§$10.4$ 定积分的计算

一般来说，从定义出发来计算定积分是不切实际的。本节以 $Newton$-$Leibniz$ 公式（见命题 $\mathrm{10.3.4}$ 和 $\mathrm{10.3.5}$）为基础，在前三小节中介绍定积分计算，在最后一小节则与定积分计算相结合介绍积分中值定理的应用。（有关不等式、积分估计和近似计算等例题见下一章。）

$\mathrm{10.4.1}$ 计算公式与法则

与不定积分的计算法则相对应，定积分的计算法则有以下两个。

命题 10.4.1

（定积分的分部积分法）设 $u^{\prime }(x),v^{\prime }(x)\in R[a,b]$ ，则

$${\int }_a^{b}u(x)\mathrm{d}v(x)={u(x)v(x)|}_a^b-{\int }_a^{b}v(x)\mathrm{d}u(x).\text{\hspace{1em}(10.11)}$$

在应用上述公式时，如果 $u(a)v(a)$ 或 $u(b)v(b)$ 不存在，或者 $u(x)v(x)$ 在点 $x=a$ 或 $x=b$ 不连续，则应当将公式右边的第一项 $u(x)v(x){|}_a^b$ 理解为 ${\lim }_{x\to b^{-}}u(x)v(x)-{\lim }_{x\to a^{+}}u(x)v(x)$ 。（虽然这时 $u^{\prime }(x),v^{\prime }(x)$ 在点 $x=a$ 或 $x=b$ 可能不存在，但是由于函数在一个区间上的可积性以及积分值与其在有限点处的定义无关，因此这不会影响 $u^{\prime }(x),v^{\prime }(x)$ 的可积性以及积分值。）

命题 10.4.2

（定积分的换元积分法）设 $f\in R[a,b]$ ， $x=g(t)$ 在 $[\alpha ,\beta ]$ 上严格单调增加， $g^{\prime }(t)$ 在 $[\alpha ,\beta ]$ 上可积，且满足 $g(\alpha )=a$ ， $g(\beta )=b$ ，则

$${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x={\int }_{\alpha }^{\beta }f(g(t))g^{\prime }(t)\mathrm{d}t.$$

注1

如果 $f\in C[a,b]$ ，则 $g$ 的单调性条件可换为较弱的条件 $g([\alpha ,\beta ])\subset [a,b]$ 。两种情况的证明均可见 [59] 第二册 $140$ 页的命题 $6.1$ 和 $6.2$ 及其注。

注2

尽管定积分的换元积分法与不定积分的相应法则在形式上是类似的，但两者还是有区别的，不能把前者简单地看成为后者与 $Newton$-$Leibniz$ 公式的结合。两者的主要区别在于：定积分的计算与积分区间紧密关联，不仅换元以后积分限要作相应的改变，而且在采用变换前必须考虑进行变换所需的条件在有关区间上是否满足。相对来说，应用不定积分的换元法时对此不必多作强调，只有当需要写出原函数时才会与区间联系起来。

从下面的很多例子中可以看到，对定积分用换元法和分部积分法时往往能使一些积分项相互抵消，因此有时即使被积函数的原函数不是初等函数，我们仍然有可能计算出定积分的值。因此，定积分计算并不要求被积函数的原函数一定是初等函数，这与不定积分计算完全不同。

$\mathrm{10.4.2}$ 例题

例题10.4.1

计算 $I={\int }_0^{\pi /2}\sin x\ln \sin x\mathrm{d}x.$

解1

被积函数在 $x=0$ 时没有定义，但是从 $\sin x\sim x(x\to 0^{+})$ 和 $x\ln x\to 0(x\to 0^{+})$ 可以知道被积函数在 $x=0$ 右侧有界。

如果如下分部积分，则有

$$I={\int }_0^{\pi /2}\ln \sin x\mathrm{d}(-\cos x)=-\cos x{\ln \sin x|}_{0^{+}}^{\pi /2}+{\int }_0^{\pi /2}\cos x\mathrm{d}\ln \sin x.$$

由于右边第一项为无穷大，因此不能解决问题。克服这个困难的方法也很简单，只要将上面的 $\mathrm{d}(-\cos x)$ 改为 $\mathrm{d}(1-\cos x)$ 即可。利用 $1-\cos x\sim \frac{1}{2}{x}^2(x\to 0)$ ，就可计算如下：

$$\begin{array}{rl}& I={\int }_0^{\pi /2}\ln \sin x\mathrm{d}(1-\cos x)\\ & =(1-\cos x){\ln \sin x|}_{0^{+}}^{\pi /2}-{\int }_0^{\pi /2}(1-\cos x)\mathrm{d}(\ln \sin x)\\ & =-{\int }_0^{\pi /2}(1-\cos x)\cdot \frac{\cos x}{\sin x}\mathrm{d}x=-{\int }_0^{\pi /2}\frac{\sin x\cos x}{1+\cos x}\mathrm{d}x\\ & ={\int }_0^{\pi /2}\left(-\sin x+\frac{\sin x}{1+\cos x}\right)\mathrm{d}x\\ & =[\cos x-\ln (1+\cos x)]{|}_0^{\pi /2}=\ln 2-1.\end{array}$$

解2

从作代换 $x=2t$ 开始可计算如下

$$\begin{array}{l}{\int }_0^{\pi /2}\sin x\ln \sin x\mathrm{d}x\\ ={\int }_0^{\pi /4}2\sin 2t\ln \sin 2t\mathrm{d}t\\ =2\ln 2{\int }_0^{\pi /4}\sin 2t\mathrm{d}t+{\int }_0^{\pi /4}2\sin 2t\ln \sin t\mathrm{d}t+{\int }_0^{\pi /4}2\sin 2t\ln \cos t\mathrm{d}t\end{array}$$

（对第一个积分作代换 $2t=x$， 对最后一个积分作代换 $s=\frac{\pi }{2}-t$ ）

$$=\ln 2+{\int }_0^{\pi /4}2\sin 2t\ln \sin t\mathrm{d}t+{\int }_{\pi /4}^{\pi /2}2\sin 2s\ln \sin s\mathrm{d}s$$

（利用定积分与积分变量无关的特点合并两个积分）

$$=\ln 2+{\int }_0^{\pi /2}4\sin t\cos t\ln \sin tdt$$

（对积分再作代换 $\sin t=u$ ）

$$\begin{array}{l}=\ln 2+{\int }_0^{1}4u\ln u\mathrm{d}u\\ =\ln 2+2u^2\ln u{|}_{0^{+}}^1-{\int }_0^{1}2u\mathrm{d}u=\ln 2-1.\end{array}$$

注1

本题解1中处理分部积分的方法具有普遍意义，因此要再强调一下。具体来说，由于两个不同的原函数之间只差一个常值函数，因此在分部积分公式$(10.11)$中左边的 $u(x)\mathrm{d}v(x)$ 可改为 $u(x)\mathrm{d}(v(x)+c)$ ，其中 $c$ 待定。利用这一点灵活性可以解决不少问题。

注2

有的文献将本题与广义积分中的 $Euler$ 积分 ${\int }_0^{\pi /2}\ln \sin x\mathrm{d}x$ （见例题12.3.4 积分的情况并不相同。但是本题的解2确实与例题12.3.4的解2中的方法类似。$Euler$ 积分的情况并不相同。但是本题的解2确实与例题12.3.4的解2中的方法类似。

下面是一个简单的题，但其中还是有不少知识点需要注意。

例题10.4.2

设 $n$ 为大于 $1$ 的正整数，求 ${\int }_0^n(x-[x])dx$ ，其中 $[x]$ 表示不超过 $x$ 的最大整数。

解

由于被积函数在积分区间上只有有限个间断点，积分的存在性没有问题。但由于这有限个间断点是跳跃间断点，被积函数在整个区间上的原函数不存在（例题7.1.1），需分段计算积分。在区间 $[0,1]$ 上， $x-[x]$ 与函数 $f(x)=x$ 仅在点 $x=1$ 处有不同的值，因此它们的可积性和积分值相同，这样就有

$${\int }_0^1(x-[x])\mathrm{d}x={\int }_0^{1}x\mathrm{d}x=\frac{1}{2}.$$

又由于 $x-[x]$ 是周期为 $1$ 的周期函数，它在每个长度为 $1$ 的区间上的积分相同，所以就可以得到

$$\begin{array}{c}{\int }_0^n(x-[x])\mathrm{d}x=\left({\int }_0^1+{\int }_1^2+\cdots +{\int }_{n-1}^n\right)(x-[x])\mathrm{d}x\\ =n{\int }_0^1(x-[x])\mathrm{d}x=\frac{n}{2}.\end{array}$$

下面的例题说明，与计算不定积分一样，熟练地掌握初等代数或三角函数的运算公式，对于定积分的计算也是十分重要的。

例题10.4.3

在区间 $(0,\pi )$ 上定义 $D_n(x)=\frac{\sin \frac{(2n+1)x}{2}}{2\sin \frac{x}{2}},n\in {\mathbf{N}}_{+}$ ，计算 ${\int }_0^{\pi }{D}_n(x)\mathrm{d}x.$

解

虽然 $D_n(x)$ 在 $x=0$ 时无定义，但容易证明 ${\lim }_{x\to 0^{+}}{D}_n(x)=(2n+1)/2,$ 因此 $D_n(x)$ 在 $[0,\pi ]$ 上可积。直接对 $D_n(x)$ 积分是困难的，我们作如下变换。利用三角恒等式

$$2\sin \frac{x}{2}\left(\frac{1}{2}+\sum _{k=1}^n\cos kx\right)=\sin \frac{(2n+1)x}{2},$$

就可以将 $D_n$ 分解如下：

$$D_n(x)=\frac{1}{2}+\sum _{k=1}^n\cos kx.$$

逐项积分就得到

$$\begin{array}{r}{\int }_0^{\pi }{D}_n(x)\mathrm{d}x={\int }_0^{\pi }\left(\frac{1}{2}+{\sum }_{k=1}^n\cos kx\right)\mathrm{d}x\\ =\frac{\pi }{2}+{\sum }_{k=1}^n{\int }_0^{\pi }\cos kx\mathrm{d}x=\frac{\pi }{2}.\end{array}\text{\hspace{1em}(10.12)}$$

这个积分有时也称为 $Dirichlet$ 积分，其中的被积函数 $D_n$ 称为 $Dirichlet$ 核，$(10.12)$ 又可写成

$$1=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }\frac{\sin \frac{(2n+1)x}{2}}{2\sin \frac{x}{2}}\mathrm{d}x.\text{\hspace{1em}(10.13)}$$

$Dirichlet$ 核与公式 $(10.13)$ 在积分理论与级数理论中有重要的应用。

下一题虽然是对变限积分求导，但是不能直接应用命题10.3.2。同时它也表明，该命题只给出了变限积分可导的充分条件。变限积分在被积函数不连续点上仍有可能是可导的。

例题10.4.4

设 $F(x)={\int }_0^x\sin \frac{1}{t}\mathrm{d}t,$ 求 $F^{\prime }(0)$ 。

解

由于 $x=0$ 是被积函数的第二类间断点，不能用对变动上限求导的方法来求 $F^{\prime }(0)$ ，而只能按照定义来计算导数。根据定义 $F(0)=0$ ，而当 $x\ne 0$ 时，由分部积分公式可以得到

$$\begin{array}{rl}F(x)& ={\int }_0^x{t}^2\mathrm{d}\cos \frac{1}{t}=t^2\cos \frac{1}{t}{|}_0^x-{\int }_0^x\cos \frac{1}{t}\mathrm{d}(t^2)\\ & =x^2\cos \frac{1}{x}-{\int }_0^{x}2t\cos \frac{1}{t}\mathrm{d}t.\end{array}\text{\hspace{1em}(10.14)}$$

按照导数的定义计算极限：

$$F^{\prime }(0)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{F(x)-F(0)}{x}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }x\cos \frac{1}{x}-\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{{\int }_0^{x}2t\cos \frac{1}{t}\mathrm{d}t}{x}.$$

右边的第一项极限明显为 $0$ 。第二项是 $\frac{0}{0}$ 的不定式，用 $L^{\prime }Hospital$ 法则就得到结果是 $0$ 。因此 $F^{\prime }(0)=0$ 。 □

$F^{\prime }(0)$ 的计算也可以如下进行：虽然函数 $2t\cos \frac{1}{t}$ 在 $t=0$ 没有定义，但是可以补充定义在该点的函数值为 $0$ 。这时$(10.14)$中最后一个积分的被积函数在 $t=0$ 连续，从而可以直接用命题10.3.2。

$\mathrm{10.4.3}$ 对称性在定积分计算中的应用

设积分区间关于原点对称，例如为 $[-a,a](a>0)$ 。则容易知道，当被积函数 $f$ 是奇函数，即其图像关于原点为中心对称时，就有 ${\int }_{-a}^{a}f(x)\mathrm{d}x=0$ ；而当 $f$ 为偶函数，即其图像关于 $y$ 轴为对称时，就有 ${\int }_{-a}^{a}f(x)\mathrm{d}x=2{\int }_0^{a}f(x)\mathrm{d}x$ 。

如果将以上的对称性进一步推广，则对于某些积分的计算是很有好处的。下面我们会看到利用对称性甚至可以计算出被积函数没有初等原函数的某些定积分。在举例之前先列出三个简单而有用的事实，其证明留给读者。

命题10.4.3

设函数 $f$ 在区间 $[a,b]$ 上可积，则成立

$${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x={\int }_a^{b}f(a+b-x)\mathrm{d}x,$$

特别当积分区间为 $[0,a]$ 时则有

$${\int }_0^{a}f(x)\mathrm{d}x={\int }_0^{a}f(a-x)\mathrm{d}x.$$

命题10.4.4

设函数 $f$ 在区间 $[0,a]$ 上可积，且有 $f(x)=f(a-x)$ ，即关于区间的中点为偶函数（也就是关于直线 $x=a/2$ 为偶函数），则成立

$${\int }_0^{a}f(x)\mathrm{d}x=2{\int }_0^{a/2}f(x)\mathrm{d}x.$$

命题10.4.5

设函数 $f$ 在区间 $[0,a]$ 上可积，且有 $f(x)=-f(a-x)$ ，即关于区间的中点为奇函数，则成立

$$I={\int }_0^{a}f(x)\mathrm{d}x=0.$$

由于 $f(x)+f(a-x)$ 关于点 $x=a/2$ 总是偶函数，因此就可得到以下更为有力的命题，它包含了以上两个命题为其特例。

命题10.4.6

设函数 $f$ 在 $[0,a]$ 上可积，记 $f(x)+f(a-x)=g(x)$ ，则成立

$${\int }_0^{a}f(x)\mathrm{d}x={\int }_0^{a/2}g(x)\mathrm{d}x.$$

下面 $4$ 个定积分计算题是利用对称性的典型例题，它们都可以用命题10.4.6直接解决。

例题10.4.5

对任意两个不同时为零的实数 $a,b$， 计算

$${\int }_0^{\pi }\frac{\cos x}{\sqrt{a^2{\sin }^{2}x+b^2{\cos }^{2}x}}\mathrm{d}x.$$

解

由于被积函数关于积分区间的中点 $\frac{\pi }{2}$ 为奇函数，因此用命题10.4.5（或命题10.4.6）即知该积分等于 $0$ 。 □

例题10.4.6

计算 $I={\int }_0^{\pi }\frac{x\sin x}{1+{\cos }^{2}x}\mathrm{d}x$ 。

解1

用命题10.4.6先计算

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

因此就有

$$I={\int }_0^{\pi /2}\frac{\pi \sin x}{1+{\cos }^{2}x}\mathrm{d}x=-\pi \arctan (\cos x){|}_0^{\pi /2}=\frac{{\pi }^2}{4}.$$

解2

本题中所利用的对称性可以如下理解：由于被积函数 $f$ 中除去因子 $x$ 后的部分关于直线 $x=\frac{\pi }{2}$ 为偶函数，而因子 $x$ 关于点 $\left(\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right)$ 是奇函数，因此如果将因子 $x$ 换为 $x-\frac{\pi }{2}$ ，整个被积函数就是关于区间中点的奇函数。从命题10.4.5知其积分为 $0$ ，因此也可如下计算：

$$\begin{array}{rl}& I={\int }_0^{\pi }\frac{\left(x-\frac{\pi }{2}\right)\sin x}{1+{\cos }^{2}x}\mathrm{d}x+\frac{\pi }{2}{\int }_0^{\pi }\frac{\sin x}{1+{\cos }^{2}x}\mathrm{d}x\\ & =\pi {\int }_0^{\pi /2}\frac{\sin x}{1+{\cos }^{2}x}\mathrm{d}x=-\pi \arctan (\cos x){|}_0^{\pi /2}=\frac{{\pi }^2}{4}.\end{array}$$

例题10.4.7

计算 $I={\int }_0^1\frac{\ln (1+x)}{1+x^2}\mathrm{d}x.$

解

作代换 $x=\tan t,\mathrm{d}x={\sec }^{2}t\mathrm{d}t,$ 就得到

$$I={\int }_0^1\frac{\ln (1+x)}{1+x^2}\mathrm{d}x={\int }_0^{\pi /4}\ln (1+\tan t)\mathrm{d}t.\text{\hspace{1em}(10.15)}$$

用命题10.4.6计算上式的最后一个积分．先计算

$$\begin{array}{r}\ln (1+\tan t)+\ln \left[1+\tan \left(\frac{\pi }{4}-t\right)\right]=\ln (1+\tan t)+\ln \left(1+\frac{1-\tan t}{1+\tan t}\right)\\ =\ln (1+\tan t)+\ln \frac{2}{1+\tan t}=\ln 2,\end{array}$$

然后就得到

$$I={\int }_0^{\pi /8}\ln 2\mathrm{d}x=\frac{\pi }{8}\ln 2.$$

下一题的积分值关于被积函数中的参数 $a$ 为常数，在作代换 $\tan x=t$ 之后可以得到关于广义积分的相应结果（见第十二章第一组参考题1）。

例题10.4.8

证明：对任意实数 $a$， 成立恒等式

$${\int }_0^{\pi /2}\frac{\mathrm{d}x}{1+{\tan }^{a}x}\equiv {\int }_0^{\pi /2}\frac{\mathrm{d}x}{1+{\cot }^{a}x}\equiv \frac{\pi }{4}.$$

证

因 $\cot x=\tan \left(\frac{\pi }{2}-x\right)$ ，用命题10.4.3知两个积分相等。用命题10.4.6，从

$$\frac{1}{1+{\tan }^{\alpha }x}+\frac{1}{1+{\cot }^{\alpha }x}=\frac{1}{1+{\tan }^{\alpha }x}+\frac{{\tan }^{\alpha }x}{1+{\tan }^{\alpha }x}=1$$

即知结论成立。

$\mathrm{10.4.4}$ 用递推方法求定积分

设有一列函数 $f_n(x)\in R[a,b]$ ，其中下标 $n\in {\mathbf{N}}_{+}$ 为参数。为了计算积分 ${\int }_a^b{f}_n(x)\mathrm{d}x$ ，我们可用各种方法将下标为 $n$ 的积分 ${\int }_a^b{f}_n(x)\mathrm{d}x$ 化成与下标 $k<n$ 的积分 ${\int }_a^b{f}_k(x)\mathrm{d}x$ 有关的表达式（即递推公式）。继续如此做下去，就有可能将问题化为求下标最小的一个或几个积分。计算定积分的这种方法，称为递推方法。

例题10.4.9

计算 $I_n={\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{n}x\mathrm{d}x={\int }_0^{\pi /2}{\cos }^{n}x\mathrm{d}x.$

解

两个积分相等可以由换元 $t=\frac{\pi }{2}-x$ 得到。由定积分的分部积分法，

$$\begin{array}{l}{I}_n={\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{n-1}x\mathrm{d}(-\cos x)=-{\sin }^{n-1}x\cos x{|}_0^{\pi /2}+{\int }_0^{\pi /2}\cos x\mathrm{d}({\sin }^{n-1}x)\\ =(n-1){\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{n-2}x{\cos }^{2}x\mathrm{d}x=(n-1)I_{n-2}-(n-1)I_n,\end{array}$$

移项后得递推公式：

$$I_n=\frac{n-1}{n}{I}_{n-2}(n⩾2).$$

重复使用上述公式，由于

$$I_0={\int }_0^{\pi /2}\mathrm{d}x=\frac{\pi }{2},I_1={\int }_0^{\pi /2}\sin x\mathrm{d}x=1,$$

就得到

$$I_n=\{\begin{array}{ll}\frac{(n-1)!!}{n!!},& n\text{为奇数},\\ \frac{(n-1)!!}{n!!}\cdot \frac{\pi }{2},& n\text{为偶数}.\end{array}\text{\hspace{1em}(10.16)}$$

请初学者注意，在定积分的计算中，公式 $(10.16)$ 经常有用，因此需要记住这个公式并能熟练应用。此外， $I_n$ 在 $n$ 为奇数和偶数时的表达式不同是今后导出 $Wallis$ 公式（命题11.4.1）的关键。

例题10.4.10

设 $m,n$ 为正整数，计算含双参数的积分

$$B(m,n)={\int }_0^1{x}^{m-1}(1-x{)}^{n-1}\mathrm{d}x.$$

解

令 $x^{m-1}\mathrm{d}x=\mathrm{d}v,(1-x{)}^{n-1}=u,$ 进行分部积分，得到递推公式：

$$\begin{array}{rl}B(m,n)& =\frac{x^m(1-x{)}^{n-1}}{m}{|}_0^1+\frac{n-1}{m}{\int }_0^1{x}^m(1-x{)}^{n-2}\mathrm{d}x\\ & =\frac{n-1}{m}B(m+1,n-1),\end{array}$$

连续应用上述公式，得到

$$\begin{array}{rl}B(m,n)& =\frac{(n-1)(n-2)\cdots (n-(n-1))}{m(m+1)\cdots (m+n-2)}B(m+n-1,1)\\ & =\frac{(n-1)!}{m(m+1)\cdots (m+n-2)}{\int }_0^1{x}^{m+n-2}\mathrm{d}x\\ & =\frac{(n-1)!}{m(m+1)\cdots (m+n-2)(m+n-1)}\\ & =\frac{(n-1)!(m-1)!}{(m+n-1)!}.\end{array}$$

读者可将本题与例题9.1.10比较，以看出定积分的分部积分法与不定积分的分部积分法之间的差别。

$\mathrm{10.4.5}$ 积分中值定理的应用

同微分中值定理一样，积分中值定理在数学分析中同样十分重要。应该指出，应用积分中值定理的例题五花八门，举不胜举，其解题的方法与技巧也多种多样，在研究生入学考试的数学分析试卷中更是经常出现。由于篇幅限制，我们不可能举出大量这样的例题，希望初学者能通过模仿与实践，举一反三，拓宽自己的思路。以下只是一些初步的例子，更多的应用见下一章。

首先给出积分第二中值定理的一个证明，它同时也是积分第一中值定理的典型应用。（注意其中的条件比命题10.2.2要强。）

例题10.4.11

设 $f\in C[a,b]$ ， $g$ 在区间 $[a,b]$ 上可微， $g^{\prime }\in R[a,b]$ 且不变号，则有 $\xi \in (a,b)$ ，使成立

$${\int }_a^{b}f(x)g(x)\mathrm{d}x=g(a){\int }_a^{\xi }f(x)\mathrm{d}x+g(b){\int }_{\xi }^{b}f(x)\mathrm{d}x.$$

证

在积分 ${\int }_a^{b}f(x)g(x)\mathrm{d}x$ 中，令 $\mathrm{d}v=f(x)\mathrm{d}x$ ， $u=g(x)$ ，作分部积分：

$$\begin{array}{r}{\int }_a^{b}f(x)g(x)\mathrm{d}x=\left(g(x){\int }_a^{x}f(t)\mathrm{d}t\right){|}_a^b-{\int }_a^b{g}^{\prime }(x)F(x)\mathrm{d}x\\ =g(b){\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x-{\int }_a^b{g}^{\prime }(x)F(x)\mathrm{d}x.\end{array}$$

注意到变限积分 $F(x)={\int }_a^{x}f(t)\mathrm{d}t$ 连续和 $g^{\prime }(x)$ 不变号，对右边最后一个积分用积分第一中值定理（及其在例题10.2.2中的改进），知道存在 $\xi \in (a,b)$ ，使得成立

$$\begin{array}{rl}{\int }_a^b{g}^{\prime }(x)F(x)\mathrm{d}x& =F(\xi ){\int }_a^b{g}^{\prime }(x)\mathrm{d}x\\ & =[g(b)-g(a)]{\int }_a^{\xi }f(x)\mathrm{d}x.\end{array}$$

因此得到

$$\begin{array}{rl}{\int }_a^{b}f(x)g(x)\mathrm{d}x& =g(b){\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x-[g(b)-g(a)]{\int }_a^{\xi }f(x)\mathrm{d}x\\ & =g(a){\int }_a^{\xi }f(x)\mathrm{d}x+g(b){\int }_{\xi }^{b}f(x)\mathrm{d}x,\xi \in (a,b).\end{array}$$

下一个例题实际上是 $Riemann$ 定理（例题10.2.7）的一个特例。

例题10.4.12

设 $f\in C[0,2\pi ]$ ，证明：

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_0^{2\pi }f(x)|\sin nx|\mathrm{d}x=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{2\pi }f(x)\mathrm{d}x.\text{\hspace{1em}(10.17)}$$

解

先将积分区间 $[0,2\pi ]$ 划分为 $\sin nx$ 的定号区间，再用第一中值定理：

$$\begin{array}{rlr}& & {\int }_0^{2\pi }f(x)|\sin nx|\mathrm{d}x={\sum }_{k=1}^n{\int }_{2(k-1)\pi /n}^{2k\pi /n}f(x)|\sin nx|\mathrm{d}x\\ & & ={\sum }_{k=1}^{n}f({\xi }_k){\int }_{2(k-1)\pi /n}^{2k\pi /n}|\sin nx|\mathrm{d}x,\end{array}$$

其中 ${\xi }_k\in (2(k-1)\pi /n,2k\pi /n),k=1,2,\cdots ,n.$ 又直接计算得到

$${\int }_{2(k-1)\pi /n}^{2k\pi )/n}|\sin nx|\mathrm{d}x=\frac{1}{n}{\int }_0^{2\pi }|\sin t|\mathrm{d}t=\frac{4}{n}{\int }_0^{\pi /2}\sin t\mathrm{d}t=\frac{4}{n},$$

因此有

$${\int }_0^{2\pi }f(x)|\sin nx|\mathrm{d}x=\frac{4}{n}\sum _{k=1}^{n}f({\xi }_k)=\frac{2}{\pi }\left(\sum _{k=1}^{n}f({\xi }_k)\cdot \frac{2\pi }{n}\right).$$

上式右边的和式可看成 $[0,2\pi ]$ 上的连续函数 $f$ 在 $[0,2\pi ]$ 的 $n$ 等距分划下的一个 $Riemann$ 和。令 $n\to \infty$ 就得到所求证的结果。

注1

本题采用的证明方法可称为“子区间法”，即在计算一列函数 $\{f_n(x)\}$ 在某个区间上的定积分的极限值时，对每个正整数 $n$ ，把该区间划分成 $n$ 个子区间，分别计算出函数 $f_n(x)$ 在这些子区间上的定积分，然后相加。一般会得到一个与 $n$ 有关的值，最后取极限即可。

注2

本题也可以通过如下方法证明：先对阶梯函数 $f$ 证明$(10.17)$成立，然后用阶梯函数来逼近连续函数，从而证明$(10.17)$对一般的连续函数成立。

注3

如例题10.2.7的 $Riemann$ 定理（又见本章第二组参考题4）所示，本题的积分区间改换为一般的区间 $[a,b]$ （此时 $f\in C[a,b]$ ）时结论仍然成立。

下一题的方法很多，然而用积分中值定理的方法在思路上非常清晰。

例题10.4.13

设对每个 $n\in N_{+},f_n(x)\in C[0,1]$ ，且有 ${\int }_0^1{f}_n^2(x)dx=1$ ，证明：存在 $N$ 和常数 $c_i,i=1,2,\cdots ,N$ ，使得

$$\sum _{n=1}^N{c}_n^2=1,\underset{0⩽x⩽1}{\max }\left\{\left|\sum _{n=1}^N{c}_n{f}_n(x)\right|\right\}>100.$$

证

容易看出题中的 $100$ 换成其他大数都是可以的。对于积分等式

$${\int }_0^1\left[f_1^2(x)+f_2^2(x)+\cdots +f_N^2(x)\right]\mathrm{d}x=N$$

的左边，用积分第一中值定理，知道存在 $\xi \in (0,1)$ ，使得

$$f_1^2(\xi )+f_2^2(\xi )+\cdots +f_N^2(\xi )=N.$$

将上式左边看成 $N$ 维 $Euclid$ 空间中的一个向量

$$\mathbf{v}=\left(f_1(\xi ),f_2(\xi ),\dots ,f_N(\xi )\right)$$

的长度平方，则这个向量的长度就是 $\sqrt{N}$ 。

另一方面，可以将待定的 $N$ 个数 $c_1,\cdots ,c_N$ 看成一个单位长度的待定向量 $c$ 。这样一来就只要使得

$$\left|c_1{f}_1(\xi )+c_2{f}_2(\xi )+\cdots +c_N{f}_N(\xi )\right|>100$$

就够了．而上式的左边可以看成是向量 $v$ 与单位向量 $c$ 的内积的绝对值．为了使它尽可能大，只要使它们同方向即可．这时的内积等于向量 $v$ 的长度 $\sqrt{N}$ 因此，只要取 $N=10001>100^2$ 和

$$c_i=\frac{f_i(\xi )}{\sqrt{N}},i=1,2,\dots ,N,$$

就可以满足要求。

$\mathrm{10.4.6}$ 练习题

$1$. $Cauchy$ 曾经用下面的例子说明用 $Newton$-$Leibniz$ 公式时必须验证条件。请指出以下计算中的错误并作更正：

$${\int }_0^{3\pi /4}\frac{\sin x}{1+{\cos }^{2}x}\mathrm{d}x=\arctan (\sec x){|}_0^{3\pi /4}=-\arctan \sqrt{2}-\frac{\pi }{4}.$$

$2$. 计算下列各题：

(1) ${\int }_0^2|1-x|\mathrm{d}x;$

(3) ${\lim }_{x\to +\infty }\sqrt{x}{\int }_x^{x+1}\frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{t+\cos t}};$

(2) ${\int }_{-2}^2\min \left\{\frac{1}{|x|},x^2\right\}\mathrm{d}x;$

(5) ${\int }_0^{\pi }\left({\int }_0^x\frac{\sin t}{\pi -t}\mathrm{d}t\right)\mathrm{d}x;$

(4) ${\int }_{-\pi /4}^{\pi /4}\frac{{\cos }^{2}x}{1+{\mathrm{e}}^{-x}}\mathrm{d}x;$

(6) ${\int }_0^{\pi }\frac{\mathrm{d}x}{a^2{\sin }^{2}x+b^2{\cos }^{2}x}$ $(ab\ne 0)$ .

$3$. 利用对称性，计算下列各题：

(1) ${\int }_0^{\pi }\frac{x\mathrm{d}x}{1+{\cos }^{2}x};$

(2) ${\int }_0^1\frac{x}{{\mathrm{e}}^x+{\mathrm{e}}^{1-x}}\mathrm{d}x;$

(3) ${\int }_{-2}^{2}x\ln (1+{\mathrm{e}}^x)\mathrm{d}x$ ;

(4) ${\int }_0^{\pi /4}\ln (1+\tan x)\mathrm{d}x;$

(5) ${\int }_0^{\pi /2}\frac{{\sin }^{n}x}{{\sin }^{n}x+{\cos }^{n}x}\mathrm{d}x;$

(6) ${\int }_0^{\pi }\frac{a^n{\sin }^{2}x+b^n{\cos }^{2}x}{a^{2n}{\sin }^{2}x+b^{2n}{\cos }^{2}x}\mathrm{d}x.$

$4$. 设 $f\in C[0,a],a>0$ 。

(1) 在 $[0,a]$ 上 $f(x)+f(a-x)\ne 0$ ，计算 $I={\int }_0^a\frac{f(x)}{f(x)+f(a-x)}\mathrm{d}x$ ；

(2) 在 $[0,a]$ 上 $f(x)f(a-x)\equiv 1$ ，计算 $I={\int }_0^a\frac{\mathrm{d}x}{1+f(x)}$ 。

$5$. 设 $f$ 为连续函数，证明下列等式：

(1) ${\int }_0^{\pi }xf(\sin x)\mathrm{d}x=\frac{\pi }{2}{\int }_0^{\pi }f(\sin x)\mathrm{d}x;$

(2) ${\int }_1^{a}f\left(x^2+\frac{a^2}{x^2}\right)\frac{\mathrm{d}x}{x}={\int }_1^{a}f\left(x+\frac{a^2}{x}\right)\frac{\mathrm{d}x}{x};$

(3) ${\int }_0^{2\pi }f(a\cos x+b\sin x)\mathrm{d}x=2{\int }_0^{\pi }f(\sqrt{a^2+b^2}\cos x)\mathrm{d}x.$

$6$. 设 $n\in {\mathbf{N}}_{+}$ ，计算 ${\int }_0^{\pi }{\sin }^{2n-1}x\cos (2n+1)x\mathrm{d}x$ 与 ${\int }_0^{\pi }{\cos }^{2n-1}x\sin (2n+1)x\mathrm{d}x$ 。

$7$. 计算 $I(m,n)={\int }_0^1{x}^m{\ln }^{n}x\mathrm{d}x$ ，其中 $m,n$ 是正整数。

$8$. 计算 $J(m,n)={\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{m}x{\cos }^{n}x\mathrm{d}x,$ 其中 $m,n$ 是正整数。

$9$. 求 $F^{\prime }(0)$ ，其中 $F(x)={\int }_0^x\cos \frac{1}{t}\mathrm{d}t$ 。

$10$. （ $Fej\acute{e}r$ 积分）证明： ${\int }_0^{\pi /2}{\left(\frac{\sin nx}{\sin x}\right)}^2\mathrm{d}x=\frac{n\pi }{2}$ 。

$11$. 定义 $f(x)={\int }_x^{x+\pi /2}|\sin t|\mathrm{d}t,x\in (-\infty ,+\infty )$ 。

(1) 证明： $f$ 是周期为 $\pi$ 的周期函数；

(2) 求 $f$ 的最大值与最小值。

$12$. 设 $f\in C[0,1]$ ，且在 $(0,1)$ 上可微。如果 ${\int }_{7/8}^{1}f(x)\mathrm{d}x=\frac{1}{8}f(0)$ ，证明：存在 $\xi \in (0,1)$ ，使 $f^{\prime }(\xi )=0$ 。