\to0}\sum_{i=1}^{n}f(\xi_{i})\Delta x_{i}, $$

其中 $ \lambda = \max_{1 \leq i \leq n} |\Delta x_i| $.

2. 变速直线运动的路程

设某质点作变速直线运动，速度 $ v = v(t) $ 是时间 t 在间隔 $ [T_{1}, T_{2}] $ 上的非负连续函数，试计算在时间间隔 $ [T_{1}, T_{2}] $ 内该质点所经过的路程.

同样地，我们采用以下四个步骤：

（1）分割 在时间间隔 $ [T_{1}, T_{2}] $ 内任意插入 n-1 个分点：

$$ T_{1}=t_{0}\lt t_{1}\lt t_{2}\lt \cdots\lt t_{n-1}\lt t_{n}=T_{2}, $$

把时间间隔 $ [T_1, T_2] $ 分割成 $ n $ 个小时段，每个小时段的时间长度为 $ \Delta t_i = t_i - t_{i-1}(i=1,2,\cdots,n) $；

（2）近似 在每个小时间间隔 $ [t_{i-1}, t_i] $ 上任取一个时刻 $ \xi_i $，我们将质点在时间间隔 $ [t_{i-1}, t_i] $ 上每一时刻的速度近似地看作常数 $ v(\xi_i) $，于是在该时间间隔 $ [t_{i-1}, t_i] $ 内，质点所经过的路程近似为

$$ \Delta S_{i}\approx v(\xi_{i})\Delta t_{i}\qquad(i=1,~2,~\cdots,~n)~; $$

（3）求和 将所有各小段时间间隔内质点所经过路程的近似值加起来就得到质点在整个时间间隔 $ [T_{1}, T_{2}] $ 内经过路程近似值：

$$ S\approx\sum_{i=1}^{n}v(\xi_{i})\Delta t_{i}; $$

（4）逼近当各小段时间间隔的长度都无限变小时，近似值就无限接近我们所求的值. 于是问题再一次归结为求下列和式的极限，即

$$ S=\lim_{\lambda\to0}\sum_{i=1}^{n}v(\xi_{i})\Delta t_{i}, $$

其中 $ \lambda = \max_{1 \leqslant i \leqslant n} \{\Delta t_i\} $.

此外，再比如变力作功问题，物质非均匀细杆的质量问题等等大量的实际问题，都可以通过这种分割、近似代替、求和、取极限的步骤，将问题化为求函数的上述和式的极限，这个极限值就是函数的定积分.

二、 定积分的定义

定义 5.1.1 设 $ f(x) $ 是定义在闭区间 $ [a, b] $ 上的函数，在区间 $ [a, b] $ 内任意插入 n-1 个分点：

$$ a=x_{0}\lt x_{1}\lt x_{2}\lt \cdots\lt x_{n-1}\lt x_{n}=b, $$

这些分点把区间 $ [a, b] $ 分割成 n 个小区间：

$$ \left[\begin{array}{c c}{x_{0},}&{x_{1}}\\ \end{array}\right],\quad\left[\begin{array}{c c}{x_{1},}&{x_{2}}\\ \end{array}\right],\quad\cdots\cdots,\quad\left[\begin{array}{c c}{x_{n-1},}&{x_{n}}\\ \end{array}\right], $$

记 $ \Delta x_{i}=x_{i}-x_{i-1}(i=1,2,\cdots,n) $，并记 $ \lambda=\max_{1\leq i\leq n}\{\Delta x_{i}\} $。在每个小区间 $ [x_{i-1},x_{i}] $ 上任取一点 $ \xi_{i} $，作和式

$$ \sum_{i=1}^{n}f(\xi_{i})\Delta x_{i}. $$

如果不论对区间 $ [a, b] $ 怎样划分，也不论在小区间 $ [x_{i-1}, x_i] $ 上点 $ \xi_i $ 怎样取法，极限

$$ \lim_{\lambda\to0}\sum_{i=1}^{n}f(\xi_{i})\Delta x_{i} $$

的值都为同一个常数，则称函数 $ f(x) $在区间 $ [a, b] $上可积，并称这个极限值为函数 $ f(x) $在区间 $ [a, b] $上的定积分，记为 $ \int_{a}^{b} f(x) \, dx $，即

$$ \int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x=\lim_{\lambda\to0}\sum_{i=1}^{n}f(\xi_{i})\Delta x_{i}, $$

其中 $ f(x) $叫做被积函数， $ f(x) $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，“ $ \int $”叫做积分符号，表示“和”的意思.

定积分定义中的和 $ \sum_{i=1}^{n}f(\xi_{i})\Delta x_{i} $ 叫做黎曼（Riemann）和，上述积分也叫做黎曼积分.

在定积分的定义中，和式 $ \sum_{i=1}^{n}f(\xi_{i})\Delta x_{i} $ 并不是 $ \lambda $ 的函数，我们将极限

$ \lim_{\lambda\to0}\sum_{i=1}^{n}f(\xi_{i})\Delta x_{i} $ 存在的含义用“ $ \varepsilon-\delta $”的说法精确地表达为：设有常数I，如果对于任意给定的 $ \varepsilon\gt 0 $，存在 $ \delta\gt 0 $，使得对于区间 $ [a,b] $的任意分割以及点 $ \xi_{i} $在小区间 $ [x_{i-1},x_{i}] $的任意取法，只要 $ \lambda\lt \delta $，总有

$$ \left|\sum_{i=1}^{n}f(\xi_{i})\Delta x_{i}-I\right|\lt \varepsilon, $$

则称 I 为函数 $ f(x) $ 在区间 $ [a, b] $ 的定积分，记为 $ \int_{a}^{b} f(x) \, dx $.

定积分作为和式的极限，它的值只与被积函数 f 和积分区间 $ [a, b] $ 有关，而与积分变量用什么字母表示无关，即

$$ \int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x=\int_{a}^{b}f(t)\mathrm{d}t=\int_{a}^{b}f(u)\mathrm{d}u. $$

三、 函数可积的条件

我们首先给出函数可积的必要条件：

定理 5.1.1 若函数 $ f(x) $ 在区间 $ [a, b] $ 上可积，则 $ f(x) $ 在 $ [a, b] $ 上必定有界.

证 反证法：若 $ f(x) $ 在 $ [a, b] $ 上无界，则对于区间 $ [a, b] $ 的任意分割 $ [x_{i-1}, x_i] $ （ $ i=1, 2, \cdots, n $），必存在一个小区间 $ [x_{k-1}, x_k] $ （ $ 1 \leq k \leq n $）， $ f(x) $ 在 $ [x_{k-1}, x_k] $ 上无界。我们在 $ i \neq k $ 的各个小区间 $ [x_{i-1}, x_i] $ 上任意取 $ \xi_i $，并记

$$ N=\Big|\sum_{i\neq k}f(\xi_{i})\Delta x_{i}\Big|. $$

对任意的正数 M，由于 $ f(x) $ 在 $ [x_{k-1}, x_k] $ 上无界，故存在 $ \xi_k \in [x_{k-1}, x_k] $，使得 $ f(\xi_k) \gt \frac{M+N}{\Delta x_k} $，从而有

$$ \Big|\sum_{i=1}^{n}f(\xi_{i})\Delta x_{i}\Big|\geqslant|f(\xi_{k})\Delta x_{k}|-\Big|\sum_{i\neq k}f(\xi_{i})\Delta x_{i}\Big|\gt \frac{M+N}{\Delta x_{k}}\Delta x_{k}-N=M. $$

这与 $ f(x) $在区间 $ [a,b] $上的可积相矛盾.

由定理 5.1.1 知：可积的函数必有界. 但是，有界的函数却不一定可积.

例1 证明狄利克雷（Dirichlet）函数

$$ D(x)=\{\begin{aligned}&0,&x 为无理数 ,\\ &1,&x 为有理数 \end{aligned}. $$

在 $ [0,1] $ 上有界但不可积.

证 显然 $ |D(x)| \leqslant 1 $，故有界。对于 $ [0,1] $ 任意分割，在每个小区间上，当取 $ \xi_{i} $ 全为无理数时， $ \sum_{i=1}^{n} D(\xi_{i}) \Delta x_{i} = 0 $；当取 $ \xi_{i} $ 全为有理数时， $ \sum_{i=1}^{n} D(\xi_{i}) \Delta x_{i} = 1 $。由

由此可见，对于 $ \xi_{i} $ 的不同取法，和式 $ \sum_{i=1}^{n}D(\xi_{i})\Delta x_{i} $ 有不同的极限，即 $ D(x) $ 在 $ [0,1] $ 上不可积.

函数有界只是函数可积的必要条件，那么函数满足什么条件时可积呢？关于这个问题我们不加证明的给出下面两个定理，即函数可积的充分条件：

定理 5.1.2 设 $ f(x) $ 在区间 $ [a, b] $ 上连续，则 $ f(x) $ 在 $ [a, b] $ 上可积.

定理 5.1.3 设 $ f(x) $ 在区间 $ [a, b] $ 上有定义，且最多只有有限个第一类间断点（除此之外，其余点都是 $ f(x) $ 的连续点），则 $ f(x) $ 在 $ [a, b] $ 上可积.

例2 求 $ \int_{0}^{1}e^{x}dx $

解 因为 $ f(x)=\mathrm{e}^{x} $ 在 $ [0,1] $ 上连续，故 $ \int_{0}^{1}\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x $ 存在，于是，它的值与对区间 $ [0,1] $ 的分割方式无关，也与点 $ \xi_{i} $ 的取法无关，因此可将区间 $ [0,1] $ 分为 n 等分，每个小区间的长均为 $ \Delta x_{i}=\frac{1}{n} $，并在第 i 个小区间 $ \left[\frac{i-1}{n},\frac{i}{n}\right] $ 上取点 $ \xi_{i}=\frac{i-1}{n}(i=1,2,\cdots,n) $，所以，利用等比数列求和公式得

$$ \begin{aligned}\int_{0}^{1}\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x&=\lim_{\lambda\to0}\sum_{i=1}^{n}\mathrm{e}^{\xi_{i}}\cdot\Delta x_{i}=\lim_{n\to+\infty}\sum_{i=1}^{n}\mathrm{e}^{\frac{i-1}{n}}\cdot\frac{1}{n}\\&=\lim_{n\to+\infty}\frac{\mathrm{e}-1}{\mathrm{e}^{\frac{1}{n}}-1}\cdot\frac{1}{n}=(\mathrm{e}-1)\cdot\lim_{n\to+\infty}\frac{\frac{1}{n}}{\mathrm{e}^{\frac{1}{n}}-1}=\mathrm{e}-1.\end{aligned} $$

从这个例子可以看出，直接用定义计算定积分是比较麻烦的，我们必须寻找更为有效的方法。

四、 定积分的几何意义

我们知道，如果在 $ [a, b] $ 上 $ f(x) \geq 0 $，那么定积分 $ \int_{a}^{b} f(x) \, dx $ 的值等于由曲线 $ y = f(x) $ ( $ f(x) \geq 0 $)、x 轴及两条直线 x = a、x = b 所围成的曲边梯形的面积，即

$$ \int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x=A. $$

如果在 $ [a, b] $ 上 $ f(x) \leq 0 $，则 $ -f(x) \geq 0 $，因此，定积分 $ \int_{a}^{b} f(x) \, dx $ 表示相应曲边梯形面积乘以 -1，即（如图 5-2）

$$ \int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x=-A. $$

一般地，如果 $ f(x) $ 在 $ [a, b] $ 上既取正值又取负值，那么曲线 $ y = f(x) $ 有些部分在 x 轴的上方，有些部分在 x 轴的下方（如图 5-3），这时，定积分 $ \int_{a}^{b} f(x) \, dx $ 的值等于由曲线 $ y = f(x) $、x 轴及两条直线 x = a, x = b 所围成的若干个位于 x 轴上方和下方的曲边梯形的面积的代数和。例如，在图 5-3 中，有

$$ \int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x=A_{1}-A_{2}+A_{3}. $$

五、 定积分的性质

在定义定积分 $ \int_{a}^{b}f(x)dx $ 的时候，要求 a\lt b. 为了以后计算及应用方便，现在作两个补充规定：

（1）当 a=b 时， $ \int_{a}^{b}f(x)dx=0 $;

（2）当 a \gt b 时， $ \int_{a}^{b} f(x) \, \mathrm{d}x = -\int_{b}^{a} f(x) \, \mathrm{d}x. $

上面我们用黎曼和的极限定义了定积分，尽管这种极限不同于一般函数的极限，但在第一章中有关极限的定理，如极限的四则运算法则和极限的不等式定理，对于黎曼和的极限依旧成立。利用这些定理，我们容易得出下面定积分的几个性质，如无特别声明，下列各性质中定积分上、下限的大小均不加限制，并假定下列性质中所出现的定积分都是存在的。

性质1（线性性质）

（1）函数的和（差）的定积分等于它们定积分的和（差），即

$$ \int_{a}^{b}\left[f(x)\pm g(x)\right]\mathrm{d}x=\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x\pm\int_{a}^{b}g(x)\mathrm{d}x； $$

（2）被积函数的常数因子可以提到积分号外面，即

$$ \int_{a}^{b}k f(x)\mathrm{d}x=k\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x\qquad(k 为常数 ). $$

证（1）由定积分定义，将区间 $ [a, b] $ 任意分割成 n 个小区间：

$$ \left[\begin{array}{c c c}{x_{0},}&{x_{1}}\\ \end{array}\right],\quad\left[\begin{array}{c c c}{x_{1},}&{x_{2}}\\ \end{array}\right],\quad\cdots,\quad\left[\begin{array}{c c c}{x_{n-1},}&{x_{n}}\\ \end{array}\right]. $$

记 $ \Delta x_{i}=x_{i}-x_{i-1}(i=1,2,\cdots,n) $，并记 $ \lambda=\max_{1\leq i\leq n}\{\Delta x_{i}\} $ 。在每个小区间 $ [x_{i-1},x_{i}] $ 上任取一点 $ \xi_{i} $，于是不论对区间 $ [a,b] $ 怎样划分，也不论在小区间 $ [x_{i-1},x_{i}] $ 上点 $ \xi_{i} $ 怎样取法，有

$$ \begin{align*}\int_{a}^{b}\left[f(x)\pm g(x)\right]\mathrm{d}x=&\lim_{\lambda\to0}\sum_{i=1}^{n}\left[f(\xi_{i})\pm g(\xi_{i})\right]\Delta x_{i}\\=&\lim_{\lambda\to0}\sum_{i=1}^{n}f(\xi_{i})\Delta x_{i}\pm\lim_{\lambda\to0}\sum_{i=1}^{n}g(\xi_{i})\Delta x_{i}\\=&\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x\pm\int_{a}^{b}g(x)\mathrm{d}x.\end{align*} $$

类似可证（2）.

性质2（区间可加性） 如果将积分区间分成两部分，则在整个区间上的定积分等于这两个部分区间上的定积分之和，即设a\lt c\lt b，则

$$ \int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x=\int_{a}^{c}f(x)\mathrm{d}x+\int_{c}^{b}f(x)\mathrm{d}x. $$

证 因为 $ f(x) $ 在区间 $ [a, b] $ 上可积，所以定积分的值与区间的划分无关。于是，在对区间 $ [a, b] $ 作划分时，总将点 c 作为一个分点，这样， $ f(x) $ 在 $ [a, b] $ 上和式就等于 $ f(x) $ 在 $ [a, c] $ 上的和式和在 $ [c, b] $ 上的和式之和，即

$$ \sum_{a,b]}f(\boldsymbol{\xi}_{i})\Delta x_{i}=\sum_{[a,c]}f(\boldsymbol{\xi}_{i})\Delta x_{i}+\sum_{[c,b]}f(\boldsymbol{\xi}_{i})\Delta x_{i}, $$

令 $ \lambda \to 0 $，上式两端同时取极限就得到

$$ \int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x=\int_{a}^{c}f(x)\mathrm{d}x+\int_{c}^{b}f(x)\mathrm{d}x. $$

说明：这一性质对 a，b，c 的其他顺序同样成立，例如当 a\lt b\lt c 时，根据上面结论有

$$ \int_{a}^{c}f(x)\mathrm{d}x=\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x+\int_{b}^{c}f(x)\mathrm{d}x, $$

移项得

$$ \int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x=\int_{a}^{c}f(x)\mathrm{d}x-\int_{b}^{c}f(x)\mathrm{d}x=\int_{a}^{c}f(x)\mathrm{d}x+\int_{c}^{b}f(x)\mathrm{d}x. $$

性质3（保序性） 如果在区间 $ [a, b] $ 上 $ f(x) \geqslant 0 $，则

$$ \int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x\geqslant0\quad(a\lt b). $$

证 因为 $ f(x) \geqslant 0 $，所以 $ f(\xi_{i}) \geqslant 0 $ (i=1,2,\cdots,n)；又因为 $ \Delta x_{i}\gt 0 $ (i=1,

2, $ \cdots $, n), 所以,

$$ \int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x=\lim_{\lambda\to0}\sum_{i=1}^{n}f(\xi_{i})\Delta x_{i}\geqslant0. $$

推论1 如果在区间 $ [a, b] $ 上 $ f(x) \geqslant g(x) $，则

$$ \int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x\geqslant\int_{a}^{b}g(x)\mathrm{d}x\quad(a\lt b). $$

证 记 $ F(x)=f(x)-g(x) $，在区间 $ [a, b] $ 上， $ F(x) \geqslant 0 $，利用性质1和性质3， $ \int_{a}^{b} F(x) \, dx = \int_{a}^{b} f(x) \, dx - \int_{a}^{b} g(x) \, dx \geqslant 0 $，移项即得所要证明.

推论2 $ \left|\int_{a}^{b}f(x)dx\right|\leqslant\int_{a}^{b}|f(x)|dx $ (a\lt b).

证 因为

$$ -\mid f(x)\mid\leqslant f(x)\leqslant\mid f(x)\mid, $$

所以有

$$ -\int_{a}^{b}\mid f(x)\mid\mathrm{d}x\leqslant\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x\leqslant\int_{a}^{b}\mid f(x)\mid\mathrm{d}x, $$

即

$$ \left|\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x\right|\leqslant\int_{a}^{b}\left|f(x)\right|\mathrm{d}x\quad(a\lt b). $$

注：由 $ f(x) $ 在 $ [a, b] $ 上可积，可以推出 $ |f(x)| $ 在 $ [a, b] $ 上可积，这一点不作证明.

性质4 设 $ f(x) $在区间 $ [a,b] $上可积， $ g(x) $在区间 $ [a,b] $上有定义，且仅在有限个点处与 $ f(x) $取不同值，则 $ g(x) $在 $ [a,b] $上也可积，且有

$$ \int_{a}^{b}g(x)\mathrm{d}x=\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x. $$

即仅在有限个点改变函数的值不影响其可积性及积分值.

证 因为对于区间 $ [a, b] $ 的同一分割和小区间 $ [x_{i-1}, x_i] $ 上点 $ \xi_i $ 的同样取法， $ \sum_{i=1}^{n} g(\xi_i) \Delta x_i $ 和 $ \sum_{i=1}^{n} f(\xi_i) \Delta x_i $ 至多有有限项不同，不妨设 $ g(\xi_k) \neq f(\xi_k) $，由 $ \sum_{i=1}^{n} g(\xi_i) \Delta x_i = (g(\xi_k) - f(\xi_k)) \Delta x_k + \sum_{i=1}^{n} f(\xi_i) \Delta x_i $，得

$$ \begin{align*}\lim_{\lambda\to0}\sum_{i=1}^{n} g\left(\xi_{i}\right)\Delta x_{i}=&\lim_{\lambda\to0}\left(g\left(\xi_{k}\right)-f\left(\xi_{k}\right)\right)\Delta x_{k}+\lim_{\lambda\to0}\sum_{i=1}^{n} f\left(\xi_{i}\right)\Delta x_{i}\\=&\int_{a}^{b} f\left(x\right)\mathrm{d}x.\end{align*} $$

故 $ g(x) $ 在 $ [a, b] $ 上也可积，且有 $ \int_{a}^{b} g(x) \, \mathrm{d}x = \int_{a}^{b} f(x) \, \mathrm{d}x $.

性质 5（估值定理） 设 M 和 m 分别是 $ f(x) $ 在区间 $ [a, b] $ 上最大值和最小值，则

$$ m\left(b{-}a\right)\leqslant\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x\leqslant M\left(b{-}a\right)\qquad\left(a\lt b\right). $$

证 因为在区间 $ [a, b] $ 上， $ m \leq f(x) \leq M $，故有

$$ \int_{a}^{b}m\mathrm{d}x\leqslant\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x\leqslant\int_{a}^{b}M\mathrm{d}x. $$

即

$$ m\left(b{-}a\right)\leqslant\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x\leqslant M\left(b{-}a\right)\qquad\left(a\lt b\right). $$

性质6（积分第一中值定理） 设函数 $ f(x) $ 在闭区间 $ [a, b] $ 上连续， $ g(x) $ 在 $ [a, b] $ 上不变号，则至少存在一点 $ \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 设在 $ [a, b] $ 上， $ g(x) \geqslant 0 $； $ M = \max_{x \in [a, b]} \{f(x)\} $， $ m = \min_{x \in [a, b]} \{f(x)\} $，

则

$$ m\leqslant f(x)\leqslant M,\quad\forall x\in\left[\begin{array}{l l}a,&b\end{array}\right]. $$

从而

$$ m g\left(x\right)\leqslant f(x)g(x)\leqslant M g(x),\forall x\in\left[a,b\right]. $$

故有

$$ m\int_{a}^{b}g(x)\mathrm{d}x\leqslant\int_{a}^{b}f(x)g(x)\mathrm{d}x\leqslant M\int_{a}^{b}g(x)\mathrm{d}x. $$

若 $ \int_{a}^{b} g(x) \, dx = 0 $，则有 $ \int_{a}^{b} f(x) g(x) \, dx = 0 $。因此，对于任意的 $ \xi \in [a, b] $，所要证明的等式都成立。

若 $ \int_{a}^{b}g(x)dx\gt 0 $，则有

$$ m\leqslant\frac{\displaystyle\int_{a}^{b}f(x)g(x)\mathrm{d}x}{\displaystyle\int_{a}^{b}g(x)\mathrm{d}x}\leqslant M. $$

由闭区间上连续函数的介值定理知，至少存在一点 $ \xi \in [a, b] $，使

$$ f(\xi)=\frac{\displaystyle\int_{a}^{b}f(x)g(x)\mathrm{d}x}{\displaystyle\int_{a}^{b}g(x)\mathrm{d}x}, $$

即

$$ \int_{a}^{b}f(x)g(x)\mathrm{d}x=f(\xi)\int_{a}^{b}g(x)\mathrm{d}x. $$

在积分第一中值定理中，取 $ g(x)=1 $，即得积分中值定理：

性质7（积分中值定理） 如果函数 $ f(x) $在闭区间 $ [a, b] $上连续，则至少存在一点 $ \xi \in [a, b] $，使得

$$ \int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x=f(\xi)(b-a). $$

积分中值定理可以做如下几何解释：至少存在一点 $ \xi \in [a, b] $，使得以区间 $ [a, b] $ 为底边，以曲线 $ y = f(x) $ 为曲边的曲边梯形的面积等于同一底边上高为 $ f(\xi) $ 的矩形的面积（如图 5-4）。这里 $ f(\xi) = \frac{1}{b - a} \int_{a}^{b} f(x) \, dx $ 叫做被积函数在区间 $ [a, b] $ 上的平均值。

习题5-1

1. 利用定积分几何意义，填写下列定积分值：

(1) $ \int_{-1}^{1} x^{3} dx $;

(2) $ \int_{0}^{2\pi}\cos x\,dx $;

(3) $ \int_{-1}^{1} \sqrt{1 - x^{2}} \, dx. $

1. 比较下列各组定积分的大小：

(1) $ \int_{0}^{1}x^{2}dx $与 $ \int_{0}^{1}x^{3}dx $;

(2) $ \int_{3}^{4}\ln x dx $ 与 $ \int_{3}^{4}\ln^{2}x dx $;

(3) $ \int_{-1}^{0} e^{x} dx $ 与 $ \int_{0}^{1} e^{x} dx $;

(4) $ \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\sin x dx $ 与 $ \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}x dx $.

1. 估计定积分 $ \int_{2}^{0}e^{x^{2}-x}dx $ 的取值范围.

1. 利用定积分定义计算 $ \int_{0}^{2} x^{2} \, dx $.

1. 将极限 $ \lim_{n\to\infty}\left(\frac{n}{n^{2}+1}+\frac{n}{n^{2}+2^{2}}+\cdots+\frac{n}{n^{2}+n^{2}}\right) $ 表示为定积分.

1. 利用定积分性质，求下列极限：

(1) $ \lim_{n \to \infty} \int_{0}^{\frac{1}{2}} \frac{x^n}{1+x} dx $;

(2) $ \lim_{n \to \infty} \int_n^{n+p} \frac{\sin x}{x} dx (p \gt 0) $.

1. 已知 $ f(x) $ 在区间 $ [a, b] $ 上连续， $ f(x) \geqslant 0 $，且 $ \int_{a}^{b} f(x) \, dx = 0 $，证明：在区间 $ [a, b] $ 上 $ f(x) \neq 0 $.

第二节 微积分基本定理

从上一节的习题中，我们已发现按定义计算定积分是相当困难的，为应用定积分解决实际问题，我们必须寻找计算定积分的简便且有效方法.

本节我们将要证明微积分理论中最重要的一个定理——微积分基本定理，它将定积分的计算问题转化为求被积函数的原函数的问题，即不定积分的问题。并阐述微分与积分的关系。为此，我们首先引入积分上限的函数。

一、 积分上限的函数及其导数

设函数 $ f(x) $ 在区间 $ [a, b] $ 上连续，则对于 $ [a, b] $ 上的任意 x, f(x) 在区间 $ [a, x] $ 上也连续，所以 $ f(x) $ 在 $ [a, x] $ 上是可积的。于是由上限为 x 的定积分

$$ \Phi\left(x\right)=\int_{a}^{x}f(t)\mathrm{d}t,\ x\in\left[a,b\right] $$

定义了一个 x 的函数，它是变上限的定积分，我们称这个函数为积分上限的函数.

定理 5.2.1（积分上限的函数的导数定理） 如果函数 $ f(x) $ 在区间 [a, b] 上连续，则积分上限的函数

$$ \Phi(x)=\int_{a}^{x}f(t)\mathrm{d}t $$

在区间 $ [a, b] $ 上可导，且

$$ \Phi^{\prime}\left(x\right)=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\int_{a}^{x}f(t)\mathrm{d}t=f(x)\left(a\leqslant x\leqslant b\right). $$

证 对 $ x \in (a, b) $，设有增量 $ \Delta x $ 且 $ x + \Delta x \in (a, b) $，则

$$ \Delta\varPhi=\varPhi\left(x+\Delta x\right)-\varPhi\left(x\right)=\int_{a}^{x+\Delta x}f(t)\mathrm{d}t-\int_{a}^{x}f(t)\mathrm{d}t $$

$$ \begin{aligned}&=\int_{a}^{x}f(t)\mathrm{d}t+\int_{x}^{x+\Delta x}f(t)\mathrm{d}t-\int_{a}^{x}f(t)\mathrm{d}t=\int_{x}^{x+\Delta x}f(t)\mathrm{d}t\\&=f(x+\theta\Delta x)\Delta x,\end{aligned} $$

其中， $ 0 \leq \theta \leq 1 $（这里用到积分中值定理），故当 $ \Delta x \to 0 $ 时，由于 $ f(x) $ 在区间 $ [a, b] $ 上连续，所以

$$ \lim_{\Delta x\to0}\frac{\Delta\varPhi}{\Delta x}=\lim_{\Delta x\to0}f(x+\theta\Delta x)=f(x), $$

即 $ \Phi'(x) = f(x) $.

当 x=a 时，则取 $ \Delta x\gt 0 $ ，因而有

$$ \lim_{\Delta x\to0^{+}}\frac{\Delta\Phi}{\Delta x}=\lim_{\Delta x\to0^{+}}f(a+\theta\Delta x)=f(a), $$

即 $ \Phi^{\prime}_{+}(a)=f(a) $.

当 x=b 时，类似可证 $ \Phi'_{}(b)=f(b) $.

综上所述， $ \Phi(x)=\int_{a}^{x}f(t)dt $ 在区间 $ [a,b] $ 上可导，且 $ \Phi'(x)=f(x) $.

联想到原函数的定义，我们可以从定理5.2.1引出如下的原函数存在定理.

定理 5.2.2（原函数存在定理） 如果函数 $ f(x) $ 在区间 $ [a, b] $ 上连续，则其积分上限的函数

$$ \varPhi\left(x\right)=\int_{a}^{x}f(t)\mathrm{d}t $$

就是函数 $ f(x) $ 在区间 $ [a, b] $ 上的一个原函数.

由此可看出是积分上限的函数沟通了定积分与原函数之间的联系，利用上述定理我们将导出著名的微积分基本定理.

二、 微积分基本定理

定理 5.2.3 (微积分基本定理) 设函数 $ f(x) $ 在区间 $ [a, b] $ 上连续，如果 $ F(x) $ 是 $ f(x) $ 在 $ [a, b] $ 上的一个原函数，则

$$ \int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x=F(b)-F(a). $$

证 $ F(x) $ 是 $ f(x) $ 在 $ [a, b] $ 上的一个原函数，而由定理 5.2.2 可知积分上限的函数 $ \Phi(x) = \int_{a}^{x} f(t) \, dt $ 也是 $ f(x) $ 在 $ [a, b] $ 上的一个原函数。由于函数 $ f(x) $ 的任何两个原函数只差某一个常数 C，即

$$ \Phi\left(x\right)=F\left(x\right)+C, $$

于是，有

$$ \int_{a}^{x}f(t)\mathrm{d}t=F(x)+C, $$

在上式中令 x=a，得

$$ 0=F\left(a\right)+C,\ 即 C=-F\left(a\right), $$

从而，

$$ \int_{a}^{x}f(t)dt=F(x)-F(a). $$

在上式中令 x=b，就得到所要证明的公式

$$ \int_{a}^{b}f(t)\mathrm{d}t=F(b)-F(a). $$

显然，公式对于 a\gt b 的情形也成立.

通常把 $ F(b)-F(a) $ 记作 $ F(x) $，于是定理 5.2.3 中公式又可写成

$$ \int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x=F(x)\quad\bigg|_{a}^{b}. $$

这公式称为微积分基本公式，也叫做牛顿-莱布尼茨（Newton-Leibniz）公式。这个公式把求连续函数的定积分问题转化为求被积函数的原函数改变量问题。公式指出，只要求出被积函数的任何一个原函数，计算出这个原函数在积分上限、下限处的函数值之差就是所求定积分的值。这就为计算定积分提供了一个有效且简便的方法。

例1 计算 $ \int_{0}^{1}x^{2}dx $.

解 因为 $ \frac{x^{3}}{3} $ 是 $ x^{2} $ 的一个原函数，所以按照微积分基本公式，有

$$ \int_{0}^{1}x^{2}\mathrm{d}x=\frac{x^{3}}{3}\bigg|_{0}^{1}=\frac{1^{3}}{3}-\frac{0^{3}}{3}=\frac{1}{3}. $$

例2 设 $ f(x)=\{\begin{aligned}&\sqrt{x},&0\leqslant x\leqslant1,\\&\mathrm{e}^{-x},&1\lt x\leqslant3,\end{aligned}. $，求 $ \int_{0}^{3}f(x)\mathrm{d}x $.

解 因为 $ f(x) $ 在 $ [0,3] $ 上有界，且只有一个第一类间断点，故定积分 $ \int_{0}^{3}f(x)dx $ 存在. 根据定积分的对积分区间具有可加性和性质4，有

$$ \begin{aligned}\int_{0}^{3}f(x)\mathrm{d}x&=\int_{0}^{1}f(x)\mathrm{d}x+\int_{1}^{3}f(x)\mathrm{d}x\\&=\int_{0}^{1}\sqrt{x}\mathrm{d}x+\int_{1}^{3}\mathrm{e}^{-x}\mathrm{d}x\\&=\frac{2}{3}x^{\frac{3}{2}}\Bigg|_{0}^{1}+\left(-\mathrm{e}^{-x}\right)\Bigg|_{1}^{3}=\frac{2}{3}+\mathrm{e}^{-1}-\mathrm{e}^{-3}.\end{aligned} $$

下面是一个利用定积分求极限的例题.

例3 求极限 $ \lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt{1}+\sqrt{2}+\cdots+\sqrt{n}}{n^{\frac{3}{2}}} $

解 $ \lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt{1}+\sqrt{2}+\cdots+\sqrt{n}}{n^{\frac{3}{2}}}=\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^{n}\sqrt{\frac{i}{n}}\cdot\frac{1}{n} $

我们可以把 $ \sum_{i=1}^{n}\sqrt{\frac{i}{n}}\cdot\frac{1}{n} $ 看成定积分 $ \int_{0}^{1}\sqrt{x}dx $ 的黎曼和 $ \sum_{i=1}^{n}\sqrt{\xi_{i}}\cdot\Delta x_{i} $ 的一种特殊情形，即 $ \xi_{i}=\frac{i}{n} $， $ \Delta x_{i}=\frac{1}{n}(i=1,2,\cdots,n) $。因为函数 $ \sqrt{x} $ 在区间 $ [0,1] $ 上连续。故定积分 $ \int_{0}^{1}\sqrt{x}dx $ 存在，它的值与区间划分无关，与点 $ \xi_{i} $ 的取法无关。所以

$$ \begin{aligned}\lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt{1}+\sqrt{2}+\cdots+\sqrt{n}}{n^{\frac{3}{2}}}&=\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^{n}\sqrt{\frac{i}{n}}\cdot\frac{1}{n}=\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^{n}\sqrt{\xi_{i}}\cdot\Delta x_{i}\\&=\int_{0}^{1}\sqrt{x}\mathrm{d}x=\frac{2}{3}x^{\frac{3}{2}}\bigg|_{0}^{1}=\frac{2}{3}.\end{aligned} $$

由此例看出，通过定积分计算求数列的极限，关键是把给出的数列理解为定义在某个区间上函数的定积分的积分和.

最后举几个关于积分上限的函数求导的例题.

例4 设 $ \Phi(x)=\int_{0}^{2x+1}\mathrm{e}^{-t^{2}}\sin t\mathrm{d}t $，求 $ \Phi'(x) $.

解 将 $ \Phi(x) $ 视为函数 $ F(u)=\int_{a}^{u}\mathrm{e}^{-t^{2}}\sin t\mathrm{d}t $ 与 u=2x+1 的复合函数，由复合函数求导法则，得

$$ \Phi^{\prime}(x)=F^{\prime}(u)u^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{-u^{2}}\sin u\cdot2=2\mathrm{e}^{-(2x+1)^{2}}\sin(2x+1). $$

例5 求 $ \frac{d}{dx}\int_{\sin x}^{x^{3}}e^{-t^{2}}dt. $

解 因为 $ \int_{\sin x}^{x^{3}} e^{-t^{2}} dt = \int_{\sin x}^{a} e^{-t^{2}} dt + \int_{a}^{x^{3}} e^{-t^{2}} dt = -\int_{a}^{\sin x} e^{-t^{2}} dt + \int_{a}^{x^{3}} e^{-t^{2}} dt, $

所以 $ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\int_{\sin x}^{x^{3}}\mathrm{e}^{-t^{2}}\mathrm{d}t=-\mathrm{e}^{-\sin^{2}x}\cdot(\sin x)^{\prime}+\mathrm{e}^{-x^{6}}\cdot(x^{3})^{\prime} $

$$ =-\mathrm{e}^{-\sin^{2}x}\cos x+3x^{2}\mathrm{e}^{-x^{6}}. $$

我们不加证明地引入一个公式：如果 $ f(x) $ 是连续函数， $ u(x) $ 和 $ v(x) $ 是可导函数，则

$$ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\int_{v(x)}^{u(x)}f(t)\mathrm{d}t=f[u(x)]\cdot u^{\prime}(x)-f[v(x)]\cdot v^{\prime}(x). $$

1. 计算下列各导数：

(1) $ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(\int_{0}^{x^{2}}\sqrt{1+t^{2}}\mathrm{d}t\right) $;

(2) $ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(\int_{x^{3}}^{1}\frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{1+t^{2}}}\right) $;

(3) $ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(\int_{\sin x}^{\cos x}e^{t^{2}}\mathrm{d}t\right) $.

1. 计算下列定积分：

(1) $ \int_{0}^{1}\frac{dx}{\sqrt{4-x^{2}}} $;

(2) $ \int_{\frac{1}{\sqrt{3}}}^{3}\frac{\mathrm{d}x}{1+x^{2}} $;

(3) $ \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} \cot^{2} x \, dx $;

(4) $ \int_{0}^{2\pi}\left|\sin x\right|dx; $

（5）设 $ f(x)=\{\begin{aligned}&x+1,&x\leqslant1,\\&\frac{1}{2}x^{2},&x\gt 1,\end{aligned}. $ 求 $ \int_{0}^{2}f(x)dx $.

1. 求下列极限：

(1) $ \lim_{x \to 0} \frac{\int_{0}^{x} \cos t^{2} \, dt}{x} $; (2) $ \lim_{x \to +\infty} \frac{\left( \int_{0}^{x} e^{t^{2}} \, dt \right)^{2}}{\int_{0}^{x} e^{2t^{2}} \, dt} $.

1. 设 $ f(x)=\{\begin{aligned}&x^{2},&0\leqslant x\leqslant1,\\ &x,&1\lt x\leqslant2,\end{aligned}. $，求 $ \Phi(x)=\int_{0}^{x}f(t)dt $ 在 $ [0,2] $ 上的表达式，并讨论 $ \Phi(x) $ 在 $ (0,2) $ 内的连续性.

1. 设 $ f(x) $ 在 $ [a, b] $ 内连续，在 $ (a, b) $ 内可导，且 $ f'(x) \leqslant 0 $，证明：函数 $ F(x) = \frac{1}{x - a} \int_{a}^{x} f(t) \, dt $ 在 $ (a, b) $ 内满足 $ F'(x) \leqslant 0 $.

1. 设 $ f(x) $ 在 $ [a, b] $ 内连续，且 $ f(x) \gt 0 $，记 $ F(x) = \int_{a}^{x} f(t) \, dt + \int_{b}^{x} \frac{1}{f(t)} \, dt $，求证：

(1) $ F'(x) \geqslant 2 $；

(2) 方程 $ F(x) = 0 $ 在 $ (a, b) $ 内有且只有一个根。

1. 设 $ f(x) $ 在 $ [a, b] $ 连续，且单调递增，证明 $ (a+b)\int_{a}^{b}f(x)dx\lt 2\int_{a}^{b}xf(x)dx $.

第三节 定积分的计算

由牛顿-莱布尼茨公式知，定积分的值等于被积函数的任一原函数在积分区间上的增量。但是，有的被积函数的原函数虽然存在，但难以用初等函数来表示，这便无法直接使用牛顿-莱布尼茨公式。因此，我们有必要直接讨论有

关定积分计算的一些基本方法.

一、 定积分的换元积分法

设 $ F(x) $ 为 $ f(x) $ 的一个原函数，又假如 $ x=\varphi(t) $ 在区间 $ [\alpha, \beta] $ 有连续的导数，并使 $ F(\varphi(t)) $ 有意义。于是，由复合函数求导法则知

$$ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}F\left(\varphi(t)\right)=F^{\prime}\left(\varphi(t)\right)\cdot\varphi^{\prime}(t)=f\left(\varphi(t)\right)\cdot\varphi^{\prime}(t), $$

从而，由牛顿-莱布尼茨公式，有

$$ \int_{\alpha}^{\beta}f\left(\varphi\left(t\right)\right)\varphi^{\prime}\left(t\right)\mathrm{d}t=F\left(\varphi\left(\beta\right)\right)-F\left(\varphi\left(\alpha\right)\right), $$

令 $ \varphi(\alpha)=a $， $ \varphi(\beta)=b $，则有

$$ \begin{aligned}F\left(\varphi(\beta)\right)-F\left(\varphi(\alpha)\right)&=F(b)-F(a)=\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{~d}x,\mathrm{ 即 }\\ \int_{\alpha}^{\beta}f(\varphi(t))\varphi^{\prime}(t)\mathrm{d}t&=\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x.\end{aligned} $$

将它写成定理就是：

定理 5.3.1 假如 $ f(x) $ 在 $ [a, b] $ 上连续，且 $ \varphi(t) $ 满足：

(1) $ \varphi(\alpha)=a $, $ \varphi(\beta)=b $, 且当 t 在 $ [\alpha, \beta] $ （或 $ [\beta, \alpha] $）上变化时, $ \varphi(t) $ 的值在 $ [a, b] $ 上变化;

(2) $ \varphi(t) $ 在 $ [\alpha, \beta] $ （或 $ [\beta, \alpha] $）上具有连续的导数 $ \varphi'(t) $，则有

$$ \int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x=\int_{\alpha}^{\beta}f(\varphi(t))\varphi^{\prime}(t)\mathrm{d}t. $$

上述定理表明：在一定条件下，作变量代换 $ x = \varphi(t) $ 后，原来以 $ x $ 为积分变量的积分 $ \int_a^b f(x) \, dx $ 化为以 $ t $ 为积分变量的积分 $ \int_{\alpha}^{\beta} f(\varphi(t)) \varphi'(t) \, dt $，在实施换元时，定积分的上、下限也要换成相应于新变量的积分上、下限，而在求出 $ f(\varphi(t)) \cdot \varphi'(t) $ 的一个原函数 $ \Phi(t) $ 后，不必像不定积分那样再把 $ \Phi(t) $ 变成原来变量 $ x $ 的函数，而只要直接把新变量 $ t $ 的上、下限分别代入 $ \Phi(t) $ 中然后相减即可。

例1 求 $ \int_{0}^{a}\sqrt{a^{2}-x^{2}}dx $ (a\gt 0).

解 令 $ x = a \sin t $，则 $ \mathrm{d}x = a \cos t \mathrm{d}t $，且 t = 0 时，x = 0； $ t = \frac{\pi}{2} $ 时，x = a。故

$$ \begin{aligned}\int_{0}^{a}\sqrt{a^{2}-x^{2}}\mathrm{d}x&=a^{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{2}t\mathrm{d}t=a^{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{2}(1+\cos2t)\mathrm{d}t\\&=\frac{a^{2}}{2}t+\frac{a^{2}}{4}\sin2t\big|_{0}^{\frac{\pi}{2}}=\frac{\pi a^{2}}{4}..\end{aligned} $$

实际上，这个定积分值可以根据定积分的几何意义直接得出.

例2 求 $ \int_{0}^{4}\frac{x+2}{\sqrt{2x+1}}\mathrm{d}x. $

解 令 $ \sqrt{2x+1}=t $，这时 $ x=\frac{1}{2}(t^{2}-1) $， $ \mathrm{d}x=t\mathrm{d}t $，且x=0时，t=1；x=4时，t=3。故

$$ \begin{aligned}\int_{0}^{4}\frac{x+2}{\sqrt{2x+1}}\mathrm{d}x&=\int_{1}^{3}\frac{t^{2}+3}{2t}\cdot t\mathrm{d}t=\frac{1}{2}\int_{1}^{3}\left(t^{2}+3\right)\mathrm{d}t\\&=\frac{1}{2}\bigg(\frac{1}{3}t^{3}+3t\bigg)\Bigg|_{1}^{3}=\frac{22}{3}.\end{aligned} $$

例3 求 $ \int_{0}^{1}x\sqrt{1-x^{2}}dx $.

解 令 $ x = \cos t \left(0 \leqslant t \leqslant \frac{\pi}{2}\right) $，则 $ dx = -\sin t dt $，且 x = 0 时， $ t = \frac{\pi}{2} $；x = 1 时，t = 0。故

$$ \begin{aligned}\int_{0}^{1}x\sqrt{1-x^{2}}\mathrm{d}x&=\int_{\frac{\pi}{2}}^{0}\cos t\cdot\sin t\cdot\left(-\sin t\right)\mathrm{d}t\\&=-\int_{\frac{\pi}{2}}^{0}\sin^{2}t\cos t\mathrm{d}t=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2}t\mathrm{d}\sin t=\frac{\sin^{3}t}{3}\bigg|_{0}^{\frac{\pi}{2}}\\&=\frac{1}{3}.\end{aligned} $$

注意，积分变量由 x 变换成 t 后，积分限要相应改变，将 x 的下限 0 对应的 $ \frac{\pi}{2} $ 作为 t 的下限，将 x 的上限 1 对应的 0 作为 t 的上限，这时上限小于下限.

在定积分的换元法中，使用什么形式的变量代换，由被积函数确定，这与不定积分中的变量代换基本原则相同，而且与不定积分一样，定积分也有两种换元法，不过，在计算定积分时，如果用凑微分法能求出原函数，那么就不必变更积分变量，也就不需要改变积分上、下限，只要记住中间函数 $ \varphi(x) $ 是什么就可以了，即

$$ \int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x=\int_{a}^{b}g\left[\varphi(x)\right]\cdot\varphi^{\prime}(x)\mathrm{d}x=\int_{a}^{b}g\left[\varphi(x)\right]\mathrm{d}\varphi(x). $$

例4 求 $ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{4}x\cdot\sin xdx $

解

$$ \begin{aligned}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{4}x\cdot\sin x\mathrm{d}x&=-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{4}x\mathrm{d}(\cos x)\\&=-\left(\frac{\cos^{5}x}{5}\right)\bigg|_{0}^{\frac{\pi}{2}}=\frac{1}{5}.\end{aligned} $$

例5 求 $ \int_{0}^{\pi}\sqrt{\sin^{3}x-\sin^{5}x}\,dx $.

解 当被积函数含根号时，先考虑消去根号．在消去根号过程中，可能会出现绝对值符号．当被积函数出现绝对值符号时，可以利用积分区间的可加性，分区间消去绝对值符号并积分.

$$ \begin{aligned}\int_{0}^{\pi}\sqrt{\sin^{3}x-\sin^{5}x}\mathrm{d}x&=\int_{0}^{\pi}\sin^{\frac{3}{2}}x\cdot|\cos x|\mathrm{d}x\\&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{\frac{3}{2}}x\cdot\cos x\mathrm{d}x+\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\sin^{\frac{3}{2}}x\cdot(-\cos x)\mathrm{d}x\\&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{\frac{3}{2}}x\mathrm{d}\sin x-\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\sin^{\frac{3}{2}}x\mathrm{d}\sin x\\&=\left(\frac{2}{5}\sin^{\frac{5}{2}}x\right)\bigg|_{0}^{\frac{\pi}{2}}-\left(\frac{2}{5}\sin^{\frac{5}{2}}x\right)\bigg|_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\\&=\frac{2}{5}-\left(-\frac{2}{5}\right)=\frac{4}{5}.\end{aligned} $$

例6 设 $ f(x) $ 在对称区间 $ [-a, a] $ 上连续，证明：

（1）若 $ f(x) $为奇函数，则

$$ \int_{-a}^{a}f(x)\mathrm{d}x=0; $$

（2）若 $ f(x) $为偶函数，则

$$ \int_{-a}^{a}f(x)\mathrm{d}x=2\int_{0}^{a}f(x)\mathrm{d}x. $$

证 根据定积分对区间的可加性，得

$$ \int_{-a}^{a}f(x)\mathrm{d}x=\int_{-a}^{0}f(x)\mathrm{d}x+\int_{0}^{a}f(x)\mathrm{d}x, $$

对积分 $ \int_{-a}^{0}f(x)dx $，作变换 x=-t，则 dx=-dt；当 x=-a 时，t=a；当 x=0 时，t=0。故

$$ \int_{-a}^{0}f(x)\mathrm{d}x=-\int_{a}^{0}f(-t)\mathrm{d}t=\int_{0}^{a}f(-t)\mathrm{d}t=\int_{0}^{a}f(-x)\mathrm{d}x, $$

因此，有

$$ \int_{-a}^{a}f(x)\mathrm{d}x=\int_{0}^{a}f(-x)\mathrm{d}x+\int_{0}^{a}f(x)\mathrm{d}x=\int_{0}^{a}\left[f(-x)+f(x)\right]\mathrm{d}x. $$

（1）若 $ f(x) $ 为奇函数，即 $ f(-x) + f(x) = 0 $，则

$$ \int_{-a}^{a}f(x)\mathrm{d}x=0； $$

（2）若 $ f(x) $ 为偶函数，即 $ f(-x) + f(x) = 2f(x) $，则

$$ \int_{-a}^{a}f(x)\mathrm{d}x=2\int_{0}^{a}f(x)\mathrm{d}x. $$

注意，本例结论是定积分计算的一个重要性质，遇到对称区间上连续奇函数或连续偶函数的定积分，可以利用这个性质简化计算.

例7 求 $ \int_{-1}^{1}(x+\sqrt{4-x^{2}})^{2}\mathrm{d}x $.

解 这是一个在对称区间上的定积分，将被积函数展开后，其中部分项是奇函数，部分项是偶函数，故依然可以利用对称区间上奇、偶函数积分的性质.

$$ \begin{aligned}\int_{-1}^{1}\left(x+\sqrt{4-x^{2}}\right)^{2}\mathrm{d}x&=\int_{-1}^{1}\left(x^{2}+2x\sqrt{4-x^{2}}+4-x^{2}\right)\mathrm{d}x\\&=\int_{-1}^{1}2x\sqrt{4-x^{2}}\mathrm{d}x+\int_{-1}^{1}4\mathrm{d}x=0+8=8.\end{aligned} $$

例8 设 $ f(x) $ 是定义在 $ (-\infty, +\infty) $ 上以 T 为周期的连续函数，证明：对于任一实数 a，有

$$ \int_{a}^{a+T}f(x)\mathrm{d}x=\int_{0}^{T}f(x)\mathrm{d}x. $$

证 由定积分的区间可加性，有

$$ \int_{a}^{a+T}f(x)\mathrm{d}x=\int_{a}^{0}f(x)\mathrm{d}x+\int_{0}^{T}f(x)\mathrm{d}x+\int_{T}^{a+T}f(x)\mathrm{d}x, $$

对积分 $ \int_{T}^{a+T} f(x) \, dx $，作变换 x = t + T，则

$$ \int_{T}^{a+T}f(x)\mathrm{d}x=\int_{0}^{a}f(t+T)\mathrm{d}t=\int_{0}^{a}f(t)\mathrm{d}t=-\int_{a}^{0}f(x)\mathrm{d}x, $$

综合上面两个式子，可知结论成立.

本例说明以 T 为周期的连续函数在任一长度为 T 的区间上的积分值相等. 据此，我们可以将本例的结论加强为：对任意自然数 n，有

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

例9 求 $ \int_{0}^{n}(x-[x]) $ ，其中 n 为正整数，[x] 为不超过 x 的最大整数.

解 显然，x-[x] 是周期为1的周期函数，于是，有

$$ \int_{0}^{n}\left(x-\left[x\right]\right)\mathrm{d}x=n\int_{0}^{1}\left(x-\left[x\right]\right)\mathrm{d}x, $$

注意到当 $ 0 \leq x \lt 1 $ 时， $ [x] = 0 $，因此，

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

例 10 设 $ f(x) $ 在 $ [0,1] $ 上连续，证明：

(1) $ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} f(\sin x) \, dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} f(\cos x) \, dx $;

特别，有 $ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n}x dx=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{n}x dx; $

(2) $ \int_{0}^{\pi} x f(\sin x) \, dx = \frac{\pi}{2} \int_{0}^{\pi} f(\sin x) \, dx $;

(3) $ \int_{0}^{\pi}f(\sin x)dx=2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}f(\sin x)dx $.

证 （1）令 $ x = \frac{\pi}{2} - t $，则 $ \mathrm{d}x = -\mathrm{d}t $；当 $ x = 0 $ 时， $ t = \frac{\pi}{2} $；当 $ x = \frac{\pi}{2} $ 时， $ t = 0 $，于是

$$ \begin{aligned}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}f(\sin x)\mathrm{d}x&=-\int_{\frac{\pi}{2}}^{0}f\bigg[\sin\bigg(\frac{\pi}{2}-t\bigg)\bigg]\mathrm{d}t=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}f(\cos t)\mathrm{d}t.\\&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}f(\cos x)\mathrm{d}x.\end{aligned} $$

(2) 令 $ x = \pi - t $，则 $ \mathrm{d}x = -\mathrm{d}t $，当 x = 0 时， $ t = \pi $；当 $ x = \pi $ 时，t = 0。于是

$$ \begin{align*}\int_{0}^{\pi}x f(\sin x)\mathrm{d}x&=-\int_{\pi}^{0}(\pi-t)f[\sin(\pi-t)]\mathrm{d}t\\&=\int_{0}^{\pi}(\pi-t)f(\sin t)\mathrm{d}t\\&=\int_{0}^{\pi}\pi f(\sin t)\mathrm{d}t-\int_{0}^{\pi}t f(\sin t)\mathrm{d}t\\&=\pi\int_{0}^{\pi}f(\sin x)\mathrm{d}x-\int_{0}^{\pi}x f(\sin x)\mathrm{d}x,\end{align*} $$

所以

$$ \int_{0}^{\pi}x f(\sin x)dx=\frac{\pi}{2}\int_{0}^{\pi}f(\sin x)dx. $$

（3）证明留作习题.

例11 求 $ \int_{0}^{\pi}\frac{x\sin x}{1+\cos^{2}x}dx $.

解 利用上面例题的结论，这里

$$ f(\sin x)=\frac{\sin x}{1+\cos^{2}x}=\frac{\sin x}{2-\sin^{2}x}, $$

故

$$ \begin{aligned}\int_{0}^{\pi}\frac{x\sin x}{1+\cos^{2}x}\mathrm{d}x&=\frac{\pi}{2}\int_{0}^{\pi}\frac{\sin x}{1+\cos^{2}x}\mathrm{d}x=-\frac{\pi}{2}\int_{0}^{\pi}\frac{\left(\cos x\right)^{\prime}}{1+\cos^{2}x}\mathrm{d}x\\&=-\frac{\pi}{2}\arctan\left(\cos x\right)\Bigg|_{0}^{\pi}=\frac{\pi^{2}}{4}.\end{aligned} $$

本例要想直接用牛顿-莱布尼茨公式计算是行不通的，因为很难求出被积函数的原函数，由此看出，作适当的换元往往成为某些定积分计算的关键，下

面再举一个被积函数难以用初等函数表示，但通过换元法可得出结果的定积分计算的例子.

例 12 计算 $ \int_{0}^{1}\frac{\ln(1+x)}{1+x^{2}}dx $.

解 令 $ x = \tan t $，这时 $ \mathrm{d}t = \frac{\mathrm{d}x}{1 + x^{2}} $，且 x = 0 时，t = 0；x = 1 时， $ t = \frac{\pi}{4} $，故

$$ \begin{aligned}&\int_{0}^{1}\frac{\ln\left(1+x\right)}{1+x^{2}}\mathrm{d}x\\=&\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln\left(1+\tan t\right)\mathrm{d}t\\=&\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln\frac{\cos t+\sin t}{\cos t}\mathrm{d}t=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln\frac{\sqrt{2}\cos\left(\frac{\pi}{4}-t\right)}{\cos t}\mathrm{d}t\\=&\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln\sqrt{2}\mathrm{d}t+\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln\cos\left(\frac{\pi}{4}-t\right)\mathrm{d}t-\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln\cos t\mathrm{d}t.\end{aligned} $$

又

$$ \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln\cos\left(\frac{\pi}{4}-t\right)\mathrm{d}t=-\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln\cos\left(\frac{\pi}{4}-t\right)\mathrm{d}\left(\frac{\pi}{4}-t\right)=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln\cos u\mathrm{d}u, $$

故

$$ \int_{0}^{1}\frac{\ln(1+x)}{1+x^{2}}\mathrm{d}x=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln\sqrt{2}\mathrm{d}t=\frac{\pi}{8}\ln2. $$

二、 定积分的分部积分法

定理 5.3.2 设函数 $ u(x) $， $ v(x) $ 在区间 $ [a, b] $ 上有连续的导数，则

$$ \int_{a}^{b}u\left(x\right)\cdot v^{\prime}\left(x\right)\mathrm{d}x=\left[u\left(x\right)v\left(x\right)\right]_{a}^{b}-\int_{a}^{b}u^{\prime}\left(x\right)\cdot v\left(x\right)\mathrm{d}x $$

或

$$ \int_{a}^{b}u(x)\mathrm{d}v(x)=\left[u(x)v(x)\right]_{a}^{b}-\int_{a}^{b}v(x)\mathrm{d}u(x). $$

上式称作定积分的分部积分公式.

证 记 $ u = u(x) $， $ v = v(x) $，由函数乘积的求导法则，有

$$ (u v)~^{\prime}=u^{\prime}v+u v^{\prime}, $$

等式两边同时在区间 $ [a, b] $ 上作定积分，并注意到

$$ \int_{a}^{b}\left(\begin{array}{c}{u v}\\ \end{array}\right)^{\prime}\mathrm{d}x=\left(\begin{array}{c}{u v}\\ \end{array}\right)\left|\begin{array}{c}{b}\\ {}\\ {a}\\ \end{array}\right. $$

故有

$$ \left(\begin{array}{c}{u v}\\ \end{array}\right)\left|\begin{array}{c}{^{b}}\\ {_{a}}\\ \end{array}\right.=\int_{a}^{b}u^{\prime}v\mathrm{d}x+\int_{a}^{b}u v^{\prime}\mathrm{d}x, $$

所以

$$ \int_{a}^{b}u v^{\prime}\mathrm{d}x=\left(u v\right)\left.\ \right|_{a}^{b}-\int_{a}^{b}u^{\prime}v\mathrm{d}x, $$

或简写成

$$ \int_{a}^{b}u\mathrm{d}v=\left(u v\right)\left.\middle|\begin{matrix}\\\end{matrix}\right._{a}^{b}-\int_{a}^{b}v\mathrm{d}u. $$

应用定积分的分部积分法选择 u 和 dv 的原则与不定积分的分部积分法相同.

例 13 求 $ \int_{0}^{1} x \ln(1+x) \, dx $.

解 令 $ u = \ln(1 + x) $， $ v' = x = \left(\frac{x^{2} - 1}{2}\right)' $，故由分部积分法得

$$ \begin{aligned}\int_{0}^{1}x\ln(1+x)\mathrm{d}x&=\int_{0}^{1}\ln(1+x)\cdot\left(\frac{x^{2}-1}{2}\right)^{\prime}\mathrm{d}x\\&=\frac{x^{2}-1}{2}\ln(1+x)\bigg|_{0}^{1}-\int_{0}^{1}\frac{1}{1+x}\cdot\frac{x^{2}-1}{2}\mathrm{d}x\\&=-\int_{0}^{1}\frac{1}{2}(x-1)\mathrm{d}x=\frac{1}{4}.\end{aligned} $$

例14 求 $ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}e^{x}\sin x dx $.

解 由分部积分公式，得

$$ \begin{aligned}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{e}^{x}\sin x\mathrm{d}x&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin x\mathrm{d}(\mathrm{e}^{x})=\mathrm{e}^{x}\sin x\left|\begin{array}{l}\frac{\pi}{2}\\0-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{e}^{x}\cos x\mathrm{d}x\end{array}\right.\\&=\mathrm{e}^{\frac{\pi}{2}}-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos x\mathrm{d}(\mathrm{e}^{x})\\&=\mathrm{e}^{\frac{\pi}{2}}-(\mathrm{e}^{x}\cos x)\left|\begin{array}{l}\frac{\pi}{2}\\0+\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{e}^{x}(-\sin x)\mathrm{d}x\end{array}\right.\\&=\mathrm{e}^{\frac{\pi}{2}}+1-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{e}^{x}\sin x\mathrm{d}x,\end{aligned} $$

经移项整理，从而可得

$$ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{e}^{x}\sin x\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\left(\mathrm{e}^{\frac{\pi}{2}}+1\right). $$

例 15 计算 $ I_{n}=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n}x dx $ （n 为自然数）.

解 当 $ n \geqslant 2 $ 时，

$$ I_{n}=-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n-1}x\mathrm{d}(\cos x) $$

$$ \begin{aligned}&=-\sin^{n-1}x\cos x\left|\begin{array}{l}\frac{\pi}{2}\\0\end{array}+\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(n-1\right)\sin^{n-2}x\cos x\cdot\cos x\mathrm{d}x\right.\\&=0+\left(n-1\right)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n-2}x\left(1-\sin^{2}x\right)\mathrm{d}x\\&=\left(n-1\right)\cdot\left(I_{n-2}-I_{n}\right).\\ \end{aligned} $$

于是得递推公式

$$ I_{n}=\frac{n-1}{n}I_{n-2}\quad\text{(}n\geqslant2\text{)}. $$

又

$$ I_{0}=\frac{\pi}{2}, $$

$$ I_{1}=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin x\mathrm{d}x=1, $$

逐次使用上述递推公式，可得

当n为偶数时

$$ \begin{aligned}I_{n}=&\frac{n-1}{n}I_{n-2}=\frac{n-1}{n}\cdot\frac{n-3}{n-2}\cdot\cdots\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}I_{0}\\=&\frac{n-1}{n}\cdot\frac{n-3}{n-2}\cdot\cdots\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2}.\end{aligned} $$

当n为奇数时，

$$ \begin{aligned}I_{n}=&\frac{n-1}{n}I_{n-2}=\frac{n-1}{n}\cdot\frac{n-3}{n-2}\cdots\frac{4}{5}\cdot\frac{2}{3}I_{1}\\=&\frac{n-1}{n}\cdot\frac{n-3}{n-2}\cdot\cdots\cdot\frac{4}{5}\cdot\frac{2}{3}\cdot1.\end{aligned} $$

如果引入双阶乘（或隔项阶乘）记号

$n!!! = \{ \begin{aligned} & n(n-2)(n-4)\cdots4\cdot2, \quad \text{当 } n \text{ 为偶数}, \\ & n(n-2)(n-4)\cdots3\cdot1, \quad \text{当 } n \text{ 为奇数}. \end{aligned} .$

则上述结果可以简记为

$$ I_{n}=\{\begin{aligned}{}&{{}\frac{(2m-1)!!}{(2m)!!}\cdot\frac{\pi}{2},\qquad n=2m,}\\ {}&{{}\frac{(2m)!!}{(2m+1)!!},\qquad n=2m+1.}\\ \end{aligned}. $$

注意到 $ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n}x\mathrm{d}x=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{n}x\mathrm{d}x $，故对 $ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{n}x\mathrm{d}x $有相同结论.

例16 证明：若 $ f''(x) $在 $ [0,1] $上连续，则

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

证 利用分部积分法，得

$$ \begin{aligned}\int_{0}^{1}x\left(1-x\right)f^{\prime\prime}(x)\mathrm{d}x&=\int_{0}^{1}x\left(1-x\right)\mathrm{d}f^{\prime}(x)\\&=\left[x\left(1-x\right)f^{\prime}(x)\right]_{0}^{1}-\int_{0}^{1}\left(1-2x\right)f^{\prime}(x)\mathrm{d}x\\&=0-\int_{0}^{1}\left(1-2x\right)\mathrm{d}f(x)\\&=-\left[\left(1-2x\right)f(x)\right]_{0}^{1}+\int_{0}^{1}(-2)f(x)\mathrm{d}x,\end{aligned} $$

于是，

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

1. 计算下列定积分：

(1) $ \int_{-\sqrt{2}}^{\sqrt{2}} \sqrt{8-2x^{2}} \, dx $;

(2) $ \int_{\frac{1}{\sqrt{2}}}^{1}\frac{\sqrt{1-x^{2}}}{x^{2}}\mathrm{d}x; $

(3) $ \int_{0}^{a} x^{2} \sqrt{a^{2}-x^{2}} \, dx $;

(4)

$$ \int_{1}^{\sqrt{3}}\frac{\mathrm{d}x}{x^{2}\sqrt{1+x^{2}}}; $$

(5)

$$ \int_{0}^{3}\frac{x\mathrm{d}x}{1+\sqrt{1+x}}; $$

(6)

$$ \int_{0}^{t}\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{e}^{x}+\mathrm{e}^{-x}}; $$

(7) $ \int_{1}^{e^{2}}\frac{\mathrm{d}x}{x\sqrt{1+\ln x}}; $

(8) $ \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\tan^{4}x dx $;

(9) $ \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{\cos x - \cos^{3} x} \, dx $;

(10) $ \int_{\frac{1}{e}}^{e} |\ln x| \, dx $;

(11) $ \int_{0}^{\pi} (x \sin x)^{2} dx $;

(12) $ \int_{1}^{e} \sin(\ln x) \, dx $;

(13)

$$ \int_{-5}^{5}\frac{x^{3}\sin^{2}x}{x^{4}+2x^{2}+1}\mathrm{d}x; $$

(14) $ \int_{0}^{\pi}\left(\mathrm{e}^{\cos x}-\mathrm{e}^{-\cos x}\right)dx. $

1. 设 $ f(x)=\{\begin{aligned}&\frac{1}{1+x},&x\geqslant0,\\&\frac{1}{1+\mathrm{e}^{x}},&x\lt 0,\end{aligned}. $ 求 $ \int_{0}^{2}f(x-1)\mathrm{d}x $.

1. 求 $ \int_{0}^{100\pi}\sqrt{1-\cos2x}\,dx $.

1. 设 $ f(x) = x - \int_{0}^{\pi} f(x) \cos x \, dx $，求 $ f(x) $.

1. 证明： $ \int_{0}^{a}x^{3}f\left(x^{2}\right)\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\int_{0}^{a^{2}}xf(x)\mathrm{d}x. $

1. 证明： $ \int_{0}^{1}x^{m}(1-x)^{n}\mathrm{d}x=\int_{0}^{1}(1-x)^{m}x^{n}\mathrm{d}x $，并计算 $ \int_{0}^{1}x(1-x)^{9}\mathrm{d}x $.

1. 设 $ f(x) $ 为连续函数且是奇函数，证明 $ \int_{0}^{x}f(t)dt $ 是偶函数；若 $ f(x) $ 为连续函数且是偶函数，证明 $ \int_{0}^{x}f(t)dt $ 是奇函数.

1. 设 $ f(x) $ 在区间 [2, 4] 上有连续的导数，且 $ f(2) = f(4) = 0 $，证明：

$$ \left|\int_{2}^{4}f(x)dx\right|\leqslant\max_{2\leqslant x\leqslant4}|f^{\prime}(x)|. $$

1. 证明：若 $ f(x) $ 连续，则 $ \int_{0}^{x}\left[\int_{0}^{t}f(x)dx\right]dt=\int_{0}^{x}f(t)(x-t)dt. $

1. 设 $ f(x) $ 在 $ (-\infty, +\infty) $ 上连续，且以 T 为周期，证明：

（1）函数 $ F(x) = \frac{x}{T} \int_{0}^{T} f(t) \, dt - \int_{0}^{x} f(t) \, dt $ 也以 T 为周期；

(2) $ \lim_{x \to +\infty} \frac{1}{x} \int_{0}^{x} f(t) \, dt = \frac{1}{T} \int_{0}^{T} f(t) \, dt. $

第四节 定积分的几何应用

定积分的产生来源于实际，有许多实际问题中的量都可以表示成定积分.本节首先阐述将一个量表达成定积分的微元分析法，然后应用定积分来解决一些几何和物理的问题. 学习本节的目的不是记住几个公式，而是掌握定积分的微元分析法.

一、 建立积分表达式的微元法

从定积分的定义我们看出，若要将所求的量 U 用定积分表示，量 U 必须具有如下几个特征：

1. U 与自变量 x 的变化区间 $ [a, b] $ 有关，且当自变量 x 在 $ [a, b] $ 上连续变化时，这个与 $ [a, x] $ 相关的量 U 也随着发生连续变化.

1. 当把区间 $ [a, b] $ 任意划分为若干个小区间 $ [x_{i-1}, x_i] $ (i=1, 2, $ \cdots $, n) 时，量 U 就等于对应于小区间的若干部分量之和，即

$$ U=\sum_{i=1}^{n}\ \Delta U_{i}(i=1,2,\cdots,n), $$

即称量 U 对区间 $ [a, b] $ 具有可加性.

1. 对于每个小区间 $ [x_{i-1}, x_i] $ 上的部分量 $ \Delta U_i $， $ \Delta U_i $ 的值可以用关于 $ \Delta x_i $ 的线性函数来近似表示，即 $ \Delta U_i \approx f(\xi_i) \Delta x_i $，这里近似的确切含义是

$$ \Delta U_{i}=f\left(\xi_{i}\right)\Delta x_{i}+o\left(\Delta x_{i}\right). $$

具有上述特性的量 U，就可以用定积分表示为 $ U=\int_{a}^{b}f(x)dx $.

在定积分的应用中，通常将建立 U 的定积分表达式的过程简化，即采用微元法．具体做法是：

（1）选定所求量 U 的自变量 x，并确定 x 的变化区间 $ [a, b] $

（2）求部分量的近似值，在 [a, b] 上任取部分区间 [x, x+dx]，将部分量 $ \Delta U $ 近似地表示为 $ f(x) \, \mathrm{d}x $，即 $ \Delta U \approx \mathrm{d}U = f(x) \, \mathrm{d}x $（这种近似表示在数学上就是以微分代替增量，而实际中往往是在局部以均匀变化代替非均匀变化）.

（3）将 $ f(x)\mathrm{d}x $作为积分表达式，在x的变化区间 $ [a,b] $上进行积分，就得到所求量U的定积分表达式：

$$ U=\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x. $$

我们把上面用定积分来求某个总量的分析方法叫做微元法（或元素法）， $ \mathrm{d}U=f(x)\mathrm{d}x $ 称为积分微元（或元素）.

简言之，定积分是微分在区间上的无限积累．只要写出所求总量的微元（分）表达式，也就可建立起总量的积分表达式．微积分体现的正是事物的矛盾与统一．下面，我们将通过几何和物理中的一些问题，具体介绍定积分微元法的应用．

二、 平面图形的面积

1. 直角坐标系下平面图形的面积

设 $ y=f(x) $ 和 $ y=g(x) $ 在 $ [a,b] $ 上连续且 $ f(x)\geqslant g(x) $，求由曲线 $ y=f(x) $ 与 $ y=g(x) $，以及直线 x=a, x=b 所围平面图形（如图 5-5）的面积.

我们应用微元法来建立该面积的定积分表达式，为此，在 $ [a, b] $ 上任取一个小区间 $ [x, x+dx] $，对应于这个小区间的面积微元是

$$ \mathrm{d}A=\left[f(x)-g(x)\right]\mathrm{d}x, $$

于是，所求面积为

$$ A=\int_{a}^{b}\left[f(x)-g(x)\right]\mathrm{d}x. $$

类似可得，由曲线 $ x=\varphi(y) $ 与 $ x=\psi(y)\left(\varphi(y)\geqslant\psi(y), y\in[c,d]\right) $，以及直线 y=c, y=d 所围平面图形（如图 5-6）的面积为

$$ A=\int_{c}^{d}\left[\varphi\left(y\right)-\psi\left(y\right)\right]\mathrm{d}y. $$

例 1 求由抛物线 $ y^{2}=2x $，直线 y=x-4 所围成的图形的面积.

解 这个图形如图 5-7 所示. 解方程组

$$ \{\begin{aligned}y^{2}&=2x,\\ y&=x-4,\end{aligned}. $$

得交点（2，-2）及（8，4）.

取纵坐标 y 为积分变量，它的变化范围为区间 $ [-2, 4] $，相应的原左右两条曲线是 $ x = \frac{y^{2}}{2} $ 和 $ x = 4 + y $。根据上面所介绍的公式，所求面积为

$$ A=\int_{-2}^{4}\left(y+4-\frac{1}{2}y^{2}\right)\mathrm{d}y=\left(\frac{y^{2}}{2}+4y-\frac{y^{3}}{6}\right)\bigg|_{-2}^{4}=18. $$

注：本例若选取 x 为积分变量：

$$ A=\int_{0}^{2}\left[\sqrt{2x}-(-\sqrt{2x})\right]\mathrm{d}x+\int_{2}^{8}\left[\sqrt{2x}-(x-4)\right]\mathrm{d}x=18. $$

同样可求得面积的值．但解题时，应适当选择积分变量，使运算过程简便．

例2 求椭圆 $ \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1 $所围成的图形面积.

解 因为该椭圆关于 x 轴和 y 轴都对称（如图 5-8），所以椭圆所围成的面积是第一象限内那部分面积的 4 倍，故有

$$ A=4\int_{0}^{a}y\mathrm{d}x=4\int_{0}^{a}\frac{b}{a}\sqrt{a^{2}-x^{2}}\mathrm{d}x $$

$$ =\frac{4b}{a}\cdot\frac{1}{4}\pi a^{2}=\pi ab. $$

若利用椭圆的参数方程

$$ \{\begin{aligned}{x=a\cost,}\\ {y=b\sint,}\\ \end{aligned}. $$

相当于作定积分的变量代换 x = a cos t，于是有

$$ A=4\int_{\frac{\pi}{2}}^{0}b\mathrm{s i n}t(-a\mathrm{s i n}t)\mathrm{d}t=4a b\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{s i n}^{2}t\mathrm{d}t=\pi a b. $$

当 $ a=b $ 时，椭圆变成圆，故得圆的面积公式： $ A=\pi a^{2} $.

一般，当曲边梯形的曲边由参数方程

$$ \{\begin{aligned}{x=\varphi(t),}\\ {y=\psi(t)}\\ \end{aligned}.\qquad(\psi(t)\geqslant0) $$

给出时，曲边梯形的面积为

$$ A=\int_{a}^{b}y\mathrm{d}x=\int_{t_{1}}^{t_{2}}\psi(t)\varphi^{\prime}(t)\mathrm{d}t, $$

其中 $ t_1 $， $ t_2 $ 分别为 $ x = a $， $ x = b $ 相对应的参数 $ t $ 的值，即 $ \varphi(t_1) = a $， $ \varphi(t_2) = b $。

值得提醒的是，即使 $ a \lt b $，未必有 $ t_1 \lt t_2 $。

2. 极坐标系下平面图形的面积

某些平面图形，用极坐标来表示它们的边界曲线方程比较方便.

设由曲线 $ r=\varphi(\theta) $ 及射线 $ \theta=\alpha,\theta=\beta(\alpha\lt \beta) $ 所围成的图形叫做曲边扇形，现在要计算它的面积（如图 5-9），这里， $ r=\varphi(\theta) $ 在 $ [\alpha,\beta] $ 上连续，且 $ \varphi(\theta)\geq0 $.

取 $ \theta $ 为积分变量，它的变化范围是 $ [\alpha, \beta] $。由于 $ r = \varphi(\theta) $ 在 $ [\alpha, \beta] $ 上连续，故在 $ [\alpha, \beta] $ 上任取小区间 $ [\theta, \theta + \mathrm{d}\theta] $，其相应的小曲边扇形可以近似看作是一个圆扇形，于是得到曲边扇形的面积微元

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

从而，曲边扇形的面积公式为

$$ A=\int_{\alpha}^{\beta}\frac{1}{2}\left[\varphi\left(\theta\right)\right]^{2}\mathrm{d}\theta. $$

例3 求双扭线 $ r^{2}=a^{2}\cos2\theta $ 围成的图形（如图5-10）的面积.

解 由对称性知，所求面积等于第一象限部分的面积的4倍. 在第一象限内，当 $ \theta\in\left[0,\frac{\pi}{4}\right] $时， $ r=a\sqrt{\cos2\theta}\geq0 $; 当 $ \theta\in\left(\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{2}\right) $时， $ \cos2\theta\lt 0 $, $ r^{2}=a^{2}\cos2\theta $不成立; 因此，在第一象限内，极角 $ \theta $的变化范围是 $ \left[0,\frac{\pi}{4}\right] $，故所求面积为

$$ A=4\cdot\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}a^{2}\cos2\theta\mathrm{d}\theta=a^{2}. $$

三、 空间立体的体积

1. 已知平行截面面积的立体的体积

假设一个立体夹在过 x 轴上两点 x=a, x=b, 且垂直于 x 轴的两个平行平面之间. 对 $ [a, b] $ 上任一点 x, 立体上过点 x 且垂直于 x 轴的截面面积是一个已知的连续函数 $ A(x) $ (如图 5-11), 我们可以用定积分来计算这个立体的体积.

取 x 为积分变量，在 $ [a, b] $ 上任取一个小区间 $ [x, x+dx] $，对应于小区间 $ [x, x+dx] $ 上的小薄片，其体积可以近似地等于底面积为 $ A(x) $，高为 dx 的柱体的体积，即体积微元是

$$ \mathrm{d}V=A\left(x\right)\mathrm{d}x, $$

于是，得到所求立体的体积

$$ V=\int_{a}^{b}A\left(x\right)\mathrm{d}x. $$

例4 设一个半径为R的圆柱，被经过圆柱底面中心，且与底面交角为 $ \alpha $

的一个平面所截，计算所截得的小块立体的体积.

解 选取坐标系如图 5-12 所示，则底面圆周的方程为

$$ x^{2}+y^{2}=R^{2}. $$

选取 x 为积分变量，所截得的立体夹在过点 x = -R，x = R 且垂直于 x 轴的两个平面之间，过 $ [-R, R] $ 上任一点 x 作垂直于 x 轴的平面，它截立体所得的截面是直角三角形，其截面积为

$$ A(x)=\frac{1}{2}y\cdot\operatorname{y t a n}\alpha=\frac{1}{2}(R^{2}-x^{2})\tan\alpha, $$

于是，立体的体积为

$$ V=\int_{-R}^{R}\frac{1}{2}(R^{2}-x^{2})\tan\alpha\mathrm{d}x=\frac{2}{3}R^{3}\tan\alpha. $$

注：本题也可以选取 y 为积分变量，其变化区间是 $ [0, R] $，过 $ [0, R] $ 上任一点 y 作垂直于 y 轴的平面，它截立体所得的截面是矩形，其截面积为

$$ A(y)=2\sqrt{R^{2}-y^{2}}\cdot y\tan\alpha, $$

于是，立体的体积为

$$ V=\int_{0}^{R}2\sqrt{R^{2}-y^{2}}y\tan\alpha\mathrm{d}y=\frac{2}{3}R^{3}\tan\alpha. $$

2. 旋转体的体积

将平面图形绕这平面内一条直线旋转一周而成的立体叫旋转体，这直线叫转轴.

（1）讨论由连续曲线 $ y=f(x)\geqslant0 $，直线 x=a，x=b（a\lt b）及 x 轴所围成的曲边梯形绕 x 轴旋转一周而成的旋转体（如图 5-13）的体积.

过 $ [a, b] $ 上任一点 x 作垂直于 x 轴的平面截这个立体，截面是圆，其面积为

$$ A(x)=\pi y^{2}=\pi f^{2}(x), $$

根据平行截面面积为已知的立体的体积计算公式，得到

$$ V=\int_{a}^{b}A\left(x\right)\mathrm{d}x=\int_{a}^{b}\pi f^{2}(x)\mathrm{d}x. $$

同理，由连续曲线 $ x = \varphi(y) \geq 0 $，直线 y = c，y = d (c \lt d) 及 y 轴所围成的曲边梯形绕 y 轴旋转一周所得的旋转体（如图 5-14）的体积是

$$ V=\int_{c}^{d}\pi\varphi^{2}(y)\mathrm{d}y. $$

（2）讨论由连续曲线 $ y=f(x)\geqslant0 $，直线 x=a，x=b（0\lt a\lt b）及 x 轴所围成的曲边梯形绕 y 轴旋转一周而成的旋转体的体积.

如图5-15，在 $ [a, b] $ 上任取一个小区间 $ [x, x+dx] $，对应于 $ [x, x+dx] $ 上的小窄曲边梯形绕 y 轴旋转一周所得的旋转体体积近似于一个以 x 为内半径，以 $ x+dx $ 为外半径，高为 $ f(x) $ 的直圆筒。将此圆筒沿其一条母线割断后展开，则其体积近似于长、宽、高分别为 $ 2\pi x $、dx、 $ f(x) $ 的长方体的体积，于是体积微元为

$$ \mathrm{d}v=2\pi x f(x)\mathrm{d}x. $$

因此，

$$ v=\int_{a}^{b}2\pi x f(x)\mathrm{d}x=2\pi\int_{a}^{b}x f(x)\mathrm{d}x. $$

例5 求曲线 $ y = \sin x $, $ y = \cos x \left(0 \leq x \leq \frac{\pi}{2}\right) $ 和 x 轴所围成的图形（如图5-16）绕 x 轴旋转一周而成的旋转体的体积.

解 两曲线 $ y=\sin x $， $ y=\cos x $ 在 $ 0\leq x\leq\frac{\pi}{2} $ 内的交点是 $ B\left(\frac{\pi}{4},\frac{\sqrt{2}}{2}\right) $。由于在 $ 0\leq x\leq\frac{\pi}{2} $ 内，曲边梯形的曲边是一个分段函数，故所求的旋转体体积可以

分作两个小旋转体的体积之和，即有

$$ \begin{aligned}V&=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\pi\sin^{2}x\mathrm{d}x+\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\pi\cos^{2}x\mathrm{d}x\\&=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\pi\cdot\frac{1}{2}(1-\cos2x)\mathrm{d}x+\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\pi\cdot\frac{1}{2}(1+\cos2x)\mathrm{d}x\\&=\frac{\pi^{2}}{4}-\frac{\pi}{2}.\end{aligned} $$

例6 求由椭圆 $ \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1 $所围成的图形绕y轴旋转一周而成的旋转体（叫做旋转椭球体）的体积.

解 这个旋转体可以看作由椭圆的右边曲线

$$ x=\frac{a}{b}\sqrt{b^{2}-y^{2}} $$

及 y 轴所围成的图形（如图 5-17）绕 y 轴旋转而成的旋转体．故所求旋转体的体积为

$$ \begin{align*}V=&\int_{-b}^{b}\pi x^{2}\mathrm{d}y=\pi\int_{-b}^{b}\frac{a^{2}}{b^{2}}(b^{2}-y^{2})\mathrm{d}y\\=&\frac{2\pi a^{2}}{b^{2}}\int_{0}^{b}(b^{2}-y^{2})\mathrm{d}y=\frac{4}{3}\pi a^{2}b.\end{align*} $$

类似可得，该椭圆绕 x 轴一周所得旋转体的体积是 $ \frac{4}{3}\pi ab^{2} $.

当 a=b 时，旋转椭球体就成为半径为 a 的球体，它的体积为 $ \frac{4}{3}\pi a^{3} $.

四、 平面曲线的弧长

我们知道，圆的周长可以用圆内接（或外切）正多边形的周长当边数无限增加时的极限来确定。现在用类似的思想方法来建立平面的连续曲线弧长的概念，从而应用定积分来计算弧长。

设 A，B 是曲线弧 $ \widehat{AB} $ 上的两个端点（如图 5-18）。在弧 AB 上顺次任取分点：

$$ A=M_{0}\;,\quad M_{1}\;,\quad\cdots\;,\quad M_{n-1}\;,\quad M_{n}=B\;, $$

并依次连接相邻的分点得一条内接折线．当分点的数目无限增加且每个小弧段 $ \widehat{M_{i-1}M_i} $（i=1，2，⋯，n）都缩向一点时，如果此折线的长度 $ \sum_{i=1}^{n}|M_{i-1}M_i| $的极限存在，则称此极限为曲线弧 $ \widehat{AB} $的长，并称此曲线弧是可求长的.

设平面上给定一条曲线弧 $ \widehat{AB} $，它的参数方程为

$$ \{\begin{aligned}{x=\varphi(t),}\\ {y=\psi(t)}\end{aligned}.(\alpha\leqslant t\leqslant\beta), $$

若 $ \varphi(t) $， $ \psi(t) $ 在区间 $ [\alpha, \beta] $ 有一阶连续导数，则称曲线弧 $ \widehat{AB} $为光滑曲线弧．可以证明，光滑曲线弧（或分段光滑的曲线弧）是可求弧长的．现在利用微元法计算这条曲线弧的长度.

（1）取 t 为积分变量，它的变化范围是 $ [\alpha, \beta] $;

（2）在 $ [\alpha, \beta] $ 上任取小区间 $ [t, t+dt] $，得到弧长微元

$$ \begin{array}{r l}{\mathrm{d}s}&{=\sqrt{\left(\mathrm{~d}x\right)^{2}+\left(\mathrm{~d}y\right)^{2}}=\sqrt{\varphi^{\prime2}\left(t\right)\left(\mathrm{~d}t\right)^{2}+\psi^{\prime2}\left(t\right)\left(\mathrm{~d}t\right)^{2}}}\\ &{}\\ &{=\sqrt{\varphi^{\prime2}\left(t\right)+\psi^{\prime2}\left(t\right)}\mathrm{d}t;}\end{array} $$

（3）以 $ \sqrt{\varphi'^{2}(t)+\psi'^{2}(t)} $ dt 为被积表达式，在 $ [\alpha, \beta] $ 上积分，就得到所求弧长公式：

$$ s=\int_{\alpha}^{\beta}\sqrt{\varphi^{\prime2}(t)+\psi^{\prime2}(t)}\mathrm{d}t. $$

特别，若光滑曲线弧由直角坐标方程

$$ y=f(x)(a\leqslant x\leqslant b) $$

给出，其中 $ y=f(x) $ 在区间 $ [a, b] $ 具有一阶连续导数，所求的弧长公式为

$$ s=\int_{\alpha}^{\beta}\sqrt{1+y^{\prime2}}\mathrm{d}x. $$

若曲线弧由极坐标方程 $ r = r(\theta) (\alpha \leq \theta \leq \beta) $ 给出，其中 $ r = r(\theta) $ 在区间 $ [\alpha, \beta] $ 有一阶连续导数。由直角坐标与极坐标的关系，可得

$$ \{\begin{aligned}{x=r(\theta)\cos\theta,}\\ {y=r(\theta)\sin\theta}\\ \end{aligned}.\qquad(\alpha\leqslant\theta\leqslant\beta), $$

再根据参数方程情形下计算弧长的公式，可得

$$ s=\int_{\alpha}^{\beta}\sqrt{\left[r\left(\theta\right)\cos\theta\right]^{\prime2}+\left[r\left(\theta\right)\sin\theta\right]^{\prime2}}\mathrm{d}\theta $$

$$ \begin{align*}&=\int_{\alpha}^{\beta}\sqrt{r^{\prime}(\theta)}\cos\theta-r(\theta)\sin\theta\Big]^{2}+\big[r^{\prime}(\theta)\sin\theta+r(\theta)\cos\theta\big]^{2}\mathrm{d}\theta\\&=\int_{\alpha}^{\beta}\sqrt{r^{2}(\theta)+{r^{\prime}}^{2}(\theta)}\mathrm{d}\theta.\end{align*} $$

例7 计算摆线 $ \{\begin{aligned}x-a(1-\sin\theta),&(a\gt 0)\\ y&=a(1-\cos t)\end{aligned}. $的一拱 $ (0\leqslant t\leqslant2\pi) $的长度（如图5-19）.

解 因为 $ x'(t) = a(1 - \cos t) $， $ y' = a \sin t $，所以弧长微元

$$ \mathrm{d}s=\sqrt{a^{2}(1-\cos t)^{2}+a^{2}\sin^{2}t}\mathrm{d}t=2a\sin\frac{t}{2}\mathrm{d}t, $$

从而，所求弧长为

$$ s=\int_{0}^{2\pi}2a\sin\frac{t}{2}\mathrm{d}t=8a. $$

例8 两根电线杆之间的电线，由于自身重量的作用，下垂成曲线形，这样的曲线叫做悬链线，求悬链线 $ y=\frac{e^{x}+e^{-x}}{2} $ 从 x=0 到 $ x=a(a\gt 0) $ 的那一段弧的弧长.

解 因为 $ y' = \frac{e^{x} - e^{-x}}{2} $，所以弧长微元为

$$ \mathrm{d}s=\sqrt{1+{y^{\prime}}^{2}}\mathrm{d}x=\frac{\mathrm{e}^{x}+\mathrm{e}^{-x}}{2}\mathrm{d}x. $$

所求的弧长为

$$ s=\int_{0}^{a}\frac{\mathrm{e}^{x}+\mathrm{e}^{-x}}{2}\mathrm{d}x=\frac{\mathrm{e}^{a}-\mathrm{e}^{-a}}{2}. $$

例 9 求心形线 $ r=a(1+\cos\theta) $ 的全长（如图 5-20）.

解 因为 $ r'(\theta) = -a\sin\theta $，所以弧长微元为

$$ \mathrm{d}s=\sqrt{a^{2}(1+\cos\theta)^{2}+(-a\sin\theta)^{2}}\mathrm{d}\theta=2a\left|\cos\frac{\theta}{2}\right|\mathrm{d}\theta, $$

从而，所求全长为

$$ s=2\int_{0}^{\pi}2a\left|\cos\frac{\theta}{2}\right|\mathrm{d}\theta=4a\int_{0}^{\pi}\cos\frac{\theta}{2}\mathrm{d}\theta=8a. $$

习题5-4

1. 求由下列各曲线所围成的平面图形的面积：

(1) $ y=x^{2} $ 与 $ x+y=2 $;

(2) $ y = \frac{1}{x} $, y = x 与 x = 2;

(3) $ y^{2}=\frac{1}{5}x $ 与 $ y^{2}=x-1 $;

（4） $ y=x-x^{2} $， $ y=\sqrt{2x-x^{2}} $与x=1；

(5) y=0 与 $ \{\begin{aligned}x&=a(t-\sin t),\\ y&=a(1-\cos t),\end{aligned}. $ $ 0\leqslant t\leqslant2\pi $ $ (a\gt 0) $.

1. 求由下列各曲线所围成的平面图形的面积：

(1) $ r = a \sin 3\theta $;

(2) $ r = 3\cos\theta $ 与 $ r = 1 + \cos\theta $.

1. 求 a 值，使抛物线 $ y=x^{2} $ 与直线 x=a 及 x=a+1，y=0 所围成的平面图形面积最小.

1. 求由下列各曲线所围成的平面图形绕指定的坐标轴旋转所得的立体的体积：

（1）xy=4，x=1，x=4 和 y=0，绕 x 轴；

（2） $ y=e^{x}-1 $， $ x=\ln 3 $ 和 y=0，绕 x 轴；

（3） $ y=x^{3} $，x=2 和 y=0，分别绕 x, y 轴.

1. 求星形线 $ x^{\frac{2}{3}} + y^{\frac{2}{3}} = a^{\frac{2}{3}} $ 所围成的平面图形绕 x 轴旋转所得旋转体的体积.

1. 求摆线 $ x = a(t - \sin t) $, $ y = a(1 - \cos t)(a \gt 0) $ 的一拱 $ 0 \leq t \leq 2\pi $ 与 x 轴所围成的平面图形绕 y = 2a 旋转所得旋转体的体积.

1. 求底面是半径为 R 的圆，而垂直于底面上一条固定直径的所有截面都是等边三角形的立体的体积.

1. 求下列平面曲线在指定范围内一段弧的弧长：

(1) $ y = \frac{1}{4} x^2 - \frac{1}{2} \ln x $, $ 1 \leq x \leq e $;

(2) $ y = \left| \ln x \right| $, $ \frac{1}{e} \leq x \leq e $;

1. 求星形线 $ x = a \cos^{3} t $, $ y = a \sin^{3} t (a \gt 0) $ 的全长.

第五节 定积分的物理应用

定积分在物理方面的应用非常广泛，本节只通过常见的几个物理问题来重点阐述应用微元法把物理量表示为定积分的一般方法。

一、 变力沿直线所作的功

例 1 把一个带 +q 电量的点电荷置于坐标原点 O 处，它产生电场. 此电

242

场对周围的电荷有作用力．有一个单位正电荷在距离原点为 x 的地方，它受到电场的作用力大小为

$$ F\left(x\right)=k\frac{q}{x^{2}}\qquad\left(k\ 是常数 \right). $$

当此单位正电荷从 x=a 沿 x 轴移动到 x=b 时（如图 5-21），计算电场力 $ F(x) $ 所作的功.

解 在区间 $ [a, b] $ 上任一点 x 处，力的方向与位移方向一致，且 $ F(x) = k \frac{q}{x^2} $，取 x 为积分变量，它的变化范围为 $ [a, b] $。现在 $ F(x) $ 为变力，当 $ x \neq 0 $ 时 $ F(x) $ 连续。应用微元分析法，在 $ [a, b] $ 上任取小区间 $ [x, x + dx] $，当单位正电荷从 x 移动到 $ x + dx $ 的过程中，力 $ F(x) $ 的变化很小，可以近似看作是一个常力，于是，电场力对它所作的功近似于 $ F(x) \, dx $，即功微元是

$$ \mathrm{d}W=F(x)\mathrm{d}x=k\frac{q}{x^{2}}\mathrm{d}x, $$

于是，所做的总功为

$$ W=\int_{a}^{b}F(x)\mathrm{d}x=\int_{a}^{b}k\frac{q}{x^{2}}\mathrm{d}x=k q\left(-\frac{1}{x}\right)\bigg|_{a}^{b}=k q\left(\frac{1}{a}-\frac{1}{b}\right). $$

一般地，变力 $ F(x) $ 作用在 Ox 轴的方向上，则在区间 $ [a, b] $ 上变力所作的功为

$$ \bar{W}=\int_{a}^{b}F(x)\mathrm{d}x. $$

例2 使宇宙飞船脱离地球引力所需要的初速度叫做第二宇宙速度. 试计算第二宇宙速度.

解我们先计算发射宇宙飞船时克服地球引力所作的功.

设地球质量为 M，飞船的质量为 m，地球半径 R = 6371 km.

根据万有引力定律，飞船与地心的距离为 r 时，地球对飞船引力的大小是

$$ F\left(r\right)=G\frac{Mm}{r^{2}}\quad\left(G 为引力常数 \right), $$

当火箭上升距离 dr 时，其克服引力所耗的功 W 将增加

$$ \mathrm{d}W=F\mathrm{d}r=G\frac{Mm}{r^{2}}\mathrm{d}r. $$

于是，把飞船从地球表面发射到距地心距离为 A 处，需要作的功能

$$ W_{A}=\int_{R}^{A}G\frac{M m}{r^{2}}\mathrm{d}r=G M m\bigg(\frac{1}{R}-\frac{1}{A}\bigg)\;. $$

使飞船脱离地球的引力场，相当于把飞船发射到无穷远处，令 $ A \to +\infty $，我们得到作的功的总量为

$$ W=\lim_{A\to+\infty}G M m\biggl(\frac{1}{R}{-}\frac{1}{A}\biggr)\nonumber=\frac{G M m}{R}. $$

由于物体在地球表面时，地球对物体的引力 F 就是重力，所以

$$ mg=\frac{GMm}{R^{2}}\qquad 或 \qquad mgR=\frac{GMm}{R}, $$

从而，作功为

$$ W=m g R. $$

下面计算第二宇宙速度.

根据能量守恒定律，发射宇宙飞船所作的功，等于飞船离开地面时所具有的动能，即如果宇宙飞船离开地面时的初速度为 $ v_{0} $，则

$$ mgR=\frac{1}{2}mv_{0}^{2}, $$

由此求得

$$ v_{0}=\sqrt{2g R}\approx11.2\mathrm{~k m/s}. $$

这就是第二宇宙速度.

例3 设半径为R的球（球的密度为1）悬吊着浸在水中（水密度为1），顶部恰与水面相齐，试求垂直地将球提出水面时力所作的功（吊绳不计重量）.

解 取球与水面的相切点为坐标原点，过球心竖直向下的方向为 y 轴正向，如图 5-22 建立坐标系．则球的主视图边界曲线为一个圆，它的方程是

$$ x^{2}+\left(y-R\right)^{2}=R^{2}. $$

取 y 为积分变量，变化区间为 $ [0, 2R] $，

相应于薄片 $ [y, y+dy] $ 的球的那一部分体积近

似为

$$ \mathrm{d}V=\pi x^{2}\mathrm{d}y=\pi\left[R^{2}-\left(R-y\right)^{2}\right]\mathrm{d}y, $$

这块小薄片所受重力的大小近似为

$$ \mathrm{d}F=\pi\left[R^{2}-\left(R-\gamma\right)^{2}\right]\mathrm{d}\gamma\cdot1, $$

由于球的密度与水的密度相等，所以当这块小薄片在液面下时，其所受的浮力与其所受的重力大小相等，方向相反.

将球提出水面时，球的这块薄片的总行程是 2R，其中在水中移动的行程为 y，这时由于重力与浮力的合力为零，故功也为零，其余的行程需要克服重力而作功，

$$ \mathrm{d}W=\pi\left[R^{2}-\left(R-y\right)^{2}\right]\cdot(2R-y)\mathrm{d}y, $$

这就是所求的功的微元．再将功微元作为被积表达式，在区间 $ [0, 2R] $ 上积分，就得到所求的总功为

$$ \begin{align*}W&=\int_{0}^{2R}\pi\left[R^{2}-\left(R-y\right)^{2}\right]\cdot(2R-y)\mathrm{d}y\\&=\int_{0}^{2R}\pi y(2R-y)^{2}\mathrm{d}y\\&=\frac{4}{3}\pi R^{4}.\end{align*} $$

二、 液体的压力

从物理学知道，在距液体表面里深为 h 处的压强为 $ p = \rho gh $，这里 $ \rho $ 为液体的密度。如果有一个面积为 A 的平板水平放置在深为 h 处，那么，平板所受到的液体的压力为

$$ F=p A=\rho g h A. $$

如果平板垂直放置在液体中，那么，由于深度不同的点处，压强是不相等的，所以平板的一侧所受的液体压力就不能用上述公式计算，这时，就要应用定积分的微元分析法.

例 4 某水库的闸门形状为等腰梯形，它的上下底边分别为 10 米和 6 米，高为 20 米，上底边与水面相齐.

计算闸门一侧所受的水压力.

解 以闸门的上底边的中点为坐标原点，作垂直向下的 x 轴，如图 5-23，取 x 为积分变量，它的变化范围为 [0, 20]。在 [0, 20] 上任取一个小区间 [x, x+dx]，闸门上相应于 [x, x+dx] 的小窄条中各点可近似地认为处在水中同一深度 x，所受的压强都是 $ p = \rho g x $。这小窄条的长度近似为 $ 10 - \frac{x}{5} $，高度为 dx，因此它所受的压力微元是

$$ \mathrm{d}F=\rho g x\left(10-\frac{x}{5}\right)\mathrm{d}x. $$

于是，闸门所受的全部压力为

$$ \begin{aligned}F&=\int_{0}^{20}\rho g x\bigg(10-\frac{x}{5}\bigg)\mathrm{d}x.\\&=1\ 466.667\rho g\quad(kN)=1.437\ 3\times10^{7}\quad(N).\quad( 其中 \rho g=9.8\ kN/m^{3}).\end{aligned} $$

三、 引力

由万有引力定律知道，质量分别为 $ m_{1} $， $ m_{2} $，相距为 r 的两质点间的引力的大小为

$$ F=k\;\frac{m_{1}m_{2}}{r^{2}}, $$

其中 k 为引力系数，引力的方向沿着两质点的连线方向.

如果计算一个具有较大体积的物体对一个质点的引力，就不能简单地使用上述公式来计算. 例如，计算一根细棒对一个质点的引力，由于细棒上各点与该质点的距离是变化的，且各点对该质点的引力的方向也是变化的，因此，不能用上述公式计算，这时，要应用定积分的微元分析法来解决问题.

例 5 设有一长度为 l，线密度为 $ \rho $ 的均匀细直棒，在它的中垂线上距棒 a 单位处有一质量为 m 的质点 M. 计算该棒对质点 M 的引力.

解 如图5-24所示建立坐标系，使细棒位于x轴上，棒的中点为坐标原点，质点M位于y轴上.

取 x 为积分变量，它的变化范围为 $ \left[-\frac{l}{2},\frac{l}{2}\right] $. 在 $ \left[-\frac{l}{2},\frac{l}{2}\right] $ 上任取小区间 $ [x,x+dx] $. 将细棒上

相应于 [x, x+dx] 的一段看成是位于点 x 上的质点，其质量为 $ \rho dx $。因此，可以按照两质点间的引力计算公式求出引力微元的大小为

$$ \mathrm{d}F=k\frac{m\rho\mathrm{d}x}{a^{2}+x^{2}}, $$

其在 x 轴方向上的分力大小为

$$ \mathrm{d}F_{x}=k\frac{m\rho\mathrm{d}x}{a^{2}+x^{2}}\cdot\frac{x}{\sqrt{a^{2}+x^{2}}}=k\frac{m\rho x\mathrm{d}x}{\left(a^{2}+x^{2}\right)^{\frac{3}{2}}}, $$

其在 y 轴方向上的分力大小为

$$ \mathrm{d}F_{y}=k\frac{m\rho\mathrm{d}x}{a^{2}+x^{2}}\cdot\frac{a}{\sqrt{a^{2}+x^{2}}}=k\frac{am\rho\mathrm{d}x}{\left(a^{2}+x^{2}\right)^{\frac{3}{2}}}. $$

于是，所求引力在 x 轴方向的分力的大小为

$$ F_{x}=\int_{-\frac{l}{2}}^{\frac{l}{2}}\frac{km\rho x}{\left(a^{2}+x^{2}\right)^{\frac{3}{2}}}\mathrm{d}x=0, $$

所求引力在 y 轴方向的分力的大小为

$$ F_{y}=\int_{-\frac{l}{2}}^{\frac{l}{2}}\frac{k a m\rho}{\left(a^{2}+x^{2}\right)^{\frac{3}{2}}}\mathrm{d}x=2k a m\rho\int_{0}^{\frac{l}{2}}\frac{1}{\left(a^{2}+x^{2}\right)^{\frac{3}{2}}}\mathrm{d}x=\frac{2k m\rho}{a}\frac{l}{\sqrt{4a^{2}+l^{2}}}. $$

事实上，由对称性根据力学的知识也可得出 $ F_{x}=0 $ 。因此，所求的细直棒对质点 M 的引力的大小为

$$ F=F_{y}=\frac{2km\rho}{a}\frac{l}{\sqrt{4a^{2}+l^{2}}}, $$

方向与细直棒垂直且由 M 指向细棒.

当细棒很长，即 l 比 a 长很多时， $ \frac{a}{l} \approx 0 $，故

$$ \frac{l}{\sqrt{4{a}^{2}+{l}^{2}}}=\frac{1}{\sqrt{4\left(\frac{a}{l}\right)^{2}+1}}\approx1, $$

此时，引力的大小近似为 $ \frac{2km\rho}{a} $

四、 函数的平均值与均方根

1. 平均值

在实际问题中，常常用一组数据的算术平均值来描述这组数据的平均大小。n 个数 $ y_{1}, y_{2}, \cdots, y_{n} $ 的算术平均值定义为

$$ \bar{y}=\frac{y_{1}+y_{2}+\cdots+y_{n}}{n}=\frac{1}{n}\quad\sum_{i=1}^{n}y_{i}. $$

然而，在工程技术和自然科学中，有时还需要考虑连续函数 $ f(x) $在一个区间 $ [a, b] $上所取的“全部值”的平均值。例如求平均速度，平均电流强度，平均功率等等。

设 $ f(x) $在区间 $ [a,b] $上连续，我们来定义及计算 $ f(x) $在区间 $ [a,b] $上的平均值.

为此，先把区间 $ [a, b] $ 等分为 n 个小区间，记分点为

$$ a=x_{0}\lt x_{1}\lt x_{2}\lt \cdots\lt x_{n}=b, $$

每个小区间的长度都是 $ \Delta x = \frac{b - a}{n} $，可以用

$$ \frac{1}{n}\left[f(x_{1})+f(x_{2})+\cdots+f(x_{n})\right]=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}f(x_{i}) $$

来近似表示 $ f(x) $ 在区间 $ [a, b] $ 上所有函数的平均值. 当 n 越大, 每个小区间的长度越小, 上述近似值就越接近于函数 $ f(x) $ 在区间 $ [a, b] $ 上所有函数的平均值. 由 $ \frac{1}{n} = \frac{1}{b - a} \Delta x $, 得

$$ \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}f(x_{i})=\frac{1}{b-a}\sum_{i=1}^{n}f(x_{i})\cdot\frac{b-a}{n}, $$

当 $ n \to \infty $ 时，得到

$$ \lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}f(x_{i})=\frac{1}{b-a}\int_{a}^{b}f(x)dx. $$

因此，我们将函数 $ f(x) $ 在区间 $ [a, b] $ 的平均值定义为

$$ \bar{y}=\frac{1}{b-a}\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x. $$

例6 计算纯电阻电路中正弦交流电 $ I=I_{m}\sin\omega t $ 在一个周期上的平均功率，其中 $ I_{m} $ 是电流的振幅值（峰值）.

解 电流的周期 $ T=\frac{2\pi}{\omega} $. 设电阻为 R，那么电路中的电压

$$ V=I R=I_{m}R\sin\omega t, $$

而功率

$$ P=V I=I_{_{m}}^{2}R\sin^{2}\omega t. $$

因此，在长度为一个周期的区间 $ [0, \frac{2\pi}{\omega}] $ 上的平均功率为

$$ \overline{{P}}=\frac{\omega}{2\pi}\int_{0}^{\frac{2\pi}{\omega}}I_{m}^{2}R\sin^{2}\omega t\mathrm{d}t=\frac{I_{m}^{2}R}{4\pi}\int_{0}^{\frac{2\pi}{\omega}}\left(1-\cos2\omega t\right)\mathrm{d}\left(\omega t\right)=\frac{1}{2}I_{m}^{2}R. $$

以上结果说明纯电阻电路中正弦交流电在一个周期上的平均功率等于电流与电压峰值乘积的一半.

通常交流电器上表标明的功率就是平均功率.

2. 均方根

实际问题中还常用到连续函数 $ f(x) $在区间 $ [a, b] $上的均方根，其表达式为 $ \sqrt{\frac{1}{b-a}\int_{a}^{b}f^{2}(x)dx} $.

例如，正弦交流电 $ I(t)=I_{m}\sin\omega t $ 在 $ \left[0,\frac{2\pi}{\omega}\right] $ 上的均方根（电工学中称为有效值）是

$$ \begin{aligned}I&=\sqrt{\frac{\omega}{2\pi}\int_{0}^{\frac{2\pi}{\omega}}I_{m}^{2}\sin^{2}\omega t\mathrm{d}t}=\sqrt{\frac{I_{m}^{2}}{4\pi}\int_{0}^{\frac{2\pi}{\omega}}\left(1-\cos2\omega t\right)\mathrm{d}(\omega t)}\\ &=\sqrt{\frac{I_{m}^{2}}{4\pi}\left[\omega t-\frac{1}{2}\sin2\omega t\right]_{0}^{\frac{2\pi}{\omega}}}=\frac{I_{m}}{\sqrt{2}}.\end{aligned} $$

习题5-5

1. 用铁锤将一个铁钉击入木板，设木板对铁钉的阻力与铁钉被击入木板的深度成正比，在铁锤击打第一次时，将铁钉击入木板1 cm，如果铁锤每次击打铁钉所作的功相等，问第二次击打后，铁钉在木板中又进入了多少厘米？

1. 设有一半径为 R 的半球形水池，池中盛满了水，今将水全部吸出，需作多少功？

1. 有一半径为 R 的半圆形闸门垂直放置，直边在上且与水面平齐，求闸门的一侧所受的水压力.

1. 设 $ y=f(x) $ 在 $ [a,b] $ 上连续，且 $ f(x)\geqslant0 $ 。将由 $ y=f(x) $，x=a，x=b 与 x 轴围成的曲边梯形垂直放置于水中，使 y 轴与水面相齐（如图 5-25），求水对此曲边梯形的侧压力.

1. 设在坐标轴的原点有一质量为 m 的质点，在区间 $ [a, a+l] $ (a\gt 0) 上有一质量为 M 的均匀细杆，试求质点与细杆之间的引力.

1. 求函数 $ y = \sqrt{a^{2} - x^{2}} $ 在 $ [-a, a] $ 上的平均值.

1. 一物体以速度 $ v=3t^{2}+2t $ (m/s) 做直线运动，计算它在 t=0 秒到 t=3 秒一段时间内的平均速度.

1. 求正弦交流电 $ i = I_{m} \sin \omega t $ 在半个周期 $ \frac{\pi}{\omega} $ 之间的平均电流.

$$ i=\{\begin{aligned}{I_{m}\sin\omega t,\quad}&{{}0\leqslant t\leqslant\frac{\pi}{\omega},}\\ {0,\quad}&{{}\frac{\pi}{\omega}\lt t\lt \frac{2\pi}{\omega}}\\ \end{aligned}. $$

的有效值.

第六节 反常积分

在前面的讨论中我们知道，要使函数 $ f(x) $ 在区间 $ [a, b] $ 上的定积分存在，有两个基本要求：（1）积分区间 $ [a, b] $ 是有限区间；（2）被积函数 $ f(x) $ 在区间 $ [a, b] $ 上是有界函数。但在研究许多实际问题时需要突破这两个限制，考虑无穷区间上的积分，或者是无界函数的积分。本节我们将应用极限方法对上述两种情形下的定积分进行讨论，对通常意义下的定积分概念作推广。推广后的这两种情形下的积分统称为反常积分。

一、 无穷区间上的反常积分

引例1 求介于曲线 $ y=\frac{1}{1+x^{2}}(x\geqslant0) $，x轴以及y轴之间那一块向右无限延

伸的阴影区域的面积（如图5-26）.

在 x 轴上任取一个足够大的正数 b，由曲线 $ y = \frac{1}{1 + x^2} $ ( $ x \geq 0 $)，直线 x = 0，x = b 及 x 轴所围成的曲边梯形面积为定积分 $ \int_0^b \frac{1}{1 + x^2} \, dx $，它可以作为所求图形的面积的近似值。显然，当 $ b \to +\infty $ 时，其极限如果存在，我们就可以将该极限定义为所求图形的面积。而事实上，

$$ \lim_{b\to+\infty}\int_{0}^{b}\frac{1}{1+x^{2}}\mathrm{d}x=\lim_{b\to+\infty}\arctan x\bigg|_{0}^{b}=\lim_{b\to+\infty}\arctan b=\frac{\pi}{2}, $$

于是所求的面积为 $ \frac{\pi}{2} $。我们将定积分的极限 $ \lim_{b\to+\infty}\int_0^b\frac{1}{1+x^2}dx $简记作 $ \int_0^{+\infty}\frac{1}{1+x^2}dx $，并把它称为 $ \frac{1}{1+x^2} $在无穷区间 $ [0,+\infty) $上的反常积分。

定义 5.6.1 设函数 $ f(x) $ 在无穷区间 $ [a, +\infty) $ 上有定义，且在任何有限区间 $ [a, b] $ 上可积. 若极限 $ \lim_{b \to +\infty} \int_{a}^{b} f(x) \, dx $ 存在，则称反常积分 $ \int_{a}^{+\infty} f(x) \, dx $ 收敛，并定义

$$ \int_{a}^{+\infty}f(x)\mathrm{d}x=\lim_{b\to+\infty}\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x. $$

否则，称反常积分 $ \int_{a}^{+\infty}f(x)dx $发散.

定义 5.6.2 设函数 $ f(x) $ 在无穷区间 $ (-∞, b] $ 上有定义，且在任何有限区间 $ [a, b] $ 上可积，若极限 $ \lim_{a \to -\infty} \int_{a}^{b} f(x) \, dx $ 存在，则称反常积分 $ \int_{-\infty}^{b} f(x) \, dx $ 收敛，并定义

$$ \int_{-\infty}^{b}f(x)\mathrm{d}x=\lim_{a\to-\infty}\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x. $$

否则，称反常积分 $ \int_{-\infty}^{b}f(x)dx $发散.

定义 5.6.3 设函数 $ f(x) $ 在区间 $ (-∞, +∞) $ 上有定义，若 $ \int_{-\infty}^{c} f(x) \, \mathrm{d}x $ 与 $ \int_{c}^{+\infty} f(x) \, \mathrm{d}x $ （其中 c 为任意常数）都收敛，则称反常积分 $ \int_{-\infty}^{+\infty} f(x) \, \mathrm{d}x $ 收敛，并定义

$$ \int_{-\infty}^{+\infty}f(x)\mathrm{d}x=\int_{-\infty}^{c}f(x)\mathrm{d}x+\int_{c}^{+\infty}f(x)\mathrm{d}x $$

$$ \lim_{a\to-\infty}\int_{a}^{c}f(x)\mathrm{d}x+\lim_{b\to+\infty}\int_{c}^{b}f(x)\mathrm{d}x. $$

否则，就称反常积分 $ \int_{-\infty}^{+\infty}f(x)dx $发散.

例1 判断反常积分 $ \int_{1}^{+\infty}\frac{\mathrm{d}x}{x^{p}} $ 的敛散性.

解 当 p=1 时，有

$$ \int_{1}^{+\infty}\frac{\mathrm{d}x}{x^{p}}=\int_{1}^{+\infty}\frac{\mathrm{d}x}{x}=\lim_{b\to+\infty}\int_{1}^{b}\frac{\mathrm{d}x}{x}=\lim_{b\to+\infty}\ln b\big|_{1}^{b}.=\lim_{b\to+\infty}\ln b=+\infty $$

当 $ p\neq1 $时，有

$$ \begin{align*}\int_{1}^{+\infty}\frac{\mathrm{d}x}{x^{p}}&=\lim_{b\to+\infty}\int_{1}^{b}\frac{\mathrm{d}x}{x^{p}}=\lim_{b\to+\infty}(\frac{x^{1-p}}{1-p})\bigg|_{1}^{b}\\&=\lim_{b\to+\infty}\frac{b^{1-p}-1}{1-p}=\{\begin{aligned}&+\infty,&p\lt 1,\\&\frac{1}{p-1},&p\gt 1.\end{aligned}.\end{align*} $$

从而，当 p \gt 1 时，反常积分收敛，其值为 $ \frac{1}{p-1} $；当 $ p \leq 1 $ 时，反常积分发散.

例2 计算反常积分 $ \int_{0}^{+\infty}xe^{-px}dx $ （p\gt 0 为常数）.

解

$$ \begin{aligned}\int_{0}^{+\infty}x\mathrm{e}^{-px}\mathrm{d}x&=\lim_{b\to+\infty}\int_{0}^{b}x\mathrm{e}^{-px}\mathrm{d}x\\&=\lim_{b\to+\infty}\left[\left(-\frac{x}{p}\mathrm{e}^{-px}\right)\quad\bigg|_{0}^{b}+\frac{1}{p}\int_{0}^{b}\mathrm{e}^{-px}\mathrm{d}x\right]\\&=\lim_{b\to+\infty}\left[-\frac{b}{p}\mathrm{e}^{-bp}-\frac{1}{p^{2}}(\mathrm{e}^{-bp}-1)\right]\\&=\frac{1}{p^{2}}.\end{aligned} $$

如果我们引入记号：

$$ F(x)\bigg|_{a}^{+\infty}=\lim_{b\to+\infty}F(x)\bigg|_{a}^{b}=\lim_{b\to+\infty}\left[F(b)-F(a)\right], $$

则本例可以如下计算：

$$ \begin{aligned}\int_{0}^{+\infty}x\mathrm{e}^{-p x}\mathrm{d}x&=\int_{0}^{+\infty}x\bigg(-\frac{1}{p}\mathrm{e}^{-p x}\bigg)^{\prime}\mathrm{d}x\\&=\left(-\frac{x}{p}\mathrm{e}^{-p x}\right)\bigg|_{0}^{+\infty}+\frac{1}{p}\int_{0}^{+\infty}\mathrm{e}^{-p x}\mathrm{d}x\\&=0-0-\frac{1}{p^{2}}\mathrm{e}^{-p x}\bigg|_{0}^{+\infty}=\frac{1}{p^{2}}.\end{aligned} $$

例3 计算反常积分 $ \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{dx}{x^{2}+2x+2} $

$$ \begin{aligned}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\mathrm{d}x}{x^{2}+2x+2}&=\int_{-\infty}^{0}\frac{\mathrm{d}x}{x^{2}+2x+2}+\int_{0}^{+\infty}\frac{\mathrm{d}x}{x^{2}+2x+2}\\&=\lim_{a\to-\infty}\int_{a}^{0}\frac{\mathrm{d}x}{1+\left(x+1\right)^{2}}+\lim_{b\to+\infty}\int_{0}^{b}\frac{\mathrm{d}x}{1+\left(x+1\right)^{2}}\\&=\lim_{a\to-\infty}\left(\arctan\left(x+1\right)\right)\Bigg|_{a}^{0}+\lim_{b\to+\infty}\left(\arctan\left(x+1\right)\right)\Bigg|_{0}^{b}\\&=\arctan1-\lim_{a\to-\infty}\arctan\left(a+1\right)+\lim_{b\to+\infty}\arctan\left(b+1\right)-\arctan1\\&=-\left(-\frac{\pi}{2}\right)+\frac{\pi}{2}=\pi.\end{aligned} $$

例4 讨论反常积分 $ \int_{-\infty}^{+\infty}e^{x}dx $ 的敛散性.

解 $ \int_{-\infty}^{+\infty}\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x=\int_{-\infty}^{0}\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x+\int_{0}^{+\infty}\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x $

$ =\lim_{a\to-\infty}\int_{a}^{0}\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x+\lim_{b\to+\infty}\int_{0}^{b}\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x. $

由于 $ \lim_{b\to+\infty}\int_{0}^{b}e^{x}dx=\lim_{b\to+\infty}e^{b}-1=+\infty $

所以反常积分 $ \int_{-\infty}^{+\infty} e^{x} dx $ 发散.

二、 无界函数的反常积分

引例2 求位于曲线 $ y=\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}} $ 之下，x轴之上，直线 x=0 与 x=1 之间的图形的面积（如图5-27）.

因为 $ \lim_{x\to1^{-}}\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}=\infty $，故函数 $ y=\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}} $ 在区间 $ [0,1) $ 无界。在区间 $ [0,1) $ 内，任取与点 x=1 足够近的点 $ x=1-\varepsilon $ ( $ \varepsilon\gt 0 $)，于是，由曲线 $ y=-\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}} $，直线 x=0，x=1-\varepsilon 以及 x 轴围成一个曲边梯形，其面积为 $ \int_{0}^{1-\varepsilon}\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}dx $，该面积可作为所给图形面积的近似值，而且，当 $ \varepsilon $ 越小，点 x=1- $ \varepsilon $ 越接近于点 x=1，用定积分 $ \int_{0}^{1-\varepsilon}\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}dx $ 代替所给图形面积的精确程度

越高；当 $ \varepsilon\to0^{+} $ 时，定积分 $ \int_{0}^{1-\varepsilon}\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}dx $ 的极限如果存在，则可将该极限定义为所给图形的面积．事实上，

$$ \lim_{\varepsilon\to0^{+}}\int_{0}^{1-\varepsilon}\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}\mathrm{d}x=\lim_{\varepsilon\to0^{+}}\left(\arcsin x\right)\bigg|_{0}^{1-\varepsilon}=\lim_{\varepsilon\to0^{+}}\arcsin(1-\varepsilon)=\frac{\pi}{2}, $$

故所给图形的面积为 $ \frac{\pi}{2} $.

根据引例给出的分析，我们引入如下定义，把定积分推广到被积函数是无界函数的情形.

定义 5.6.4 设函数 $ f(x) $ 在区间 $ [a, b) $ 上有定义，且在任意区间 $ [a, b-\varepsilon] (\subset [a, b)) $ 上可积，但在点 b 的任意左邻域内无界（我们称 b 为瑕点）。若极限 $ \lim_{\varepsilon \to +0} \int_a^b f(x) \, \mathrm{d}x $ 存在，则称反常积分 $ \int_a^b f(x) \, \mathrm{d}x $ 收敛，并定义 $ \int_a^b f(x) \, \mathrm{d}x = \lim_{\varepsilon \to 0^+} \int_a^{1-\varepsilon} f(x) \, \mathrm{d}x $.

否则，就称反常积分 $ \int_{a}^{b}f(x)dx $发散.

定义 5.6.5 设函数 $ f(x) $ 在区间 $ (a, b] $ 上有定义，且在任意区间 $ [a + \varepsilon, b] (\subset (a, b] $ 上可积，但在点 a 的任意右邻域内无界（我们称 a 为瑕点）。若极限 $ \lim_{\varepsilon \to 0^+} \int_{a + \varepsilon}^ b f(x) \, dx $ 存在，则称反常积分 $ \int_a^b f(x) \, dx $ 收敛，并定义 $ \int_a^b f(x) \, dx = \lim_{\varepsilon \to 0^+} \int_{a + \varepsilon}^ b f(x) \, dx $.

否则，就称反常积分 $ \int_{a}^{b}f(x)dx $发散.

定义 5.6.6 设函数 $ f(x) $ 在区间 $ [a, b] $ 上除点 $ c(a \lt c \lt b) $ 外有定义，在点 x = c 处任意邻域内均无界（我们称 c 为瑕点）。若两个反常积分 $ \int_{a}^{c} f(x) \, dx $ 与 $ \int_{c}^{b} f(x) \, dx $ 都收敛，则称反常积分 $ \int_{a}^{b} f(x) \, dx $ 收敛，并定义

$$ \begin{align*}\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x&=\int_{a}^{c}f(x)\mathrm{d}x+\int_{c}^{b}f(x)\mathrm{d}x\\&=\lim_{\varepsilon_{1}\to0^{+}}\int_{a}^{c-\varepsilon_{1}}f(x)\mathrm{d}x+\lim_{\varepsilon_{2}\to0^{+}}\int_{c+\varepsilon_{2}}^{b}f(x)\mathrm{d}x\;.\end{align*} $$

否则，就称反常积分 $ \int_{a}^{b}f(x)dx $发散.

例5 讨论反常积分 $ \int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}x}{x^{q}}(q\gt 0) $ 的敛散性.

解 当 q\gt 0 时， $ \lim_{x\to0}\frac{1}{x^{q}}=+\infty $，故 x=0 是被积函数 $ f(x)=\frac{1}{x^{q}} $ 的瑕点.

当 q=1 时，有

$$ \begin{aligned}\int_{0}^{1}\frac{1}{x}\mathrm{d}x&=\lim_{\varepsilon\to0^{+}}\int_{\varepsilon}^{1}\frac{1}{x}\mathrm{d}x=\lim_{\varepsilon\to0^{+}}(\ln x)\Bigg|_{0}^{1}\\&=\lim_{\varepsilon\to0^{+}}(1-\ln\varepsilon)=+\infty;\end{aligned} $$

当 $ q\neq1 $时，有

$$ \begin{align*}\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}x}{x^{q}}&=\lim_{\varepsilon\to0^{+}}\int_{\varepsilon}^{1}\frac{\mathrm{d}x}{x^{q}}=\lim_{\varepsilon\to0^{+}}(\frac{x^{1-q}}{1-q})^{-1}\varepsilon\\&=\lim_{\varepsilon\to0^{+}}\frac{1-\varepsilon^{1-q}}{1-q}=\{\begin{aligned}&\frac{1}{1-q},&q\lt 1,\\&+\infty,&q\gt 1.\end{aligned}.\end{align*} $$

因此，当 q\lt 1 时，反常积分 $ \int_{0}^{1}\frac{dx}{x^{q}} $ 收敛，其值为 $ \frac{1}{1-q} $；当 $ q\geqslant1 $ 时，反常积分 $ \int_{0}^{1}\frac{dx}{x^{q}} $ 发散.

注意：当 q\lt 0 或 q=0 时， $ \int_{0}^{1}\frac{dx}{x^{q}} $ 是定积分.

例6 计算反常积分 $ \int_{-1}^{1}\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}dx $.

解 易知， $ x=\pm1 $ 是瑕点，故将该广义积分分成两个部分区间上的广义积分. 由于

$$ \begin{aligned}\int_{-1}^{0}\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}\mathrm{d}x&=\lim_{\varepsilon\to0^{+}}\int_{-1+\varepsilon}^{0}\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}\mathrm{d}x\\&=\lim_{\varepsilon\to0^{+}}\arcsin x\bigg|_{-1+\varepsilon}^{0}=\frac{\pi}{2}；\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}\int_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}\mathrm{d}x&=\lim_{\varepsilon\to0^{+}}\int_{0}^{1-\varepsilon}\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}\mathrm{d}x\\&=\lim_{\varepsilon\to0^{+}}\arcsin x\bigg|_{0}^{1-\varepsilon}=\frac{\pi}{2}；\end{aligned} $$

从而 $ \int_{-1}^{1}\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}dx=\int_{-1}^{0}\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}dx+\int_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}dx=\pi $

例7 考察反常积分 $ \int_{-1}^{1}\frac{dx}{x^{2}} $ 的收敛性.

解 显然 x=0 为瑕点. 由于

$$ \int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}x}{x^{2}}=\lim_{\varepsilon\to0^{+}}\int_{\varepsilon}^{1}\frac{\mathrm{d}x}{x^{2}}=\lim_{\varepsilon\to0^{+}}\frac{-1}{x}\bigg|_{\varepsilon}^{1}=\lim_{\varepsilon\to0^{+}}\left(\frac{1}{\varepsilon}-1\right)=+\infty $$

故反常积分 $ \int_{0}^{1}\frac{1}{x^{2}}dx $ 发散，从而反常积分 $ \int_{-1}^{1}\frac{dx}{x^{2}} $ 发散.

注意，此例不能直接应用定积分的 Newton-Leibniz 公式写成：

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

这是因为 $ \frac{1}{x^{2}} $在 $ [-1,1] $上无界. 当计算一个形如 $ \int_{a}^{b}f(x)dx $的积分时，应先检查被积函数在积分区间是否有界. 如果无界，则必须按反常积分的计算方法去讨论.

最后需要指出的是，有时我们会遇到两种情形混合的反常积分，比如 $ \int_{0}^{+\infty}\frac{1}{\sqrt{x}(1+x)}dx $，这个反常积分既是无穷区间上的反常积分，也是无界函数的反常积分，这时我们应当将它分作两个反常积分：

$$ \int_{0}^{+\infty}\frac{1}{\sqrt{x}\left(1+x\right)}\mathrm{d}x=\int_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt{x}\left(1+x\right)}\mathrm{d}x+\int_{1}^{+\infty}\frac{1}{\sqrt{x}\left(1+x\right)}\mathrm{d}x $$

对这两个反常积分分别讨论它们的收敛性，只有当它们都收敛时，才能认为 $ \int_{0}^{+\infty}\frac{1}{\sqrt{x}(1+x)}\mathrm{d}x $收敛.

由于

$$ \begin{aligned}\int_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt{x}\left(1+x\right)}\mathrm{d}x&=\lim_{\varepsilon\rightarrow0^{+}}\int_{\varepsilon\sqrt{x}}^{1}\frac{1}{\left(1+x\right)}\mathrm{d}x\\&=\lim_{\varepsilon\rightarrow0^{+}}2\arctan\sqrt{x}\left.\right|_{\varepsilon}^{1}=\frac{\pi}{2},\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}\int_{1}^{+\infty}\frac{1}{\sqrt{x}\left(1+x\right)}\mathrm{d}x&=\lim_{b\rightarrow+\infty}\int_{1}^{b}\frac{1}{\sqrt{x}\left(1+x\right)}\mathrm{d}x\\&=\lim_{b\rightarrow+\infty}2\arctan\sqrt{x}\left.\right|_{1}^{b}=\frac{\pi}{2},\end{aligned} $$

所以 $ \int_{0}^{+\infty}\frac{1}{\sqrt{x}(1+x)}\mathrm{d}x $ 收敛，且 $ \int_{0}^{+\infty}\frac{1}{\sqrt{x}(1+x)}\mathrm{d}x=\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{2}=\pi $

习题5-6

1. 下列反常积分是否收敛？若收敛求它的值.

(1) $ \int_{0}^{+\infty} x e^{-x^{2}} \, dx $;

(2) $ \int_{-\infty}^{-1}\frac{1}{\sqrt[3]{x}}\mathrm{d}x; $

(3) $ \int_{0}^{+\infty} e^{-ax} \sin x \, dx (a \gt 0) $;

(4) $ \int_{0}^{+\infty}\frac{x}{\left(1+x\right)^{3}}\mathrm{d}x; $

(5) $ \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{2x}{x^{2}+1}dx $;

(6) $ \int_{0}^{1}\frac{x\mathrm{d}x}{\sqrt{1-x^{2}}} $;

(7) $ \int_{1}^{2}\frac{x\mathrm{d}x}{\sqrt{x-1}} $;

(8) $ \int_{1}^{e}\frac{dx}{x\sqrt{1-(\ln x)^2}} $;

(9) $ \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\mathrm{d}x}{1-\cos x}; $

(10) $ \int_{\frac{1}{2}}^{\frac{3}{2}} \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{1x - x^{2} + 1}} $.

1. 当 k 为何值时，反常积分 $ \int_{2}^{+\infty}\frac{dx}{x(\ln x)^{k}} $ 收敛？又当 k 为何值时，这个反常积分取得最小值？

1. 利用递推公式计算反常积分 $ I_{n}=\int_{0}^{+\infty}x^{n}e^{-x}dx $，其中 n 为自然数.

总练习题五

1. 选择题：

（1）设 $ M = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin x}{1 + x^{2}} \cos^{4} x \, dx $， $ N = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} (\sin^{3} x + \cos^{4} x) \, dx $， $ P = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} (x^{2} \sin^{3} x - \cos^{4} x) \, dx $，则有（）.

(A) N \lt P \lt M (B) M \lt P \lt N (C) N \lt M \lt P (D) P \lt M \lt N

(2) 设 $ F(x) = \int_{x}^{x+2\pi} e^{\sin t} \sin t \, dt $，则 $ F(x) $ ( ).

(A) 为正常数 (B) 为负常数 (C) 恒为零 (D) 不为常数

（3）设函数 $ f(x) $ 在闭区间 $ [a, b] $ 上连续，且 $ f(x) \gt 0 $，则方程 $ \int_{a}^{x} f(t) \, dt + \int_{b}^{x} \frac{1}{f(t)} \, dt = 0 $

在开区间（a，b）内的根有（）.

(A) 0 个 (B) 1 个 (C) 2 个 (D) 无穷多个

1. 填空题：

(1) $ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\int_{0}^{x}\sin(x-t)^{2}\mathrm{d}x= $ ___;

(2) $ \int_{0}^{1} \sqrt{2x - x^{2}} \, dx = $ ___;

(3) $ \int_{-2}^{2} \frac{x + |x|}{2 + x^{2}} \mathrm{d}x = $ ___;

（4）设 $ \lim_{x \to \infty} \left( \frac{1 + x}{x} \right)^{ax} = \int_{-\infty}^{a} t e^t \, dt $，则常数 $ a = $___。

1. 证明奇连续函数的原函数为偶函数，而偶连续函数的原函数之一为奇函数.

1. 求微商 $ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\int_{0}^{x}tf(x^{2}-t^{2}) $ dt.

1. 已知 $ f(x) = x + \int_{0}^{1} x f(x) \, dx $，求 $ f(x) $.

1. 用积分上限函数 $ \int_{1}^{x}\frac{1}{t}\mathrm{d}t $ 定义对数函数 $ \ln x(x\gt 0) $，试证明： $ \ln(ab)=\ln a+\ln b $ $ (a, b\gt 0) $.

1. 利用定积分的性质证明不等式：

$$ \ln(1+x)\leqslant\arctan x,\ 0\leqslant x\leqslant1. $$

1. 求下列极限：

(1) $ \lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{\sqrt{4n^2 - 1}} + \frac{1}{\sqrt{4n^2 - 4}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{4n^2 - n^2}} \right) $;

(2) $ \lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt[n]{(n+1)(n+2)\cdots(n+n)}}{n} $.

1. 计算 $ \int_{0}^{2\pi}|\sin x-\cos x| $ dx 的值.

1. 计算 $ \int_{1}^{16}\arctan\sqrt{\sqrt{x}-1}dx $ 的值.

1. 计算 $ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin^{n}x}{\cos^{n}x+\sin^{n}x}dx $ 的值.

1. 设 $ f(x) $ 在 $ [0,1] $ 上连续，且单调不增， $ a\in(0,1) $ 求证： $ \int_{0}^{a}f(x)dx\geqslant a\int_{0}^{1}f(x)dx $.

1. 设 $ f(x) $， $ g(x) $ 在 $ [a, b] $ 上连续，证明：

$$ \left(\int_{a}^{b}f(x)g(x)\mathrm{d}x\right)^{2}\leqslant\int_{a}^{b}f^{2}(x)\mathrm{d}x\cdot\int_{a}^{b}g^{2}(x)\mathrm{d}x(Cauchy\ 不等式 ). $$

1. 设 $ f(x) $ 在 $ [a, b] $ 上连续可微， $ f(a) = 0 $，求证：

$$ \left[\max_{a\leqslant x\leqslant b}f(x)\right]^{2}\leqslant(b-a)\int_{a}^{b}\left[f^{\prime}(x)\right]^{2}\mathrm{d}x. $$

1. 设 $ f(x) $ 是以 T 为周期的连续函数， $ f(x_{0}) \neq 0 $，且 $ \int_{0}^{T} f(x) \, dx = 0 $.

证明： $ f(x) $ 在区间 $ (x_{0}, x_{0}+T) $ 内至少有两个根.

1. 设 $ f(x) $ 在 $ [0,1] $ 上可微，且 $ f(1)=2\int_{0}^{\frac{1}{2}}xf(x)dx $。证明：存在 $ \xi\in(0,1) $，使 $ f(\xi)+\xi f'(\xi)=0 $。

1. 设 $ f(x) $ 在 $ [a, b] $ 上二阶可导，且 $ f''(x) \gt 0 $，证明： $ f\left(\frac{a+b}{2}\right) \leqslant \frac{1}{b-a} \int_{a}^{b} f(x) \, dx $.

1. 设 $ f(x) $ 在 $ [-a, a] $ 上二阶导函数连续 (a\gt 0)，且 $ f(0) = 0 $，证明：在 $ [-a, a] $ 上至少存在一点 $ \xi $，使得

$$ a^{3}f^{\prime\prime}(\xi)=3\int_{-a}^{a}f(x)\mathrm{d}x. $$

1. 设 a\gt 0，求 a 的值，使由曲线 $ y=1+\sqrt{x}e^{x^{2}} $，y=1 及 x=a 所围区域绕直线 y=1 旋转所得的旋转体的体积等于 $ 2\pi $.

1. 有一自动注水容器，其内壁是由曲线 $ y = \arcsin x (0 \lt x \lt 1) $ 绕 y 轴旋转一周形成的。现向内注水，注水速度为 $ \frac{\pi}{2} - y $，其中 y 是容器内液面高度，求液面升到容器高度一半时液面上升的速度。

1. 试证：双扭线 $ r^{2}=2a^{2}\cos2\theta(a\gt 0) $ 的全长可以表示为 $ L=4\sqrt{2}a\int_{0}^{1}\frac{dx}{\sqrt{1-x^{4}}} $