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

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

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

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

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:

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

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

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 θ5 0 π, 0 < θ ≤slant 1.$$I=\frac{\theta }{50\pi },0<\theta ⩽1.$$

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

r I = (- frac cos xx - frac sin xx ^ 2) g | _ 1 0 0 π ^ 2 0 0 π - 2 ∫_ 1 0 0 π ^ 2 0 0 π frac sin xx ^ 3 d x = frac 12 0 0 π - 2 ∫_ 1 0 0 π ^ 2 0 0 π frac sin xx ^ 3 d x.$$\begin{array}{r}I=\left(-\frac{\cos x}{x}-\frac{\sin x}{x^2}\right){|}_{100\pi }^{200\pi }-2{\int }_{100\pi }^{200\pi }\frac{\sin x}{x^3}\mathrm{d}x\\ =\frac{1}{200\pi }-2{\int }_{100\pi }^{200\pi }\frac{\sin x}{x^3}\mathrm{d}x.\end{array}$$

对于右边的积分用积分第二中值定理估计，就有

| I - frac 12 0 0 π | ≤slant frac 21 0 ^ 6 π^ 3 | ∫_ 1 0 0 π ^ ξ sin x d x | ≤slant frac 41 0 ^ 6 π^ 3 ≈ 0. 1 2 9 × 1 0 ^ - 6.$$\left|I-\frac{1}{200\pi }\right|⩽\frac{2}{10^6{\pi }^3}\left|{\int }_{100\pi }^{\xi }\sin x\mathrm{d}x\right|⩽\frac{4}{10^6{\pi }^3}\approx 0.129\times 10^{-6}.$$

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 ∫_ 0 ^ π / 2 sqrt a ^ 2 sin^ 2 t + b ^ 2 cos^ 2 t d t,$$s=4{\int }_0^{\pi /2}\sqrt{a^2{\sin }^{2}t+b^2{\cos }^{2}t}\mathrm{d}t,$$

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:

l s = 4 ∫_ 0 ^ π / 2 sqrt a ^ 2 sin^ 2 t + b ^ 2 cos^ 2 t d t ≤slant 4 [ ∫_ 0 ^ π / 2 (a ^ 2 sin^ 2 t + b ^ 2 cos^ 2 t) d t ] ^ frac 12 (∫_ 0 ^ π / 2 d t) ^ frac 12 = 4 [ frac π4 (a ^ 2 + b ^ 2) ] ^ frac 12 (frac π2) ^ frac 12 = π sqrt 2 a ^ 2 + 2 b ^ 2.$$\begin{array}{l}s=4{\int }_0^{\pi /2}\sqrt{a^2{\sin }^{2}t+b^2{\cos }^{2}t}\mathrm{d}t\\ ⩽4{\left[{\int }_0^{\pi /2}(a^2{\sin }^{2}t+b^2{\cos }^{2}t)\mathrm{d}t\right]}^{\frac{1}{2}}{\left({\int }_0^{\pi /2}\mathrm{d}t\right)}^{\frac{1}{2}}\\ =4{\left[\frac{\pi }{4}(a^2+b^2)\right]}^{\frac{1}{2}}{\left(\frac{\pi }{2}\right)}^{\frac{1}{2}}=\pi \sqrt{2a^2+2b^2}.\end{array}$$

然后 (反方向) 用 $Cauchy$ 不等式求出被积函数的下界:

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

对两边积分再乘 $4$ 就得到积分的下界估计:

s ≥slant 4 ∫_ 0 ^ π / 2 (a sin^ 2 t + b cos^ 2 t) d t = π (a + b).$$s⩾4{\int }_0^{\pi /2}(a{\sin }^{2}t+b{\cos }^{2}t)\mathrm{d}t=\pi (a+b).$$

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

l frac b - an ∑_ i = 1 ^ n frac 12 [ f (x _ i - 1) + f (x _ i) ] - ∫_ a ^ b f (x) d x = ∑_ k = 1 ^ m frac B _ 2 k(2 k) ! h ^ 2 k [ f ^ (2 k - 1) (b) - f ^ (2 k - 1) (a) ] + frac B _ 2 m + 2(2 m + 2) ! h ^ 2 m + 2 f ^ (2 m + 2) (ξ) (b - a), (11.22)$$\begin{array}{l}\frac{b-a}{n}{\sum }_{i=1}^n\frac{1}{2}[f(x_{i-1})+f(x_i)]-{\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x\\ ={\sum }_{k=1}^m\frac{B_{2k}}{(2k)!}{h}^{2k}[f^{(2k-1)}(b)-f^{(2k-1)}(a)]\\ +\frac{B_{2m+2}}{(2m+2)!}{h}^{2m+2}{f}^{(2m+2)}(\xi )(b-a),\end{array}\text{\hspace{1em}(11.22)}$$

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 16, B _ 4 = - frac 13 0, B _ 6 = frac 14 2.$$B_2=\frac{1}{6},B_4=-\frac{1}{30},B_6=\frac{1}{42}.$$

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

∫_ 0 ^ h f (x) d x = frac h2 [ f (0) + f (h) ] - frac 11 2 f ^ prime prime (ξ) h ^ 3. (11.23)$${\int }_0^{h}f(x)\mathrm{d}x=\frac{h}{2}[f(0)+f(h)]-\frac{1}{12}{f}^{\prime \prime }(\xi )h^3.\text{\hspace{1em}(11.23)}$$

证

如下用两次分部积分得到

r l ∫_ 0 ^ h f (x) d x & = ∫_ 0 ^ h f (x) (x - frac h2) ^ prime d x & = f (x) (x - frac h2) | _ 0 ^ h - ∫_ 0 ^ h f ^ prime (x) (x - frac h2) d x & = frac h2 [ f (0) + f (h) ] - frac 12 ∫_ 0 ^ h f ^ prime (x) [ x (x - h) ] ^ prime d x & = frac h2 [ f (0) + f (h) ] + frac 12 ∫_ 0 ^ h f ^ prime prime (x) [ x (x - h) ] d x. (11.24)$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{h}f(x)\mathrm{d}x& ={\int }_0^{h}f(x){\left(x-\frac{h}{2}\right)}^{\prime }\mathrm{d}x\\ & =f(x)\left(x-\frac{h}{2}\right){|}_0^h-{\int }_0^h{f}^{\prime }(x)\left(x-\frac{h}{2}\right)\mathrm{d}x\\ & =\frac{h}{2}[f(0)+f(h)]-\frac{1}{2}{\int }_0^h{f}^{\prime }(x)[x(x-h){]}^{\prime }\mathrm{d}x\\ & =\frac{h}{2}[f(0)+f(h)]+\frac{1}{2}{\int }_0^h{f}^{\prime \prime }(x)[x(x-h)]\mathrm{d}x.\end{array}\text{\hspace{1em}(11.24)}$$

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 12 ∫_ 0 ^ h f ^ prime prime (x) [ x (x - h) ] d x = frac 12 f ^ prime prime (ξ) ∫_ 0 ^ h x (x - h) d x = - frac 11 2 f ^ prime prime (ξ) h ^ 3.$$\frac{1}{2}{\int }_0^h{f}^{\prime \prime }(x)[x(x-h)]\mathrm{d}x=\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }(\xi ){\int }_0^{h}x(x-h)\mathrm{d}x=-\frac{1}{12}{f}^{\prime \prime }(\xi )h^3.$$

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

∫_ 0 ^ h f (x) d x = frac h2 [ f (0) + f (h) ] - frac h ^ 21 2 [ f ^ prime (h) - f ^ prime (0) ] + frac 17 2 0 f ^ (4) (ξ) h ^ 5. (11.25)$${\int }_0^{h}f(x)\mathrm{d}x=\frac{h}{2}[f(0)+f(h)]-\frac{h^2}{12}[f^{\prime }(h)-f^{\prime }(0)]+\frac{1}{720}{f}^{(4)}(\xi )h^5.\text{\hspace{1em}(11.25)}$$

证

从上一例题中推导得到的等式 $(11.24)$ 继续做下去:

r l & ∫_ 0 ^ h f (x) d x - frac h2 [ f (0) + f (h) ] & = frac 12 ∫_ 0 ^ h f ^ prime prime (x) [ x (x - h) ] d x & = - frac h ^ 21 2 ∫_ 0 ^ h f ^ prime prime (x) d x + frac 12 ∫_ 0 ^ h f ^ prime prime (x) (x ^ 2 - h x + frac h ^ 26) d x & = - frac h ^ 21 2 [ f ^ prime (h) - f ^ prime (0) ] + frac 12 ∫_ 0 ^ h f ^ prime prime (x) (frac x ^ 33 - frac h x ^ 22 + frac h ^ 2 x6) ^ prime d x & = - frac h ^ 21 2 [ f ^ prime (h) - f ^ prime (0) ] - frac 12 ∫_ 0 ^ h f ^ prime prime prime (x) (frac x ^ 33 - frac h x ^ 22 + frac h ^ 2 x6) d x & = - frac h ^ 21 2 [ f ^ prime (h) - f ^ prime (0) ] - frac 12 ∫_ 0 ^ h f ^ prime prime prime (x) (frac x ^ 41 2 - frac h x ^ 36 + frac h ^ 2 x ^ 21 2) ^ prime d x & = - frac h ^ 21 2 [ f ^ prime (h) - f ^ prime (0) ] + frac 12 4 ∫_ 0 ^ h f ^ (4) (x) [ x ^ 2 (x - h) ^ 2 ] d x,$$\begin{array}{rl}& {\int }_0^{h}f(x)\mathrm{d}x-\frac{h}{2}[f(0)+f(h)]\\ & =\frac{1}{2}{\int }_0^h{f}^{\prime \prime }(x)[x(x-h)]\mathrm{d}x\\ & =-\frac{h^2}{12}{\int }_0^h{f}^{\prime \prime }(x)\mathrm{d}x+\frac{1}{2}{\int }_0^h{f}^{\prime \prime }(x)\left(x^2-hx+\frac{h^2}{6}\right)\mathrm{d}x\\ & =-\frac{h^2}{12}[f^{\prime }(h)-f^{\prime }(0)]+\frac{1}{2}{\int }_0^h{f}^{\prime \prime }(x){\left(\frac{x^3}{3}-\frac{h{x}^2}{2}+\frac{h^{2}x}{6}\right)}^{\prime }\mathrm{d}x\\ & =-\frac{h^2}{12}[f^{\prime }(h)-f^{\prime }(0)]-\frac{1}{2}{\int }_0^h{f}^{\prime \prime \prime }(x)\left(\frac{x^3}{3}-\frac{h{x}^2}{2}+\frac{h^{2}x}{6}\right)\mathrm{d}x\\ & =-\frac{h^2}{12}[f^{\prime }(h)-f^{\prime }(0)]-\frac{1}{2}{\int }_0^h{f}^{\prime \prime \prime }(x){\left(\frac{x^4}{12}-\frac{h{x}^3}{6}+\frac{h^2{x}^2}{12}\right)}^{\prime }\mathrm{d}x\\ & =-\frac{h^2}{12}[f^{\prime }(h)-f^{\prime }(0)]+\frac{1}{24}{\int }_0^h{f}^{(4)}(x)[x^2(x-h{)}^2]\mathrm{d}x,\end{array}$$

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

∫_ a ^ b p (x) d x = frac 16 [ p (a) + 4 p (frac 12 (a + b)) + p (b) ] (b - a). (11.26)$${\int }_a^{b}p(x)\mathrm{d}x=\frac{1}{6}\left[p(a)+4p\left(\frac{1}{2}(a+b)\right)+p(b)\right](b-a).\text{\hspace{1em}(11.26)}$$

证

令 $q(t)=f(a+t(b-a))$ ，就可以将要证明的公式变为等价的

∫_ 0 ^ 1 q (t) d t = frac 16 [ q (0) + 4 q (frac 12) + q (1) ].$${\int }_0^{1}q(t)\mathrm{d}t=\frac{1}{6}\left[q(0)+4q\left(\frac{1}{2}\right)+q(1)\right].$$

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

3. 设 $f$ 在 $[0,1]$ 上有可积的导函数，证明:

∫_ 0 ^ 1 | f (x) | d x ≤slant max {∫_ 0 ^ 1 | f ^ prime (x) | d x, | ∫_ 0 ^ 1 f (x) d x | }.$${\int }_0^1|f(x)|\mathrm{d}x⩽\max \left\{{\int }_0^1|f^{\prime }(x)|\mathrm{d}x,\left|{\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x\right|\right\}.$$

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 23 n sqrt n < 1 + sqrt 2 + … + sqrt n < frac 4 n + 36 sqrt n.$$\frac{2}{3}n\sqrt{n}<1+\sqrt{2}+\cdots +\sqrt{n}<\frac{4n+3}{6}\sqrt{n}.$$

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

| ∫_ a ^ b f (x) d x | ≤slant frac M4 (b - a) ^ 2.$$\left|{\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x\right|⩽\frac{M}{4}(b-a{)}^2.$$

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

| ∫_ a ^ b f (x) d x | ≤slant frac M1 2 (b - a) ^ 3.$$\left|{\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x\right|⩽\frac{M}{12}(b-a{)}^3.$$

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

∫_ a ^ b f - (b - a) f (frac a + b2 ) = frac f ^ prime prime (ξ) (b - a) ^ 32 4.$${\int }_a^{b}f-(b-a)f\left(\frac{a+b}{2}\right)=\frac{f^{\prime \prime }(\xi )(b-a{)}^3}{24}.$$

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:

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

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

| ∫_ 0 ^ 1 f (x) d x - frac 1n ∑_ k = 1 ^ n f (frac kn) | ≤slant frac M2 n.$$\left|{\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x-\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n}f\left(\frac{k}{n}\right)\right|⩽\frac{M}{2n}.$$

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 = ∫_ 0 ^ 1 f (x) d x - frac 1n ∑_ k = 1 ^ n f (frac kn),$$A_n={\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x-\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n}f\left(\frac{k}{n}\right),$$

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 = ∫_ 0 ^ 1 f (x) d x - frac 1n ∑_ k = 1 ^ n f (frac 2 k - 12 n),$$B_n={\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x-\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n}f\left(\frac{2k-1}{2n}\right),$$

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