一元函数积分、不定积分及其应用

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好，终于把坑填完了。总算跟上进度了。

不定积分

原函数

若 f(x)f(x) 在区间 II 有定义，且存在 F(x)F(x) 使

F′(x)=f(x)F'(x) = f(x)

则称 F(x)F(x) 为 f(x)f(x) 在区间 II 上的一个原函数。

显然若 F(x)F(x) 是 f(x)f(x) 的一个原函数，则 F(x)+CF(x) + C 也是 f(x)f(x) 的一个原函数。也就是说，原函数不唯一。

不定积分

设 f(x)f(x) 在区间 II 有定义，则 f(x)f(x) 的全体原函数称为 f(x)f(x) 的不定积分，记作

∫f(x) ⁣dx\int f(x) \d x

由此，若 F(x)F(x) 是 f(x)f(x) 的一个原函数，则

∫f(x) ⁣dx=F(x)+C\int f(x) \d x = F(x) + C

根据课本，∫\displaystyle\int 为积分符号，CC 为任意常数，称为积分常数，f(x) ⁣dxf(x)\d x 称为被积表达式，f(x)f(x) 称为被积函数，xx 称为积分变量。

基本积分公式表

∫cosh⁡x ⁣dx=c1::sinh⁡x+C\displaystyle\int \cosh x \d x = {{c1::\sinh x+C}}

不定积分 结果 注意
∫0 ⁣dx\displaystyle\int 0\d x CC -
∫xμ ⁣dx\displaystyle\int x^\mu \d x xμ+1μ+1+C\displaystyle\frac{x^{\mu+1}}{\mu+1}+C μ≠−1\mu\neq-1
∫1x ⁣dx\displaystyle\int \frac{1}{x}\d x ln⁡∣x∣+C\ln\left\lvert x \right\rvert+C[1][2][3] -
∫ax ⁣dx\displaystyle\int a^x \d x axln⁡a+C\displaystyle\frac{a^x}{\ln a}+C a>0a>0 且 a≠1a\neq1
∫sin⁡x ⁣dx\displaystyle\int \sin x \d x −cos⁡x+C-\cos x+C -
∫cos⁡x ⁣dx\displaystyle\int \cos x \d x sin⁡x+C\sin x+C -
∫sec⁡2x ⁣dx\displaystyle\int \sec^2 x\d x tan⁡x+C\tan x+C -
∫csc⁡2x ⁣dx\displaystyle\int \csc^2 x\d x −cot⁡x+C-\cot x+C 不熟
∫ ⁣dx1−x2\displaystyle\int \dfrac{\d x}{\sqrt{1 - x^2}} arcsin⁡x+C\arcsin x+C 或 −arccos⁡x+C- \arccos x + C -
∫ ⁣dx1+x2\displaystyle\int \dfrac{\d x}{1 + x^2} arctan⁡x+C\arctan x+C 或 −arccot⁡x+C-\arccot x+C -
∫ ⁣dxx2±a2\displaystyle\int \dfrac{\d x}{\sqrt{x^2 \pm a^2}} ln⁡∣x+x2±a2∣+C\ln\left\lvert x + \sqrt{x^2 \pm a^2} \right\rvert+C 不熟
∫ ⁣dxx2+a2\displaystyle\int \dfrac{\d x}{x^2 + a^2} 1aarctan⁡xa+C\displaystyle\frac{1}{a}\arctan\frac{x}{a}+C 不熟
∫ ⁣dxa2−x2\displaystyle\int \dfrac{\d x}{\sqrt{a^2 - x^2}} arcsin⁡xa+C\displaystyle\arcsin\frac{x}{a}+C a>0a > 0
∫sinh⁡x ⁣dx\displaystyle\int \sinh x \d x cosh⁡x+C\cosh x+C -
∫cosh⁡x ⁣dx\displaystyle\int \cosh x \d x sinh⁡x+C\sinh x+C -

基本积分方法

换元积分法

设 u=g(x)u = g(x) 是区间 II 上的可导函数，f(u)f(u) 在 g(I)g(I) 上有定义，则

∫f(g(x))g′(x) ⁣dx=∫f(u) ⁣du\int f(g(x))g'(x)\d x = \int f(u)\d u

Copilot 给的定义，因为我觉得没啥好说的。

分部积分法

我们知道导数的乘积法则  ⁣d(uv)=u ⁣dv+v ⁣du\d (uv) = u \d v + v \d u，两边同时积分，得到

∫ ⁣d(uv)=∫u ⁣dv+∫v ⁣duuv=∫u ⁣dv+∫v ⁣du∫u ⁣dv=uv−∫v ⁣du\begin{aligned} \int \d (uv) &= \int u \d v + \int v \d u\\ uv &= \int u \d v + \int v \d u\\ \int u \d v &= uv - \int v \d u \end{aligned}

好，我们已经学会了分部积分法，那么试试看求积分

∫tne−t ⁣dt\int t^{n} \e^{-t} \d t

尘封的记忆，让我找找以前的记录。

下图来自 2020 年 12 月 31 日 22:20 的空间说说。

Gamma\mathrm{Gamma} 函数，又称「欧拉第二积分」，是阶乘函数的推广，定义为

Γ(x)=∫0+∞tx−1e−t ⁣dt\Gamma(x) = \int_0^{+\infty} t^{x-1} \e^{-t} \d t

也就是说，我们只需求出积分 ∫txe−t ⁣dt\displaystyle \int t^x \e^{-t}\d t 即可。

让我仿照当时的方法，用 LaTeX\LaTeX 重写一遍（当时用的是 MathType，样子惨不忍睹）。

分部积分有

∫u ⁣dv(n)=∑k=0n(−1)ku(k)v(n−k)+(−1)n+1∫v ⁣du(n)\int u \d v^{(n)} = \sum_{k=0}^{n} (-1)^k u^{(k)} v^{(n-k)} + (-1)^{n+1} \int v \d u^{(n)}

照抄时我误以为 u,vu, v 是变量，其实 u,vu, v 是函数。不妨把它们看作是关于 xx 的函数，从而有

∫u ⁣dv(n)=uv(n)−∫v(n) ⁣du=uv(n)−∫ ⁣dv(n−1) ⁣dx ⁣du=uv(n)−∫ ⁣du ⁣dx ⁣dv(n−1)=uv(n)−∫u(1) ⁣dv(n−1)\begin{aligned} \int u \d v^{(n)} &= u v^{(n)} - \int v^{(n)} \d u\\ &= u v^{(n)} - \int \dfrac{\d v^{(n - 1)}}{\d x} \d u\\ &= u v^{(n)} - \int \dfrac{\d u}{\d x} \d v^{(n - 1)}\\ &= u v^{(n)} - \int u^{(1)} \d v^{(n - 1)}\\ \end{aligned}

以此类推，则有上式成立。确实只用到了分部积分。

从而

∫tne−t ⁣dt=−∫tn ⁣de−t=−∫tn ⁣d((−1)n−1 ⁣d(n−1)e−t ⁣dt(n−1))=(−1)n∫tn ⁣d( ⁣d(n−1)e−t ⁣dt(n−1))=(−1)n[∑k=0n−1(−1)k( ⁣dktn ⁣dtk)( ⁣d(n−1−k)e−t ⁣dt(n−1−k))+(−1)n∫e−t ⁣d( ⁣d(n−1)tn ⁣dt(n−1))]=(−1)n[(−1)n−1e−t∑k=0n−1 ⁣dktn ⁣dtk+(−1)nn!∫e−t ⁣dt]=(−1)n[(−1)n−1e−t∑k=0n−1n!(n−k)!tn−k+(−1)n−1n!e−t]+C=−e−t[∑k=0n−1n!(n−k)!tn−k+n!]+C=−e−t∑k=0nn!(n−k)!tn−k+C=−e−t∑k=0nn!k!tk+C\begin{aligned} \int t^n \e^{-t} \d t &= - \int t^n \d \e^{-t}\\ &= - \int t^n \d \left((-1)^{n-1} \dfrac{\d ^{(n-1)}\e^{-t}}{\d t^{(n-1)}}\right)\\ &= (-1)^{n} \int t^n \d \left(\dfrac{\d ^{(n-1)}\e^{-t}}{\d t^{(n-1)}}\right)\\ &= (-1)^{n} \left[ \sum_{k=0}^{n - 1}(-1)^k \left(\dfrac{\d^k t^n}{\d t ^k}\right)\left(\dfrac{\d^{(n - 1 - k)}\e^{-t} }{\d t^{(n - 1 - k)}}\right) + (-1)^n \int \e^{-t} \d \left( \dfrac{\d^{(n-1)} t^n}{\d t^{(n-1)}} \right) \right]\\ &= (-1)^n\left[ (-1)^{n-1}\e^{-t} \sum_{k=0}^{n - 1}\dfrac{\d^k t^n}{\d t ^k} + (-1)^n n! \int \e^{-t}\d t\right]\\ &= (-1)^n\left[ (-1)^{n-1}\e^{-t} \sum_{k=0}^{n - 1} \dfrac{n!}{(n-k)!}t^{n-k} + (-1)^{n-1} n! \e^{-t}\right] + C\\ &= -\e^{-t}\left[ \sum_{k=0}^{n - 1} \dfrac{n!}{(n-k)!}t^{n-k} + n!\right] + C\\ &= -\e^{-t} \sum_{k=0}^{n} \dfrac{n!}{(n-k)!}t^{n-k} + C\\ &= -\e^{-t} \sum_{k=0}^{n} \dfrac{n!}{k!}t^{k} + C \end{aligned}

看不懂？我也看不懂，毕竟是我三年前写的东西了。待我有时间重新参悟一下，顺便看看有没有错。

参悟完了，其实很简单，没发现有错，同时把过程和结果改进了一下。

我高一还是蛮厉害的嘛（自恋）。

另外其实还可以改进一下过程，由于我高一知识有限而没能意识到，只不过为了和图片保持一致，还是使用高一的方法。口述一下更简单的方法：上面的方法实际上将 e−t\e^{-t} 变成 n−1n-1 阶的导数，从而使用分部积分进行积分，最后只需要求一个简单的 ∫e−t ⁣dt\displaystyle \int \e^{-t}\d t 即可。可见其实我还是思维比较狭隘，完全可以直接变成 ∫e−t ⁣dC=C\displaystyle \int \e^{-t}\d C = C，即视为 nn 阶导数，从而只有前面的求和 ∑k=0n(−1)k( ⁣dktn ⁣dtk)( ⁣d(n−k)e−t ⁣dt(n−k))\displaystyle \sum_{k=0}^{n}(-1)^k \left(\dfrac{\d^k t^n}{\d t ^k}\right)\left(\dfrac{\d^{(n - k)}\e^{-t} }{\d t^{(n - k)}}\right)，直接得到结果。

有理函数的积分

有理函数积分可以划归为 1(x−a)k\dfrac{1}{(x-a)^k} 与 Mx+N(x2+px+q)k\dfrac{Mx + N}{(x^2 + px + q)^k} 的积分。

1(x−a)k\dfrac{1}{(x-a)^k} 的积分

显然有

∫1(x−a)k ⁣dx={1(1−k)(x−a)1−k+C,k≠1ln⁡∣x−a∣+C,k=1\int \dfrac{1}{(x-a)^k} \d x = \begin{cases} \dfrac{1}{(1-k)}(x-a)^{1-k} + C, & k \neq 1\\ \ln \left\lvert x - a \right\rvert + C, & k = 1 \end{cases}

Mx+N(x2+px+q)k\dfrac{Mx + N}{(x^2 + px + q)^k} 的积分

记 Ik1=∫ ⁣d(x2+px+q)(x2+px+q)kI_k^1 = \displaystyle \int \dfrac{\d \left(x^2 + px + q\right)}{\left(x^2 + px + q\right)^k}，Ik2=∫1(x2+px+q)k ⁣dxI_k^2 = \displaystyle \int \dfrac{1}{\left(x^2 + px + q\right)^k} \d x，则

∫Mx+N(x2+px+q)k ⁣dx=∫M2(2x+p)+(N−M2p)(x2+px+q)k ⁣dx=M2∫ ⁣d(x2+px+q)(x2+px+q)k+(N−M2p)∫1(x2+px+q)k ⁣dx=M2Ik1+(N−M2p)Ik2\begin{aligned} \int \dfrac{Mx + N}{(x^2 + px + q)^k} \d x &= \int \dfrac{\frac{M}{2}\left(2x + p\right) + \left(N - \frac{M}{2}p\right)}{\left(x^2 + px + q\right)^k} \d x\\ &= \dfrac{M}{2}\int \dfrac{\d \left(x^2 + px + q\right)}{\left(x^2 + px + q\right)^k} + \left(N - \frac{M}{2}p\right)\int \dfrac{1}{\left(x^2 + px + q\right)^k} \d x\\ &= \dfrac{M}{2}I_k^1 + \left(N - \frac{M}{2}p\right)I_k^2 \end{aligned}

对 Ik1I_k^1，有

Ik1=∫ ⁣d(x2+px+q)(x2+px+q)k={ln⁡(x2+px+q)+C,k=11(1−k)(x2+px+q)1−k+C,k>1I_k^1 = \int \dfrac{\d \left(x^2 + px + q\right)}{\left(x^2 + px + q\right)^k} = \begin{cases} \ln \left( x^2 + px + q \right) + C, & k = 1\\ \dfrac{1}{(1-k)}\left(x^2 + px + q\right)^{1-k} + C, & k > 1 \end{cases}

对 Ik2I_k^2，有

令 t=x+p2, a2=q−p24t = x + \dfrac{p}{2},\, a^2 = q - \dfrac{p^2}{4}，则  ⁣dx= ⁣dt, x2+px+q=t2+a2\d x = \d t,\, x^2 + px + q = t^2 + a^2，从而

Ik2=∫1(x2+px+q)k ⁣dx=∫1(t2+a2)k ⁣dtI_k^2 = \int \dfrac{1}{\left(x^2 + px + q\right)^k} \d x = \int \dfrac{1}{\left(t^2 + a^2\right)^k} \d t

而

I12=∫1(t2+a2) ⁣dt=1aarctan⁡ta+CI_1^2 = \int \dfrac{1}{\left(t^2 + a^2\right)} \d t = \dfrac{1}{a}\arctan \dfrac{t}{a} + C

注意到

 ⁣d ⁣dxt(t2+a2)k=(1−2k)t2+a2(t2+a2)k+1\dfrac{\d }{\d x} \dfrac{t}{(t^2 + a^2)^k} = \dfrac{(1-2k)t^2 + a^2}{(t^2 + a^2)^{k+1}}

即

t(t2+a2)k=∫(1−2k)t2+a2(t2+a2)k+1 ⁣dx+C\dfrac{t}{(t^2 + a^2)^k} = \int \dfrac{(1-2k)t^2 + a^2}{(t^2 + a^2)^{k+1}} \d x + C

从而有

Ik2=∫1(t2+a2)k ⁣dx=∫(1−2k)(t2+a2)(1−2k)(t2+a2)k+1 ⁣dt=∫(1−2k)t2+a2−2ka2(1−2k)(t2+a2)k+1 ⁣dx=11−2k∫(1−2k)t2+a2(t2+a2)k+1 ⁣dx−2ka21−2k∫1(t2+a2)k+1 ⁣dx=11−2k(t(t2+a2)k−2ka2Ik+12)\begin{aligned} I_k^2 &= \int \dfrac{1}{\left(t^2 + a^2\right)^k} \d x\\ &= \int \dfrac{(1-2k)(t^2 + a^2)}{(1-2k)\left(t^2 + a^2\right)^{k+1}} \d t\\ &= \int \dfrac{(1-2k)t^2 + a^2 -2ka^2}{(1-2k)(t^2 + a^2)^{k+1}} \d x\\ &= \dfrac{1}{1- 2k}\int \dfrac{(1-2k)t^2 + a^2}{(t^2 + a^2)^{k+1}} \d x - \dfrac{2ka^2}{1-2k}\int \dfrac{1}{(t^2 + a^2)^{k+1}} \d x\\ &= \dfrac{1}{1-2k}\left( \dfrac{t}{(t^2 + a^2)^k} -2ka^2 I_{k+1}^2 \right) \end{aligned}

从而有递推

Ik+12=12ka2[t(t2+a2)k+(2k−1)Ik2]I_{k+1}^2 = \dfrac{1}{2ka^2} \left[ \dfrac{t}{(t^2 + a^2)^k} + (2k-1) I_k^2 \right]

这也正是课本上递推公式的由来。

由此说明了有理函数积分的可解性，但由于 Ik2I_k^2 递推通项不知，因此实际求解相当复杂。

以下是 Mathematica 求解 Ik2I_k^2 的结果

Integrate[1/(x^2+px+q)^k,x]//FullSimplify

x(x2+px+q)−k(x2px+q+1)k 2F1(12,k;32;−x2px+q)x \left(x^2 + px+q\right)^{-k} \left(\frac{x^2}{px+q}+1\right)^k \phantom{\,}_2F_1\left(\frac{1}{2},k;\frac{3}{2};-\frac{x^2}{px+q}\right)

三角函数有理式的积分

借助万能代换，令 t=tan⁡x2t = \tan \dfrac{x}{2}，则

{sin⁡x=2t1+t2cos⁡x=1−t21+t2tan⁡x=2t1−t2\left\lbrace\begin{aligned} \sin x &= \dfrac{2t}{1+t^2}\\ \cos x &= \dfrac{1-t^2}{1+t^2}\\ \tan x &= \dfrac{2t}{1-t^2} \end{aligned}\right.

再由上面的结论知可解。

定积分

定义

设 f(x)f(x) 在区间 [a,b][a, b] 上有定义，将区间 [a,b][a, b] 分成 nn 个小区间，其中第 ii 个小区间为 [xi−1,xi][x_{i-1}, x_i]，xi−1x_{i-1} 为第 ii 个小区间的左端点，xix_i 为第 ii 个小区间的右端点，记 x0=ax_0 = a，xn=bx_n = b，记 Δxi=xi−xi−1\Delta x_i = x_i - x_{i-1}，记 λi=inf⁡x∈[xi−1,xi]f(x)\lambda_i = \displaystyle \inf_{x \in [x_{i-1}, x_i]} f(x)，μi=sup⁡x∈[xi−1,xi]f(x)\mu_i = \displaystyle \sup_{x \in [x_{i-1}, x_i]} f(x)，则

∑i=1nλiΔxi⩽∑i=1nf(x)Δxi⩽∑i=1nμiΔxilim⁡max⁡{Δxi}→0∑i=1nλiΔxi⩽lim⁡max⁡{Δxi}→0∑i=1nf(x)Δxi⩽lim⁡max⁡{Δxi}→0∑i=1nμiΔxi\begin{aligned} \sum_{i=1}^{n} \lambda_i \Delta x_i &\leqslant \sum_{i=1}^{n} f(x) \Delta x_i \leqslant \sum_{i=1}^{n} \mu_i \Delta x_i\\ \lim_{\max \{\Delta x_i\} \to 0} \sum_{i=1}^{n} \lambda_i \Delta x_i &\leqslant \lim_{\max \{\Delta x_i\} \to 0} \sum_{i=1}^{n} f(x) \Delta x_i \leqslant \lim_{\max \{\Delta x_i\} \to 0} \sum_{i=1}^{n} \mu_i \Delta x_i\\ \end{aligned}

若左右两个极限存在且 lim⁡max⁡{Δxi}→0∑i=1nλiΔxi=lim⁡max⁡{Δxi}→0∑i=1nμiΔxi\displaystyle \lim_{\max \{\Delta x_i\} \to 0} \sum_{i=1}^{n} \lambda_i \Delta x_i = \displaystyle \lim_{\max \{\Delta x_i\} \to 0} \sum_{i=1}^{n} \mu_i \Delta x_i，则称 f(x)f(x) 在 [a,b][a, b] 上可积，记为 ∫abf(x) ⁣dx\displaystyle \int_a^b f(x) \d x。

跟课本定义稍有不同，是 Copilot 给的定义，我觉得比课本的好一点。

同样地有

∫abf(x) ⁣dx=lim⁡max⁡{Δxi}→0∑i=1nf(ξi)Δxi\begin{align} \int_a^b f(x) \d x = \lim_{\max \{\Delta x_i\} \to 0} \sum_{i=1}^{n} f(\xi_i) \Delta x_i \end{align}

其中 ξi∈[xi−1,xi]\xi_i \in [x_{i-1}, x_i]。这就是课本的定义。

(1)(1) 称为黎曼和，∫abf(x) ⁣dx\displaystyle \int_{a}^{b}f(x)\d x 称为黎曼积分，简称定积分。

定积分的性质

若 f(x)f(x) 在 [a,b][a, b] 上可积，则 f(x)f(x) 在 [a,b][a, b] 上有界。

这里我想到个例子 ∫011x ⁣dx\displaystyle \int_{0}^{1} \dfrac{1}{\sqrt{x}}\d x，f(x)f(x) 在 [0,1][0, 1] 上无界，但是 ∫011x ⁣dx=2x∣01=2\displaystyle \int_{0}^{1} \dfrac{1}{\sqrt{x}}\d x = 2 \sqrt{x}\as_0^1=2，这是为什么呢？

查了一下，原来是因为 ∫011x ⁣dx\displaystyle \int_{0}^{1} \dfrac{1}{\sqrt{x}}\d x 是所谓的瑕积分，是用定积分的极限来表示的，因此这与「定积分可积必有界」不矛盾。

积分中值定理

设 f(x)f(x) 在 [a,b][a, b] 上连续，g(x)g(x) 在 [a,b][a, b] 不变号，则存在 ξ∈[a,b]\xi \in [a, b] 使

∫abf(x)g(x) ⁣dx=f(ξ)∫abg(x) ⁣dx\int_a^b f(x)g(x) \d x = f(\xi) \int_a^b g(x) \d x

证明：

由于 g(x)g(x) 在 [a,b][a, b] 不变号，不妨设 g(x)⩾0g(x) \ge 0，则

(inf⁡x∈[a,b]f(x))g(x)⩽f(x)g(x)⩽(sup⁡x∈[a,b]f(x))g(x)\left(\inf_{x \in [a, b]} f(x)\right) g(x) \leqslant f(x)g(x) \leqslant \left(\sup_{x \in [a, b]} f(x)\right) g(x)

从而

inf⁡x∈[a,b]f(x)∫abg(x) ⁣dx⩽∫abf(x)g(x) ⁣dx⩽sup⁡x∈[a,b]f(x)∫abg(x) ⁣dx\inf_{x \in [a, b]} f(x) \int_a^b g(x) \d x \leqslant \int_a^b f(x)g(x) \d x \leqslant \sup_{x \in [a, b]} f(x) \int_a^b g(x) \d x

若 ∫abg(x) ⁣dx=0\displaystyle \int_{a}^{b}g(x)\d x = 0，则 ∫abf(x)g(x) ⁣dx=0\displaystyle \int_{a}^{b}f(x)g(x)\d x = 0，此时 ξ\xi 可取任意值。

否则，由于 f(x)f(x) 在 [a,b][a, b] 上连续，因此存在 ξ∈[a,b]\xi \in [a, b] 使 f(ξ)=∫abf(x)g(x) ⁣dx∫abg(x) ⁣dx∈[inf⁡x∈[a,b]f(x),sup⁡x∈[a,b]f(x)]f(\xi) = \displaystyle \frac{\displaystyle \int_a^b f(x)g(x) \d x}{\displaystyle \int_a^b g(x) \d x} \in \left[\inf_{x \in [a, b]} f(x), \sup_{x \in [a, b]} f(x)\right]，从而

∫abf(x)g(x) ⁣dx=f(ξ)∫abg(x) ⁣dx\int_a^b f(x)g(x) \d x = f(\xi) \int_a^b g(x) \d x

若取 g(x)≡1g(x) \equiv 1，则有

∫abf(x) ⁣dx=f(ξ)(b−a)\int_a^b f(x) \d x = f(\xi) (b - a)

从而定义广义平均值 yˉ=1b−a∫abf(x) ⁣dx\displaystyle \bar{y} = \frac{1}{b - a} \int_a^b f(x) \d x。

微积分基本定理

微积分学第一基本定理

设 f(x)f(x) 在 [a,b][a, b] 上连续，则 f(x)f(x) 在 [a,b][a, b] 上可积。

即连续函数的原函数或不定积分必存在。

微积分学第二基本定理（牛顿-莱布尼茨公式）

设 f(x)f(x) 在 [a,b][a, b] 上连续，F(x)F(x) 是 f(x)f(x) 在 [a,b][a, b] 上的一个原函数，则

∫abf(x) ⁣dx=F(b)−F(a)\int_a^b f(x) \d x = F(b) - F(a)

数值积分

设 f(x)f(x) 在 [a,b][a, b] 连续。

矩形法

将 [a,b][a, b] 均分成 nn 个小区间，其中第 ii 个小区间为 [xi−1,xi][x_{i-1}, x_i]，xi−1x_{i-1} 为第 ii 个小区间的左端点，xix_i 为第 ii 个小区间的右端点，记 x0=ax_0 = a，xn=bx_n = b，记 Δxi=xi−xi−1\Delta x_i = x_i - x_{i-1}，则

∫abf(x) ⁣dx≈∑i=1nf(xi)Δxi=b−an∑i=1nf(xi)\begin{aligned} \int_{a}^{b}f(x)\d x &\approx \sum_{i=1}^{n} f(x_i) \Delta x_i\\ &= \dfrac{b - a}{n} \sum_{i=1}^{n} f\left(x_i\right) \end{aligned}

也可以取 f(xi−1)f(x_{i-1})，此时

∫abf(x) ⁣dx≈b−an∑i=1nf(xi−1)\begin{aligned} \int_{a}^{b}f(x)\d x &\approx \dfrac{b - a}{n} \sum_{i=1}^{n} f\left(x_{i-1}\right) \end{aligned}

设 f′(x)f'(x) 在 [a,b][a, b] 连续，记余项

Rn=∫abf(x) ⁣dx−b−an∑i=1nf(xi)R_n = \int_{a}^{b}f(x)\d x - \dfrac{b - a}{n} \sum_{i=1}^{n} f\left(x_i\right)

则有

∣Rn∣⩽(b−a)22nM1\left\lvert R_n \right\rvert \leqslant \dfrac{(b - a)^2}{2n}M_1

其中 M1=max⁡x∈[a,b]∣f′(x)∣M_1 = \displaystyle \max_{x \in [a, b]} \left\lvert f'(x) \right\rvert。

梯形法

使用梯形面积近似曲边梯形面积，即使用 f(xi−1)f(x_{i-1}) 与 f(xi)f(x_i) 的平均值 f(xi−1)+f(xi)2\dfrac{f(x_{i-1}) + f(x_i)}{2} 代替 f(xi)f(x_i)，则

∫abf(x) ⁣dx≈∑i=1nf(xi−1)+f(xi)2Δxi=b−a2n∑i=1n[f(xi−1)+f(xi)]=b−an[f(x0)+f(xn)2+∑i=1n−1f(xi)]\begin{aligned} \int_{a}^{b}f(x)\d x &\approx \sum_{i=1}^{n} \dfrac{f(x_{i-1}) + f(x_i)}{2} \Delta x_i\\ &= \dfrac{b - a}{2n} \sum_{i=1}^{n} \left[ f\left(x_{i-1}\right) + f\left(x_i\right) \right]\\ &= \dfrac{b - a}{n} \left[ \dfrac{f\left(x_0\right) + f(x_n)}{2} + \sum_{i=1}^{n-1} f\left(x_i\right) \right]\\ \end{aligned}

设 f′′(x)f''(x) 在 [a,b][a, b] 连续，记余项

Rn=∫abf(x) ⁣dx−b−an[f(x0)+f(xn)2+∑i=1n−1f(xi)]R_n = \int_{a}^{b}f(x)\d x - \dfrac{b - a}{n} \left[ \dfrac{f\left(x_0\right) + f(x_n)}{2} + \sum_{i=1}^{n-1} f\left(x_i\right) \right]

则有

∣Rn∣⩽(b−a)312n2M2\left\lvert R_n \right\rvert \leqslant \dfrac{(b - a)^3}{12n^2}M_2

其中 M2=max⁡x∈[a,b]∣f′′(x)∣M_2 = \displaystyle \max_{x \in [a, b]} \left\lvert f''(x) \right\rvert。

（抛物线法）辛普森法

使用抛物线面积近似曲边梯形面积。不妨设 y=ax2+bx+cy = ax^2 + bx + c 通过 (x0,y0), (x0+x22,y1), (x2,y2)(x_0, y_0),\, \left(\dfrac{x_0 + x_2}{2}, y_1\right),\, (x_2, y_2)，则

∫x0x2y ⁣dx=x2−x06(y0+4y1+y2)\int_{x_0}^{x_2}y\d x = \dfrac{x_2 - x_0}{6}\left(y_0 + 4y_1 + y_2\right)

将 [a,b][a, b] 均分成 2n2n 个小区间，其中第 ii 个小区间为 [x2i−2,x2i][x_{2i-2}, x_{2i}]，记 x0=ax_0 = a，x2n=bx_{2n} = b，则 Δx=b−a2n\Delta x = \dfrac{b-a}{2n}，则 [x2i−2,x2i]\left[ x_{2i - 2}, x_{2i} \right] 上两个曲边梯形的近似值可以看作是 [x2i−2,x2i][x_{2i - 2}, x_{2i}] 上一个抛物线的近似值，从而有

Δx3[f(x2i−2)+4f(x2i−1)+f(x2i)]=b−a6n[f(x2i−2)+4f(x2i−1)+f(x2i)]\dfrac{\Delta x}{3}\left[ f\left(x_{2i - 2}\right) + 4f\left(x_{2i - 1}\right) + f\left(x_{2i}\right) \right] = \dfrac{b-a}{6n}\left[ f\left(x_{2i - 2}\right) + 4f\left(x_{2i - 1}\right) + f\left(x_{2i}\right) \right]

累加有

∫abf(x) ⁣dx≈∑i=1nb−a6n[f(x2i−2)+4f(x2i−1)+f(x2i)]=b−a6n[f(x0)+f(x2n)+4∑i=1nf(x2i−1)+2∑i=1n−1f(x2i)]\begin{aligned} \int_{a}^{b}f(x)\d x &\approx \sum_{i=1}^{n} \dfrac{b-a}{6n}\left[ f\left(x_{2i - 2}\right) + 4f\left(x_{2i - 1}\right) + f\left(x_{2i}\right) \right]\\ &= \dfrac{b-a}{6n}\left[ f\left(x_0\right) + f\left( x_{2n} \right) + 4\sum_{i=1}^{n} f\left(x_{2i - 1}\right) + 2\sum_{i=1}^{n-1} f\left(x_{2i}\right)\right] \end{aligned}

设 f(4)(x)f^{(4)}(x) 在 [a,b][a, b] 连续，记余项

Rn=∫abf(x) ⁣dx−b−a6n[f(x0)+f(x2n)+4∑i=1nf(x2i−1)+2∑i=1n−1f(x2i)]R_n = \int_{a}^{b}f(x)\d x - \dfrac{b-a}{6n}\left[ f\left(x_0\right) + f\left( x_{2n} \right) + 4\sum_{i=1}^{n} f\left(x_{2i - 1}\right) + 2\sum_{i=1}^{n-1} f\left(x_{2i}\right)\right]

则有

∣Rn∣⩽(b−a)52880n4M4\left\lvert R_n \right\rvert \leqslant \dfrac{(b-a)^5}{2880n^4}M_4

其中 M4=max⁡x∈[a,b]∣f(4)(x)∣M_4 = \displaystyle \max_{x \in [a, b]} \left\lvert f^{(4)}(x) \right\rvert。

定积分的应用

笛卡尔坐标系平面图形面积

只需记住 f(x), g(x), x=a, x=bf(x),\, g(x),\, x = a,\, x = b 围成的平面图形面积为

∫ab(f(x)−g(x)) ⁣dx\int_{a}^{b} \left( f(x) - g(x) \right) \d x

同时不一定要拘束在 xx，若是从 xx 轴角度上看不是个函数，从 yy 轴角度上看是个函数，可以从 yy 轴的角度进行积分以简化运算（否则要将 xx 轴角度的图形分成多个部分进行积分）。

极坐标系平面图形面积

取角度微元  ⁣dθ\d \theta，有

 ⁣dA=12ρ2(θ) ⁣dθ\d A = \dfrac{1}{2} \rho^2(\theta) \d \theta

从而

A=12∫αβρ2(θ) ⁣dθA = \dfrac{1}{2} \int_{\alpha}^{\beta} \rho^2(\theta) \d \theta

旋转体体积

设 f(x)f(x) 在 [a,b][a, b] 上连续，将 [a,b][a, b] 绕 xx 轴旋转一周，得到旋转体，其体积为

V=π∫abf2(x) ⁣dxV = \pi \int_{a}^{b} f^2(x) \d x

即取以 xx 轴为法向量的圆盘微元，体积

 ⁣dV=S ⁣dx=πf2(x) ⁣dx\d V = S \d x = \pi f^2(x) \d x

设 f(x)f(x) 在 [a,b][a, b] 上连续，将 [a,b][a, b] 绕 yy 轴旋转一周，得到旋转体，其体积为

V=2π∫abxf(x) ⁣dxV = 2\pi \int_{a}^{b} xf(x) \d x

即取法向量为 yy 轴的圆筒微元，体积

 ⁣dV=Ch ⁣dx=2πxf(x) ⁣dx\d V = C h \d x = 2\pi x f(x) \d x

平面曲线弧长

设 y=f(x)y = f(x) 在 [a,b][a, b] 上连续可导，则其弧长为

L=∫ab1+(f′(x))2 ⁣dxL = \int_{a}^{b} \sqrt{1 + \left( f'(x) \right)^2} \d x

化曲为直，弧长微元长度

 ⁣dL=1+(f′(x))2 ⁣dx\d L = \sqrt{1 + \left( f'(x) \right)^2} \d x

设曲线由参数方程

{x=φ(t)y=ψ(t),α⩽t⩽β\left\lbrace\begin{aligned} x &= \varphi(t)\\ y &= \psi(t) \end{aligned}\right.,\quad \alpha \le t \le \beta

确定，则换元积分有弧长

L=∫αβ(φ′(t))2+(ψ′(t))2 ⁣dtL = \int_{\alpha}^{\beta} \sqrt{\left( \varphi'(t) \right)^2 + \left( \psi'(t) \right)^2} \d t

若曲线由极坐标方程

ρ=ρ(θ),α⩽θ⩽β\rho = \rho(\theta),\quad \alpha \le \theta \le \beta

确定，且 ρ(θ)\rho(\theta) 在 [α,β][\alpha, \beta] 上连续可导，则其弧长为

L=∫αβ(ρ(θ))2+(ρ′(θ))2 ⁣dθL = \int_{\alpha}^{\beta} \sqrt{\left( \rho(\theta) \right)^2 + \left( \rho'(\theta) \right)^2} \d \theta

写成以极角 θ\theta 为参数的参数方程

{x=ρ(θ)cos⁡θy=ρ(θ)sin⁡θ,α⩽θ⩽β\left\lbrace\begin{aligned} x &= \rho(\theta) \cos \theta\\ y &= \rho(\theta) \sin \theta \end{aligned}\right.,\quad \alpha \le \theta \le \beta

有

x′2+y′2=[ρ′(θ)cos⁡θ−ρ(θ)sin⁡θ]2+[ρ′(θ)sin⁡θ+ρ(θ)cos⁡θ]2=(ρ′(θ))2+(ρ(θ))2\begin{aligned} x'^2 + y'^2 ={} & \left[ \rho'(\theta) \cos \theta - \rho(\theta) \sin \theta \right]^2\\ +{} & \left[ \rho'(\theta) \sin \theta + \rho(\theta) \cos \theta \right]^2\\ ={} & \left( \rho'(\theta) \right)^2 + \left( \rho(\theta) \right)^2 \end{aligned}

从而有弧微分

 ⁣ds=1+(f′(x))2 ⁣dx ⁣ds=(φ′(t))2+(ψ′(t))2 ⁣dt ⁣ds=(ρ(θ))2+(ρ′(θ))2 ⁣dθ\begin{aligned} \d s &= \sqrt{1 + \left(f'(x)\right)^2}\d x\\ \d s &= \sqrt{\left( \varphi'(t) \right)^2 + \left( \psi'(t) \right)^2} \d t\\ \d s &= \sqrt{\left( \rho(\theta) \right)^2 + \left( \rho'(\theta) \right)^2} \d \theta \end{aligned}

椭圆积分

对于 k∈(0,1), h∈Ck \in (0, 1),\, h \in \C，有三类椭圆积分

第一类椭圆积分

F(k,θ)=∫0θ ⁣dφ1−k2sin⁡2φF(k, \theta) = \int_{0}^{\theta} \frac{\d \varphi}{\sqrt{1 - k^2 \sin^2 \varphi}}

第二类椭圆积分

F(k,θ)=∫0θ1−k2sin⁡2φ ⁣dφF(k, \theta) = \int_{0}^{\theta} \sqrt{1 - k^2 \sin^2 \varphi} \d \varphi

第三类椭圆积分

G(k,θ,h)=∫0θ ⁣dθ(1+hsin⁡2θ)1−k2sin⁡2θG(k, \theta, h) = \int_{0}^{\theta} \frac{\d \theta}{\left( 1 + h \sin^2 \theta \right) \sqrt{1 - k^2 \sin^2 \theta}}

椭圆积分没有初等函数有限的表示形式的原函数，只能用数值积分进行计算。

之所以叫椭圆积分，是因为在计算椭圆周长时会出现这样的积分。椭圆面积可以比较容易地计算，但周长则需要求复杂的椭圆积分，没有初等函数有限的表示形式的原函数，只能用数值积分进行计算。

也就是说积分时看到如上形式就可以死心了，不要死磕。

旋转曲面面积

设 y=f(x)y = f(x) 在 [a,b][a, b] 上连续可导，将 f(x)f(x) 绕 xx 轴旋转一周，得到旋转曲面，其面积为

Sx=2π∫abf(x)1+(f′(x))2 ⁣dxS_x = 2\pi \int_{a}^{b} f(x) \sqrt{1 + \left( f'(x) \right)^2} \d x

由微元面积

 ⁣dS=C ⁣dx=2πf(x)1+(f′(x))2 ⁣dx\begin{aligned} \d S &= C \d x\\ &= 2\pi f(x) \sqrt{1 + \left( f'(x) \right)^2} \d x \end{aligned}

设 y=f(x)y = f(x) 在 [a,b][a, b] 上连续可导，将 f(x)f(x) 绕 yy 轴旋转一周，得到旋转曲面，其面积为

Sy=2π∫abx1+(f′(x))2 ⁣dxS_y = 2\pi \int_{a}^{b} x \sqrt{1 + \left( f'(x) \right)^2} \d x

由微元面积

 ⁣dS=C ⁣dx=2πx1+(f′(x))2 ⁣dx\begin{aligned} \d S &= C \d x\\ &= 2\pi x \sqrt{1 + \left( f'(x) \right)^2} \d x \end{aligned}

设曲线由参数方程

{x=φ(t)y=ψ(t),α⩽t⩽β\left\lbrace\begin{aligned} x &= \varphi(t)\\ y &= \psi(t) \end{aligned}\right.,\quad \alpha \le t \le \beta

确定，则

Sx=2π∫αβψ(t)(φ′(t))2+(ψ′(t))2 ⁣dtSy=2π∫αβφ(t)(φ′(t))2+(ψ′(t))2 ⁣dt\begin{aligned} S_x &= 2\pi \int_{\alpha}^{\beta} \psi(t) \sqrt{\left( \varphi'(t) \right)^2 + \left( \psi'(t) \right)^2} \d t\\ S_y &= 2\pi \int_{\alpha}^{\beta} \varphi(t) \sqrt{\left( \varphi'(t) \right)^2 + \left( \psi'(t) \right)^2} \d t \end{aligned}

若曲线由极坐标方程

ρ=ρ(θ),α⩽θ⩽β\rho = \rho(\theta),\quad \alpha \le \theta \le \beta

确定，且 ρ(θ)\rho(\theta) 在 [α,β][\alpha, \beta] 上连续可导，则其面积为

Sx=2π∫αβρ(θ)sin⁡θ(ρ(θ))2+(ρ′(θ))2 ⁣dθSy=2π∫αβρ(θ)cos⁡θ(ρ(θ))2+(ρ′(θ))2 ⁣dθ\begin{aligned} S_x &= 2\pi \int_{\alpha}^{\beta} \rho(\theta) \sin \theta \sqrt{\left( \rho(\theta) \right)^2 + \left( \rho'(\theta) \right)^2} \d \theta\\ S_y &= 2\pi \int_{\alpha}^{\beta} \rho(\theta) \cos \theta \sqrt{\left( \rho(\theta) \right)^2 + \left( \rho'(\theta) \right)^2} \d \theta \end{aligned}

曲率

曲率在我之前的博文就已经提及了，并给出了公式的推导过程。

当时的思路是用一个「曲率圆」去近似曲线，所得到的曲率圆的半径就是曲率半径，而曲率就是曲率圆的半径的倒数。

课本上给出了曲率的另一种阐述。

在函数 f(x)f(x) 某处（x0x_0）切线倾斜角 α\alpha 满足

tan⁡α=f′(x0)\tan \alpha = f'(x_0)

给 x0x_0 以增量 Δx\Delta x，从而有倾斜角 α\alpha 有增量

Δα=arctan⁡f′(x0+Δx)−arctan⁡f′(x0)\Delta \alpha = \arctan f'(x_0 + \Delta x) - \arctan f'(x_0)

在 Δx\Delta x 的增量中，有弧长的增量 Δs\Delta s。

注意到对于相同的弧长增量，若 Δα\Delta \alpha 越大，则曲线越弯曲，因此定义平均曲率

κˉ=ΔαΔs\bar{\kappa} = \dfrac{\Delta \alpha}{\Delta s}

并定义曲率

κ=∣lim⁡Δs→0ΔαΔs∣\kappa = \left\lvert \lim_{\Delta s \to 0} \dfrac{\Delta \alpha}{\Delta s} \right\rvert

并记曲率半径

R=1κR = \dfrac{1}{\kappa}

而

∣Δs∣=∣∫x0x0+Δx1+(f′(t))2 ⁣dt∣\left\lvert \Delta s \right\rvert = \left\lvert \int_{x_0}^{x_0 + \Delta x}\sqrt{1 + \left( f'(t) \right) ^2}\d t \right\rvert

有

lim⁡Δx→0ΔsΔx=1+(f′(x0))2\lim\limits_{\Delta x \to 0} \dfrac{\Delta s}{\Delta x} = \sqrt{1 + \left( f'(x_0) \right)^2}

而

lim⁡Δx→0ΔαΔx=α′(x0)=f′′(x0)1+(f′(x0))2\begin{aligned} \lim\limits_{\Delta x \to 0} \dfrac{\Delta \alpha}{\Delta x} &= \alpha'(x_0)\\ &= \dfrac{f''(x_0)}{1 + \left( f'(x_0) \right)^2} \end{aligned}

从而有

κ=∣f′′(x0)∣(1+(f′(x0))2)3/2\kappa = \dfrac{\left\lvert f''(x_0) \right\rvert}{\left( 1 + \left( f'(x_0) \right)^2 \right)^{3 / 2}}

若曲线由参数方程

{x=φ(t)y=ψ(t)\left\lbrace\begin{aligned} x &= \varphi(t)\\ y &= \psi(t) \end{aligned}\right.

确定，则

κ=∣φ′(t)ψ′′(t)−φ′′(t)ψ′(t)∣[(φ′(t))2+(ψ′(t))2]3/2\kappa = \dfrac{\left\lvert \varphi'(t) \psi''(t) - \varphi''(t) \psi'(t) \right\rvert}{\left[ \left( \varphi'(t) \right)^2 + \left( \psi'(t) \right)^2 \right]^{3 / 2}}

完全没有记忆的欲望。。。

对 A(x0,f(x0))A\left(x_0, f(x_0)\right) 与 B(x0+Δx,f(x0+Δx))B \left(x_0 + \Delta x, f(x_0 + \Delta x)\right) 处切线作垂线，交于一点 PP。

若 Δx→0\Delta x \to 0，可近似认为弧长微元为圆的一部分，从而有

{PA=PB=R∠APB=Δα\left\lbrace\begin{aligned} PA = PB = R\\ \angle APB = \Delta \alpha \end{aligned}\right.

从而有

Δs=RΔα\Delta s = R \Delta \alpha

也就是我一开始的思路。

κ\kappa（kappa）是 Copilot 给的提示，课本上用的是 KK，我之前用的是 ρ\rho，但由于 Copilot 是我大爹 κ\kappa 更好看，我就用 κ\kappa 了。

广义积分

至目前为止探讨的定积分都是在有限的区间 [a,b][a, b] 上进行的，同时函数在这个区间上还有界。但我也提到过了对于 ∫011x ⁣dx\displaystyle \int_{0}^{1} \dfrac{1}{\sqrt{x}}\d x 这样的积分，似乎可以使用牛顿-莱布尼茨公式得到一个有限的结果。因此，对于无限区间以及无界函数的积分的研究就很有必要。

定义

以下两类积分统称为广义积分（瑕积分、反常积分）：

  1. 无穷区间的积分
  2. 无界函数的积分

无穷区间上的积分

设 f(x)f(x) 在区间 [a,+∞)[a, +\infty) 上有定义，且 ∀b∈(a,+∞),f(x)\forall_{b \in (a, +\infty )}, f(x) 在 [a,b][a, b] 上可积。则定义无穷区间上的广义积分

∫a+∞f(x) ⁣dx=lim⁡b→+∞∫abf(x) ⁣dx\int_{a}^{+\infty} f(x) \d x = \lim_{b \to +\infty} \int_{a}^{b} f(x) \d x

若该极限存在，则称该广义积分收敛，否则称其发散。称 +∞+\infty 为该广义积分的瑕点。

同理，可定义 (−∞,a](-\infty, a] 上的广义积分 ∫−∞af(x) ⁣dx\displaystyle \int_{-\infty}^{a} f(x) \d x，及 (−∞,+∞)(-\infty, +\infty) 上的广义积分 ∫−∞+∞f(x) ⁣dx\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty} f(x) \d x：

∫−∞+∞f(x) ⁣dx=∫−∞cf(x) ⁣dx+∫c+∞f(x) ⁣dx\int_{-\infty}^{+\infty} f(x) \d x = \int_{-\infty}^{c} f(x) \d x + \int_{c}^{+\infty} f(x) \d x

其中 cc 为任意常数。

因此，只有当 ∫−∞cf(x) ⁣dx\displaystyle \int_{-\infty}^{c} f(x) \d x 和 ∫c+∞f(x) ⁣dx\displaystyle \int_{c}^{+\infty} f(x) \d x 均收敛时，∫−∞+∞f(x) ⁣dx\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty} f(x) \d x 才收敛。

cc 的选取并不影响广义积分的收敛性，因为

∫−∞cf(x) ⁣dx+∫c+∞f(x) ⁣dx=∫−∞cf(x) ⁣dx+(∫cdf(x) ⁣dx+∫d+∞f(x) ⁣dx)=(∫−∞cf(x) ⁣dx+∫cdf(x) ⁣dx)+∫d+∞f(x) ⁣dx=∫−∞df(x) ⁣dx+∫d+∞f(x) ⁣dx\begin{aligned} \int_{-\infty }^{c}f(x)\d x + \int_{c}^{+\infty }f(x)\d x &= \int_{-\infty }^{c}f(x)\d x + \left(\int_{c}^{d}f(x)\d x + \int_{d}^{+\infty }f(x)\d x\right) \\ &= \left(\int_{-\infty }^{c}f(x)\d x + \int_{c}^{d}f(x)\d x\right) + \int_{d}^{+\infty }f(x)\d x \\ &= \int_{-\infty }^{d}f(x)\d x + \int_{d}^{+\infty }f(x)\d x \end{aligned}

于是有一个很著名的问题。

求广义积分

∫−∞+∞arctan⁡x ⁣dx\int_{-\infty }^{+\infty }\arctan x\d x

很容易这样想，arctan⁡x\arctan x 是奇函数，而且 ∀m∈R,∫−mmarctan⁡x ⁣dx=0\forall_{m \in \R}, \displaystyle \int_{-m}^{m}\arctan x\d x = 0，从而

∫−∞+∞arctan⁡x ⁣dx=lim⁡m→+∞∫−mmarctan⁡x ⁣dx=0\begin{aligned} \int_{-\infty }^{+\infty }\arctan x\d x &= \lim_{m \to +\infty }\int_{-m}^{m}\arctan x\d x \\ &= 0 \end{aligned}

这样做是错误的，根据广义积分的定义可知，∫−∞+∞arctan⁡x ⁣dx\displaystyle \int_{-\infty }^{+\infty }\arctan x\d x 的收敛性取决于 ∫−∞carctan⁡x ⁣dx\displaystyle \int_{-\infty }^{c}\arctan x\d x 和 ∫c+∞arctan⁡x ⁣dx\displaystyle \int_{c}^{+\infty }\arctan x\d x 的收敛性，显然这两个极限不存在，因此 ∫−∞+∞arctan⁡x ⁣dx\displaystyle \int_{-\infty }^{+\infty }\arctan x\d x 发散。

这样的做法的错误在于，上下限的两个 ∞\infty 并不是一个无穷大，而错误做法假定了这两个无穷大是一样的。而例如 lim⁡x→0+1x=+∞, lim⁡x→01x2=+∞\lim\limits_{x \to 0^{+}} \dfrac{1}{x} = +\infty,\, \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{1}{x^2} = +\infty ，这两个都是正无穷大，但显然后者的增长速度要比前者快得多。

不过这个假定无穷大收敛速率相同的值有个名字，叫做柯西主值，记作 P∫−∞+∞f(x) ⁣dx\displaystyle \mathcal{P} \int_{-\infty }^{+\infty }f(x) \d x 或 PV∫−∞+∞f(x) ⁣dx\displaystyle \mathrm{PV} \int_{-\infty }^{+\infty }f(x) \d x，那么有

P∫−∞+∞arctan⁡x ⁣dx=lim⁡m→+∞∫−mmarctan⁡x ⁣dx=0\begin{aligned} \mathcal{P} \int_{-\infty }^{+\infty }\arctan x\d x &= \lim_{m \to +\infty }\int_{-m}^{m}\arctan x\d x\\ &= 0 \end{aligned}

无界函数的积分

设 f(x)f(x) 在区间 [a,b][a, b] 上有定义，且 ∀x∈[a,b],f(x)\forall_{x \in [a, b]}, f(x) 在 xx 处的邻域内可积。若 f(x)f(x) 在 aa 的右邻域内无界，则定义无界函数的广义积分

∫abf(x) ⁣dx=lim⁡ε→0+∫a+εbf(x) ⁣dx\int_{a}^{b} f(x) \d x = \lim_{\varepsilon \to 0^{+}} \int_{a + \varepsilon}^{b} f(x) \d x

若该极限存在，则称该广义积分收敛，否则称其发散。称 aa 为该广义积分的瑕点（奇点）。

同理，可定义 bb 为奇点时无界函数的广义积分

∫abf(x) ⁣dx=lim⁡ε→0+∫ab−εf(x) ⁣dx\int_{a}^{b} f(x) \d x = \lim_{\varepsilon \to 0^{+}} \int_{a}^{b - \varepsilon} f(x) \d x

若 a, ba,\, b 均为奇点，则定义

∫abf(x) ⁣dx=lim⁡ε→0+∫a+εcf(x) ⁣dx+lim⁡η→0+∫cb−ηf(x) ⁣dx\int_{a}^{b} f(x) \d x = \lim\limits_{\varepsilon \to 0^{+}} \int_{a + \varepsilon}^{c} f(x) \d x + \lim\limits_{\eta \to 0^{+}} \int_{c}^{b - \eta} f(x) \d x

其中 cc 为任意常数。

因此，只有当 ∫acf(x) ⁣dx\displaystyle \int_{a}^{c} f(x) \d x 和 ∫cbf(x) ⁣dx\displaystyle \int_{c}^{b} f(x) \d x 均收敛时，∫abf(x) ⁣dx\displaystyle \int_{a}^{b} f(x) \d x 才收敛。

广义牛顿-莱布尼茨公式、广义换元积分公式及广义分部积分公式就不再赘述了。

  1. x<0x < 0 时 ∫1x ⁣dx=ln⁡(−x)+C\displaystyle \int \dfrac{1}{x} \d x = \ln(-x) + C ↩︎

  2. 我记得高一的时候，在那本书上，也是像这样一个脚注，给了 ∫1x ⁣dx\displaystyle\int\dfrac{1}{x}\d x 的另一个原函数，即 ln⁡∣x∣+sign⁡x\ln \left\lvert x \right\rvert + \operatorname{sign}x，sign⁡x\operatorname{sign}x 为符号函数。显然这个函数也是 1x\dfrac{1}{x} 的一个原函数。因此 ln⁡∣x∣+C\ln \left\lvert x \right\rvert + C 的结果并不完全？ ↩︎

  3. 表格里 LaTeX\LaTeX 不支持用 |，不过 MPE 的预览可以用 \| x \| 作为 | x | 的代替。但是呢在博文则是原意显示为 ∥x∥\| x \|，但如果不用呢，又会出错。好在 LaTeX\LaTeX 为这些 delimiters 提供了专门的命令，算迂回解决了。 ↩︎