11.3.2 积分的近似计算

例题 11.3.1

估计积分 $I={\int }_a^b\frac{\sin x}{x}dx$ 的值, 其中 $0<a<b$.

解

如果利用 $|\sin x|⩽|x|$ , 则只能得到

$$|I|⩽b-a.\text{\hspace{1em}(11.17)}$$

这个估计在 $b-a$ 较大时当然很差.

利用积分第一中值定理, 由于因子 $1/x$ 不变号, 就得到

$$\left|I\right|=\left|\sin \xi {\int }_a^b\frac{\mathrm{d}x}{x}\right|⩽{\int }_a^b\frac{\mathrm{d}x}{x}=\ln \frac{b}{a}=\ln \left(1+\frac{b-a}{a}\right)<\frac{b}{a}-1.\text{\hspace{1em}(11.18)}$$

如果 $a>1$ ，则这个估计比 $(11.17)$ 要好.但是对于 $b-a$ 很大的情况仍然不好

利用积分第二中值定理和因子 $1/x$ 单调非负，就有

$$|I|=\left|\frac{1}{a}{\int }_a^{\xi }\sin x\mathrm{d}x\right|⩽\frac{1}{a}|\cos \xi -\cos a|⩽\frac{2}{a}.\text{\hspace{1em}(11.19)}$$

如果 $a>1$ ，则对于 $b-a$ 很大的情况这个估计明显比前两个要好. 观察该被积函数的特性(其图像见图 $4.2(a)$)，当积分区间较大时，必须将 $\sin x$ 所起的正负抵消的作用考虑进去，而不能如前两个估计那样只利用 $|\sin x|⩽|x|$ 和 $|\sin x|⩽1$ . 这就是估计 $(11.19)$ 优于它们的理由所在.

估计 $(11.19)$ 与区间右端无关. 下面一个估计则对任何 $0⩽a<b$ 都成立:

$$\left|{\int }_a^b\frac{\sin x}{x}\mathrm{d}x\right|<3.\text{\hspace{1em}(11.20)}$$

这里不妨设 $0⩽a<1<b$ , 否则下面的估计更为简单. 这时将积分拆开, 并利用 $(11.17)$ 和 $(11.19)$ 就得到

$$|I|⩽\left|{\int }_a^1\frac{\sin x}{x}\mathrm{d}x\right|+\left|{\int }_1^b\frac{\sin x}{x}\mathrm{d}x\right|<1+2=3.\text{\hspace{1em}(11.21)}$$

当然这还是一个很粗的估计. 与区间无关的最优估计问题留作为本章第二组参考题 $5$ . 又若 $a,b$ 是给定的具体数值, 则还需要利用被积函数在 $[a,b]$ 上的具体特性才能作出较好的估计.

下面就是一个例子 (即是 $[27]$ 中的 $2328$ 题).

例题 11.3.2

估计定积分 $I={\int }_{100\pi }^{200\pi }\frac{\sin x}{x}\mathrm{d}x$ 的值.

解 1

将积分区间按 $\pi$ 的整倍数拆开, 就不难证明 $I>0$ (细节从略). 又利用上面已有的估计式 $(11.19)$, 就得到 $[27]$ 中的答案:

$$I=\frac{\theta }{50\pi },0<\theta ⩽1.$$

解 2

利用被积函数的分母大于 $100\pi$ ，而如下分部积分后会变得更大，就有

$$\begin{array}{r}I=\left(-\frac{\cos x}{x}-\frac{\sin x}{x^2}\right){|}_{100\pi }^{200\pi }-2{\int }_{100\pi }^{200\pi }\frac{\sin x}{x^3}\mathrm{d}x\\ =\frac{1}{200\pi }-2{\int }_{100\pi }^{200\pi }\frac{\sin x}{x^3}\mathrm{d}x.\end{array}$$

对于右边的积分用积分第二中值定理估计, 就有

$$\left|I-\frac{1}{200\pi }\right|⩽\frac{2}{10^6{\pi }^3}\left|{\int }_{100\pi }^{\xi }\sin x\mathrm{d}x\right|⩽\frac{4}{10^6{\pi }^3}\approx 0.129\times 10^{-6}.$$

也就是说积分 $I\approx \frac{1}{200\pi }\approx \mathrm{0.00159.}$

用 $Mathematica$ 计算得到 $I\approx 0.00159149$ . 实际上, 如果对上面的最后一个积分再用分部积分和第二中值定理, 则可以得到更为精确的近似值.

各种不等式在估计中都可能有用. 其中 $Cauchy$ 不等式与 $Schwarz$ 不等式更是常用的工具. 例如, 椭圆 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a,b>0)$ 的周长为

$$s=4{\int }_0^{\pi /2}\sqrt{a^2{\sin }^{2}t+b^2{\cos }^{2}t}\mathrm{d}t,$$

其中被积函数的原函数不是初等函数, 因此不可能用 $Newton-Leibniz$ 公式来计算 (可参看 $[50]$ 中的 $138–142$ 页). 下面我们分别用 $Schwarz$ 不等式和 $Cauchy$ 不等式来估计这个积分的上界和下界. 它们的平均值即是在某些数学手册中关于椭圆周长的近似公式之一.

例题 11.3.3

证明： $\pi (a+b)⩽s⩽\pi \sqrt{2a^2+2b^2}.$

证

首先, 不难由 $Schwarz$ 不等式得到上界估计:

$$\begin{array}{l}s=4{\int }_0^{\pi /2}\sqrt{a^2{\sin }^{2}t+b^2{\cos }^{2}t}\mathrm{d}t\\ ⩽4{\left[{\int }_0^{\pi /2}(a^2{\sin }^{2}t+b^2{\cos }^{2}t)\mathrm{d}t\right]}^{\frac{1}{2}}{\left({\int }_0^{\pi /2}\mathrm{d}t\right)}^{\frac{1}{2}}\\ =4{\left[\frac{\pi }{4}(a^2+b^2)\right]}^{\frac{1}{2}}{\left(\frac{\pi }{2}\right)}^{\frac{1}{2}}=\pi \sqrt{2a^2+2b^2}.\end{array}$$

然后 (反方向) 用 $Cauchy$ 不等式求出被积函数的下界:

$$\begin{array}{rl}& \sqrt{a^2{\sin }^{2}t+b^2{\cos }^{2}t}=\sqrt{a^2{\sin }^{2}t+b^2{\cos }^{2}t}\cdot \sqrt{{\sin }^{2}t+{\cos }^{2}t}\\ & ⩾a\sin t\cdot \sin t+b\cos t\cdot \cos t\\ & =a{\sin }^{2}t+b{\cos }^{2}t,\end{array}$$

对两边积分再乘 $4$ 就得到积分的下界估计:

$$s⩾4{\int }_0^{\pi /2}(a{\sin }^{2}t+b{\cos }^{2}t)\mathrm{d}t=\pi (a+b).$$

在数学分析教科书中对于积分的近似计算一般是介绍三种方法, 即梯形公式、矩形公式和抛物线公式 (也称为 $Simpson$ (辛普森) 公式). 这些公式以及更深入的数值积分方法都是以下面的定理为基础的.

命题 11.3.1 ($Euler-Maclaurin$ 求和公式)

设函数 $f\in C^{(2m+2)}[a,b]$ ， $h=(b-a)/n$ ， $x_i=a+ih$ ， $i=0,1,\cdots ,n$ ，则

$$\begin{array}{l}\frac{b-a}{n}{\sum }_{i=1}^n\frac{1}{2}[f(x_{i-1})+f(x_i)]-{\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x\\ ={\sum }_{k=1}^m\frac{B_{2k}}{(2k)!}{h}^{2k}[f^{(2k-1)}(b)-f^{(2k-1)}(a)]\\ +\frac{B_{2m+2}}{(2m+2)!}{h}^{2m+2}{f}^{(2m+2)}(\xi )(b-a),\end{array}\text{\hspace{1em}(11.22)}$$

其中 $\xi \in [a,b]$ , $B_{2k}\left(k=1,2,\cdots ,m+1\right)$ 是 $Bernoulli$ 数 (见 $\mathrm{7.2.3}$ 小节), 其中前三个是:

$$B_2=\frac{1}{6},B_4=-\frac{1}{30},B_6=\frac{1}{42}.$$

容易看出, 上述公式的左边就是对于区间 $[a,b]$ 的 $n$ 等距分划下的梯形公式与积分之差, 因此公式给出了梯形公式的误差表达式. 通过组合就可以得到矩形公式和抛物线公式的误差估计.

公式 $(11.22)$ 的证明并不困难, 主要是用分部积分法. 下面给出的几个例题主要是介绍方法. 将例题中所得的结果用于等距分划的每个子区间, 并加以合并就可以得到 $m=0,1$ 时的 $Euler-Maclaurin$ 公式. 它们提供了梯形公式和矩形公式的误差估计.

例题 11.3.4

设 $f\in C^2[0,h]$ , 则存在 $\xi \in [0,h]$ , 使成立

$${\int }_0^{h}f(x)\mathrm{d}x=\frac{h}{2}[f(0)+f(h)]-\frac{1}{12}{f}^{\prime \prime }(\xi )h^3.\text{\hspace{1em}(11.23)}$$

证

如下用两次分部积分得到

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{h}f(x)\mathrm{d}x& ={\int }_0^{h}f(x){\left(x-\frac{h}{2}\right)}^{\prime }\mathrm{d}x\\ & =f(x)\left(x-\frac{h}{2}\right){|}_0^h-{\int }_0^h{f}^{\prime }(x)\left(x-\frac{h}{2}\right)\mathrm{d}x\\ & =\frac{h}{2}[f(0)+f(h)]-\frac{1}{2}{\int }_0^h{f}^{\prime }(x)[x(x-h){]}^{\prime }\mathrm{d}x\\ & =\frac{h}{2}[f(0)+f(h)]+\frac{1}{2}{\int }_0^h{f}^{\prime \prime }(x)[x(x-h)]\mathrm{d}x.\end{array}\text{\hspace{1em}(11.24)}$$

由于 $x(x-h)$ 不变号, 对右边的积分用第一中值定理就得到所要的结果:

$$\frac{1}{2}{\int }_0^h{f}^{\prime \prime }(x)[x(x-h)]\mathrm{d}x=\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }(\xi ){\int }_0^{h}x(x-h)\mathrm{d}x=-\frac{1}{12}{f}^{\prime \prime }(\xi )h^3.$$

如果引进变上限积分 $F(x)={\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t,0⩽x⩽h$ ，就可以看出本题与第七章第一组参考题 $9(3)$ 相同。两者在条件和结论上的差异不是本质的，只要应用第十章第一组参考题 $11$ 就可以解决。此外，这也说明在积分学中的许多问题用微分学也是可以解决的。

例题 11.3.5

设 $f\in C^4[0,h]$ ，证明：存在 $\xi \in [0,h]$ ，使成立

$${\int }_0^{h}f(x)\mathrm{d}x=\frac{h}{2}[f(0)+f(h)]-\frac{h^2}{12}[f^{\prime }(h)-f^{\prime }(0)]+\frac{1}{720}{f}^{(4)}(\xi )h^5.\text{\hspace{1em}(11.25)}$$

证

从上一例题中推导得到的等式 $(11.24)$ 继续做下去:

$$\begin{array}{rl}& {\int }_0^{h}f(x)\mathrm{d}x-\frac{h}{2}[f(0)+f(h)]\\ & =\frac{1}{2}{\int }_0^h{f}^{\prime \prime }(x)[x(x-h)]\mathrm{d}x\\ & =-\frac{h^2}{12}{\int }_0^h{f}^{\prime \prime }(x)\mathrm{d}x+\frac{1}{2}{\int }_0^h{f}^{\prime \prime }(x)\left(x^2-hx+\frac{h^2}{6}\right)\mathrm{d}x\\ & =-\frac{h^2}{12}[f^{\prime }(h)-f^{\prime }(0)]+\frac{1}{2}{\int }_0^h{f}^{\prime \prime }(x){\left(\frac{x^3}{3}-\frac{h{x}^2}{2}+\frac{h^{2}x}{6}\right)}^{\prime }\mathrm{d}x\\ & =-\frac{h^2}{12}[f^{\prime }(h)-f^{\prime }(0)]-\frac{1}{2}{\int }_0^h{f}^{\prime \prime \prime }(x)\left(\frac{x^3}{3}-\frac{h{x}^2}{2}+\frac{h^{2}x}{6}\right)\mathrm{d}x\\ & =-\frac{h^2}{12}[f^{\prime }(h)-f^{\prime }(0)]-\frac{1}{2}{\int }_0^h{f}^{\prime \prime \prime }(x){\left(\frac{x^4}{12}-\frac{h{x}^3}{6}+\frac{h^2{x}^2}{12}\right)}^{\prime }\mathrm{d}x\\ & =-\frac{h^2}{12}[f^{\prime }(h)-f^{\prime }(0)]+\frac{1}{24}{\int }_0^h{f}^{(4)}(x)[x^2(x-h{)}^2]\mathrm{d}x,\end{array}$$

在最后一个积分中, 利用因子 $x^2(h-x{)}^2$ 不变号, 再用积分第一中值定理就可得到所要的等式. $\square$

以上结果对于梯形公式和矩形公式的误差估计已经够用．为了对抛物线公式作出误差估计，还需要 $m=2$ 时的 $Euler-Maclaurin$ 公式，其证明方法与上面完全一样，读者可自己完成．此外，在 $[14,17]$ 等教科书中均对抛物线公式采用微分学方法作出误差估计．下面只是对于抛物线方法中的基本公式作一点介绍．

例题 11.3.6（万能公式）

若 $p(x)$ 是不超过 $3$ 次的多项式，则有

$${\int }_a^{b}p(x)\mathrm{d}x=\frac{1}{6}\left[p(a)+4p\left(\frac{1}{2}(a+b)\right)+p(b)\right](b-a).\text{\hspace{1em}(11.26)}$$

证

令 $q(t)=f(a+t(b-a))$ ，就可以将要证明的公式变为等价的

$${\int }_0^{1}q(t)\mathrm{d}t=\frac{1}{6}\left[q(0)+4q\left(\frac{1}{2}\right)+q(1)\right].$$

然后利用积分为线性运算, 分别用 $q(t)=1,t,t^2,t^3$ 代入验算即可.

这个公式在初等数学的体积计算中有万能公式的美名：只要将一个立体的顶截面、中截面和底截面的面积分别乘 $1:4:1$ 并相加，然后除以 $6$,再乘高度即可.容易验证它对于球、圆锥和圆台等形体的体积都给出了准确的答案.

11.3.3 练习题

1. 证明:

(1) ${\int }_0^{\sqrt{2\pi }}\sin x^2\mathrm{d}x>0;$ (2) $\frac{1}{20\sqrt[3]{2}}<{\int }_0^1\frac{x^{19}}{\sqrt[3]{1+x^6}}\mathrm{d}x<\frac{1}{20};$ (3) ${\int }_0^{\pi /2}x{\left(\frac{\sin nx}{\sin x}\right)}^4\mathrm{d}x<\frac{n^2{\pi }^2}{4};$ (4) $0<\frac{\pi }{2}-{\int }_0^{\pi /2}\frac{\sin x}{x}\mathrm{d}x<\frac{{\pi }^3}{144};$ (5) $0.005<{\int }_0^{100}\frac{{\mathrm{e}}^{-x}}{x+100}\mathrm{d}x<0.01;$ (6) $\frac{2}{9}{\pi }^2<{\int }_{\pi /6}^{\pi /2}\frac{2x}{\sin x}\mathrm{d}x<\frac{1}{3}{\pi }^2.$

2. 设 $f$ 在 $[0,a](a>0)$ 上有可积的导函数, 证明:

$$|f(0)|⩽\frac{1}{a}{\int }_0^a|f(x)|\mathrm{d}x+{\int }_0^a|f^{\prime }(x)|\mathrm{d}x.$$

3. 设 $f$ 在 $[0,1]$ 上有可积的导函数, 证明:

$${\int }_0^1|f(x)|\mathrm{d}x⩽\max \left\{{\int }_0^1|f^{\prime }(x)|\mathrm{d}x,\left|{\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x\right|\right\}.$$

4. 设函数 $f$ 在 $[a,b]$ 上可微, $|f^{\prime }(x)|⩽M$ , 且 ${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x=0$ . 对于函数 $F(x)={\int }_a^{x}f(t)\mathrm{d}t$ ,

(1) 证明: $|F(x)|⩽\frac{M(b-a{)}^2}{8}$ ;

(2) 在增加条件 $f(a)=f(b)=0$ 时证明: $|F(x)|⩽\frac{M(b-a{)}^2}{16}$ .

5. 证明: 对每个正整数 $n$ , 成立

$$\frac{2}{3}n\sqrt{n}<1+\sqrt{2}+\cdots +\sqrt{n}<\frac{4n+3}{6}\sqrt{n}.$$

6. 设 $f$ 在 $[a,b]$ 上可微, $f(a)=f(b)=0$ , $|f^{\prime }(x)|⩽M$ , 证明:

$$\left|{\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x\right|⩽\frac{M}{4}(b-a{)}^2.$$

7. 设 $f$ 在 $[a,b]$ 上二阶可微, $f(a)=f(b)=0$ , $|f^{\prime \prime }(x)|⩽M$ , 证明:

$$\left|{\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x\right|⩽\frac{M}{12}(b-a{)}^3.$$

8. (矩形公式) 设 $f\in C^2[a,b]$ , 证明: 存在 $\xi \in (a,b)$ , 使成立

$${\int }_a^{b}f-(b-a)f\left(\frac{a+b}{2}\right)=\frac{f^{\prime \prime }(\xi )(b-a{)}^3}{24}.$$

9. 设 $f$ 于 $[-1,1]$ 上可微, 且有 $a\in (0,1)$ , 使得 ${\int }_{-a}^{a}f(x)\mathrm{d}x=0$ , 证明:

$$\left|{\int }_{-1}^{1}f(x)\mathrm{d}x\right|⩽M(1-a^2).$$

10. 设 $f$ 于 $[0,1]$ 上可微, $|f^{\prime }(x)|⩽M$ , 证明:

$$\left|{\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x-\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n}f\left(\frac{k}{n}\right)\right|⩽\frac{M}{2n}.$$

11. 设 $f$ 在区间 $[0,1]$ 上可微, 且 $f^{\prime }\in R[0,1]$ , 对正整数 $n$ 定义

$$A_n={\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x-\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n}f\left(\frac{k}{n}\right),$$

证明： ${\lim }_{n\to \infty }n{A}_n=\frac{1}{2}(f(0)-f(1)).$

12. 设 $f$ 在区间 $[0,1]$ 上二阶可微, 且 $f^{\prime \prime }\in R[0,1]$ , 对正整数 $n$ 定义

$$B_n={\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x-\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n}f\left(\frac{2k-1}{2n}\right),$$

证明： ${\lim }_{n\to \infty }{n}^2{B}_n=\frac{1}{24}[f^{\prime }(1)-f^{\prime }(0)].$