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定积分的计算

## 10.4 定积分的计算方法
这一节专门讨论定积分的计算．虽然前面已经有了 Newton－Leibniz 公式，但我们会发现在很多情况下还是将不定积分中的换元法和分部积分法移植到定积分计算中来更为方便。此外，还介绍如何利用对称性解决某些定积分的计算问题，其中的原函数可能是积不出来的．

## 10.4.1 换元法
定理10．14 设函数 $u(x)$ 在区间 $[a, b]$ 上有连续导函数，$f(u)$ 在函数 $u=u(x)$的值域（必定是区间）上连续，则成立

$$
\int_a^b f(u(x)) u^{\prime}(x) d x=\int_{u(a)}^{u(b)} f(u) d u
$$

证 作辅助函数

$$
F(t)=\int_a^t f(u(x)) u^{\prime}(x) d x-\int_{u(a)}^{u(t)} f(u) d u, a \leqslant t \leqslant b
$$

则 $F(a)=0$ ，且对于每个 $t \in[a, b]$ 有

$$
F^{\prime}(t)=f(u(t)) u^{\prime}(t)-f(u(t)) u^{\prime}(t)=0
$$

因此 $F(t)$ 在 $a \leqslant t \leqslant b$ 上为常值函数，从而有 $F(b)=F(a)=0$ ．这就是要求证的公式（10．12）．

注 1 在不定积分中我们学习了两种换元法．其实从公式（10．12）来看，若要计算的是左边，则就有 $d u(x)=u^{\prime}(x) d x$ ，因此就是用凑微分法（即第一种换元法）将左边化为右边．反之，从右边化到左边就是第二种换元法．与不定积分不同之处是，在对定积分用换元法时必须注意积分限作相应的变换。

此外，与不定积分的情况类似，可以将（10．12）左边的 $u^{\prime}(x) d x$ 看成为 $d u$ ，因此在定积分记号中的微分符号 $d x$ 对于计算也是有帮助的。

注 2 定理 10.14 中的条件可以减弱，本书从略。但另一方面这里不要求 $u=u(x)$ 是从 $[a, b]$ 到 $[u(a), u(b)]$ 的一一映射，条件比较宽松．

例题 10.29 求 $I=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin ^n x \cos x d x$ ．
解 用凑微分法，令 $u=\sin x$ ，则 $x$ 从 0 到 $\frac{\pi}{2}$ 对应于 $u$ 从 0 到 1 ，因此就有

$$
I=\int_0^1 u^n d u=\frac{1}{n+1} .
$$

注 这里可以看出，由于积分限取定时定积分只是一个数，因此对定积分用换元法时，最后不必再恢复到原来的积分变量，因此比用不定积分的换元法加上
Newton－Leibniz 公式来得方便．这是不定积分的换元法与定积分的换元法之间的又一个差别．

例题 10.30 求圆 $x^2+y^2 \leqslant R^2$ 的面积．
解 只要求出第一象限的面积再乘 4 即可，因此有 $S=4 \int_0^R \sqrt{R^2-x^2} d x$ ．作代换 $x=R \sin t$ ，则当 $t$ 从 0 到 $\frac{\pi}{2}$ 时 $x$ 从 0 到 $R$ ．于是有

$$
\begin{aligned}
S & =4 \int_0^{\frac{\pi}{2}} R \cos t d(R \sin t)=\int_0^{\frac{\pi}{2}} R^2 \cos ^2 t d t \\
& =4 R^2 \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1+\cos 2 t}{2} d t \\
& =4 R^2\left(\frac{\pi}{4}+\left.\frac{1}{4} \sin 2 t\right|_0 ^{\frac{\pi}{2}}\right)=\pi R^2 .
\end{aligned}
$$

下面是有关周期函数积分的一个基本结果．

例题10．31 设 $f$ 是在 $(-\infty,+\infty)$ 上周期为 $T$ 的周期函数，且在任何有界区间上（R）可积，证明 $f$ 在长度为周期 $T$ 的每个区间上的积分值都相同，也就是说对每个 $a$ 成立：

$$
\int_a^{a+T} f(x) d x=\int_0^T f(x) d x
$$

证 利用定积分关于区间的可加性写出

$$
\int_a^{a+T} f=\int_a^0 f+\int_0^T f+\int_T^{a+T} f
$$

然后对于右边第三个积分 $\int_a^{a+T} f(x) d x$ 作代换 $x=t+T$ ，则当 $x$ 从 $T$ 到 $a+T$ 时 $t$ 从 0 到 $T$ ，因此得到

$$
\int_T^{a+T} f(x) d x=\int_0^a f(t+T) d t=\int_0^a f(t) d t=-\int_a^0 f(t) d t
$$

代入前式即得。
注 若本题中 $f$ 的条件加强为连续函数，则可以用对积分限求导的方法来证明．定义 $F(a)=\int_a^{a+T} f(x) d x$ ，其中 $a$ 为自变量．由于 $f$ 连续，因此就有

$$
F^{\prime}(a)=f(a+T)-f(a)=0
$$

可见 $F(a)$ 关于 $a$ 为常值函数．所要求证的等式就是 $F(a)=F(0)$

## 10.4.2 分部积分法
定理 10.15 设函数 $u, v$ 的导函数 $u^{\prime}, v^{\prime} \in R[a, b]$ ，则成立如下的分部积分公式

$$
\int_a^b u(x) v^{\prime}(x) d x=\left.u(x) v(x)\right|_a ^b-\int_a^b v(x) u^{\prime}(x) d x
$$

证 从 Newton－Leibniz 公式有

$$
\int_a^b(u(x) v(x))^{\prime} d x=\left.u(x) v(x)\right|_a ^b
$$

利用 $(u v)^{\prime}=u v^{\prime}+u^{\prime} v$ 就得到

$$
\int_a^b u(x) v^{\prime}(x) d x+\int_a^b u^{\prime}(x) v(x) d x=\int_a^b(u(x) v(x))^{\prime} d x=\left.u(x) v(x)\right|_a ^b
$$

移项即得。
注 利用定积分记号中的微分 $d x$ ，分部积分公式可记为对于使用更为方便的下列形式：

$$
\int_a^b u d v=\left.u v\right|_a ^b-\int_a^b v d u
$$

此外，利用 Newton－Leibniz 公式的推广（见定理 10.2 的注），上述分部积分公式也有相应的推广．这就是允许 $u, v$ 的导函数 $u^{\prime}, v^{\prime}$ 在有限个点上不一定存在，但只要

$u, v$ 连续，且 $u^{\prime}, v^{\prime} \in R[a, b]$ ，则公式仍然成立．
例题 10.32 求 $I=\int_0^a \sqrt{x^2+a^2} d x$ ，其中 $a>0$ ．
解 这题的不定积分已在例题 9.47 中用分部积分法求出，因此只要对那里的结果用 Newton－Leibniz 公式即可．下面用相同方法但直接计算定积分．

$$
\begin{aligned}
I & =\left.x \sqrt{x^2+a^2}\right|_0 ^a-\int_0^a \frac{x^2}{\sqrt{x^2+a^2}} d x \\
& =\sqrt{2} a^2-\int_0^a \sqrt{x^2+a^2} d x+a^2 \int_0^a \frac{d x}{\sqrt{x^2+a^2}} \\
& =\frac{\sqrt{2}}{2} a^2+\left.\frac{a^2}{2} \ln \left(x+\sqrt{x^2+a^2}\right)\right|_0 ^a \\
& =\frac{a^2}{2}(\sqrt{2}+\ln (1+\sqrt{2})) .
\end{aligned}
$$

例题 10.34 对于函数 $F(x)=\int_0^x \sin \frac{1}{t} d t$ 计算 $F^{\prime}(0)$ ．
解 在前面的例题 10.21 中已经用定理 10.11 求出了 $x \neq 0$ 时的导数 $F^{\prime}(x)$ ．本题的难处在于积分号下的被积函数在 $t=0$ 处不但没有定义，而且是第二类间断点，因此不能用连续延拓原理来解决问题。

用分部积分法可以克服这个困难．关键在于导出 $F$ 的新的表达式：

$$
\begin{aligned}
F(x) & =\int_0^x t^2 d\left(\cos \frac{1}{t}\right)=\left.t^2 \cos \frac{1}{t}\right|_{0^{+}} ^x-\int_0^x \cos \frac{1}{t} d t^2 \\
& =x^2 \cos \frac{1}{x}-\int_0^x 2 t \cos \frac{1}{t} d t
\end{aligned}
$$

已知 $F(0)=0$ ．将上式右边的第一项连续延拓到 $x=0$ ，而第二项的被积函数在 $x=0$ 处也可以连续延拓，这样就可以对两项分别求导，由于这两个导数都是 0 ，因此得到 $F^{\prime}(0)=0$ 。

注 以下是在分部积分后不用连续延拓的证明方法．首先从 $F$ 的定义有 $F(0)=0$ ．然后在作上述分部积分后直接按照导数的定义来计算差商的极限：

$$
\begin{aligned}
F^{\prime}(0) & =\lim _{x \rightarrow 0} \frac{F(x)-F(0)}{x-0} \\
& =\lim _{x \rightarrow 0}\left(x \cos \frac{1}{x}\right)-\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\int_0^x 2 t \cos \frac{1}{t} d t}{x} .
\end{aligned}
$$

右边第一项的极限明显为 0 ，而第二项则可以用 L＇Hospital 法则，即有
右边第一项的极限明显为 0 ，而第二项则可以用 L＇Hospital 法则，即有

$$
\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\int_0^x 2 t \cos \frac{1}{t} d t}{x}=\lim _{x \rightarrow 0} 2 x \cos \frac{1}{x}=0
$$

下一个例子是分部积分法在积分估计（或积分不等式）中的应用．
例题 10.35 设 $f$ 在 $[0,1]$ 上有连续导函数，$f(0)=f(1)=0$ ，证明

$$
\left|\int_0^1 f(x) d x\right| \leqslant \frac{1}{2} \int_0^1\left|f^{\prime}(x)\right| d x
$$

证 对于左边的积分来说要利用 $f^{\prime} \in C[0,1]$ 的条件，当然需要作分部积分．但仅仅如此，则只能有

$$
\int_0^1 f(x) d x=\left.x f(x)\right|_0 ^1-\int_0^1 x f^{\prime}(x) d x
$$

还不能达到目的．
这里需要利用一个技巧，即在分部积分中将 $d x$ 看成为 $d \left(x-\frac{1}{2}\right)$ ，将上述分部积分过程改写为

$$
\int_0^1 f(x) d\left(x-\frac{1}{2}\right)=\left.\left(x-\frac{1}{2}\right) f(x)\right|_0 ^1-\int_0^1\left(x-\frac{1}{2}\right) f^{\prime}(x) d x
$$

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