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第九章 §5：微积分基本定理与定积分计算方法

完整知识体系与技巧精讲

知识体系导读 | System Overview
本节是微积分学的核心——微积分基本定理将微分学与积分学联系起来，证明了连续函数必有原函数，并给出了定积分的实用计算方法。我们将系统学习变限积分函数、积分第二中值定理、换元积分法和分部积分法，这些是定积分计算和理论应用的基础工具。

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微积分基本定理与定积分计算体系
│
├─── 第一层：变限积分与原函数存在性 (Variable Limit Integrals)
│    │
│    ├─ 变限积分的定义
│    │  ├─ 变上限积分：Φ(x) = ∫ₐˣ f(t)dt
│    │  ├─ 变下限积分：Ψ(x) = ∫ₓᵇ f(t)dt
│    │  ├─ 关系：Ψ(x) = -Φ(x) + ∫ₐᵇ f(t)dt
│    │  └─ 注意：积分变量不能与积分限相同
│    │
│    ├─ 定理9.9：变限积分的连续性★★★
│    │  ├─ 内容：f可积 ⟹ Φ(x)连续
│    │  ├─ 证明思路
│    │  │  ├─ ΔΦ = ∫ₓˣ⁺ᐃˣ f(t)dt
│    │  │  ├─ |ΔΦ| ≤ M|Δx|（f有界）
│    │  │  └─ lim(Δx→0) ΔΦ = 0
│    │  └─ 意义：积分运算保持连续性
│    │
│    ├─ 定理9.10：原函数存在定理（微积分基本定理）★★★★★
│    │  ├─ 内容：f连续 ⟹ Φ'(x) = f(x)
│    │  ├─ 完整表述
│    │  │  ├─ 条件：f在[a,b]上连续
│    │  │  ├─ 结论：Φ(x) = ∫ₐˣ f(t)dt 可导
│    │  │  └─ 且 d/dx[∫ₐˣ f(t)dt] = f(x)
│    │  │
│    │  ├─ 证明（关键步骤）
│    │  │  ├─ ΔΦ = ∫ₓˣ⁺ᐃˣ f(t)dt
│    │  │  ├─ 应用积分第一中值定理
│    │  │  │  └─ ΔΦ = f(x+θΔx)·Δx, 0≤θ≤1
│    │  │  ├─ ΔΦ/Δx = f(x+θΔx)
│    │  │  └─ lim(Δx→0) ΔΦ/Δx = f(x)（连续性）
│    │  │
│    │  ├─ 重大意义
│    │  │  ├─ 沟通导数与定积分的内在联系
│    │  │  ├─ 证明"连续函数必有原函数"
│    │  │  ├─ 给出原函数的积分表达式
│    │  │  └─ 被誉为"微积分学基本定理"
│    │  │
│    │  └─ 推论：牛顿-莱布尼茨公式的新证明
│    │     ├─ F(x) = ∫ₐˣ f(t)dt + C
│    │     ├─ 令x=a得C=F(a)
│    │     ├─ 令x=b得∫ₐᵇ f(t)dt = F(b)-F(a)
│    │     └─ 仅需f连续（无需假设F存在）
│    │
│    └─ 应用举例
│       ├─ 例1：求极限 lim(x→0) (1/x²)∫₀ˣ e^(t²)dt
│       │  ├─ 方法：洛必达法则
│       │  ├─ 分子求导：d/dx[∫₀ˣ e^(t²)dt] = e^(x²)
│       │  ├─ 分母求导：d/dx[x²] = 2x
│       │  └─ 结果 = lim(x→0) e^(x²)/(2x) → 再用洛必达 = 1/2
│       │
│       └─ 技巧：变限积分求导的基本公式
│          ├─ d/dx[∫ₐˣ f(t)dt] = f(x)
│          ├─ d/dx[∫ₓᵇ f(t)dt] = -f(x)
│          └─ d/dx[∫ᵤ₍ₓ₎ᵛ⁽ˣ⁾ f(t)dt] = f(v(x))v'(x) - f(u(x))u'(x)
│
├─── 第二层：积分第二中值定理 (Second Mean Value Theorem)
│    │
│    ├─ 定理9.11：积分第二中值定理★★★
│    │  ├─ 形式(i)：g单调递减且≥0
│    │  │  ├─ 条件：f可积，g递减，g(x)≥0
│    │  │  ├─ 结论：∃ξ∈[a,b]使
│    │  │  │     ∫ₐᵇ f(x)g(x)dx = g(a)∫ₐᵝ f(x)dx
│    │  │  └─ 几何意义：g作为"权重"集中在左端
│    │  │
│    │  ├─ 形式(ii)：g单调递增且≥0
│    │  │  ├─ 条件：f可积，g递增，g(x)≥0
│    │  │  ├─ 结论：∃η∈[a,b]使
│    │  │  │     ∫ₐᵇ f(x)g(x)dx = g(b)∫ᵑᵇ f(x)dx
│    │  │  └─ 几何意义：g作为"权重"集中在右端
│    │  │
│    │  └─ 证明思路（形式i）
│    │     ├─ 设F(x) = ∫ₐˣ f(t)dt
│    │     ├─ F连续，有最大值M和最小值m
│    │     ├─ 目标：证明 m ≤ [∫fg]/g(a) ≤ M
│    │     ├─ 关键：利用分部求和（Abel变换）
│    │     │  └─ Σg(xᵢ₋₁)[F(xᵢ)-F(xᵢ₋₁)]
│    │     │    = ΣF(xᵢ)[g(xᵢ₋₁)-g(xᵢ)] + F(b)g(xₙ₋₁)
│    │     ├─ 估计：mg(a) ≤ ∫fg ≤ Mg(a)
│    │     └─ 应用F的介值性得存在ξ
│    │
│    ├─ 推论：更一般形式（去掉非负限制）★★★
│    │  ├─ 条件：f可积，g单调
│    │  ├─ 结论：∃ξ∈[a,b]使
│    │  │     ∫ₐᵇ f(x)g(x)dx = g(a)∫ₐᵝ f(x)dx + g(b)∫ᵝᵇ f(x)dx
│    │  │
│    │  └─ 证明思路
│    │     ├─ g递减：令h(x)=g(x)-g(b)≥0
│    │     ├─ 应用定理9.11(i)
│    │     └─ g递增：令h(x)=g(x)-g(a)≥0
│    │
│    └─ 应用价值
│       ├─ 理论：反常积分收敛判别法的工具
│       ├─ 估值：加权积分的精确估计
│       └─ 不等式：证明积分不等式
│
├─── 第三层：换元积分法 (Integration by Substitution)
│    │
│    ├─ 定理9.12：定积分换元积分法★★★★★
│    │  ├─ 标准形式
│    │  │  ├─ 条件
│    │  │  │  ├─ f在[a,b]上连续
│    │  │  │  ├─ φ在[α,β]上可微，φ'在[α,β]上可积
│    │  │  │  ├─ φ(α)=a, φ(β)=b
│    │  │  │  └─ φ([α,β]) ⊂ [a,b]
│    │  │  │
│    │  │  └─ 结论（换元公式）
│    │  │     ∫ₐᵇ f(x)dx = ∫ₐᵝ f(φ(t))φ'(t)dt
│    │  │
│    │  ├─ 证明思路
│    │  │  ├─ F是f的原函数（连续性保证存在）
│    │  │  ├─ 复合函数求导：d/dt[F(φ(t))] = F'(φ(t))φ'(t) = f(φ(t))φ'(t)
│    │  │  ├─ F(φ(t))是f(φ(t))φ'(t)的原函数
│    │  │  └─ 应用牛顿-莱布尼茨公式
│    │  │     ∫ₐᵝ f(φ(t))φ'(t)dt = F(φ(β)) - F(φ(α))
│    │  │                        = F(b) - F(a) = ∫ₐᵇ f(x)dx
│    │  │
│    │  ├─ 与不定积分换元法的区别★重要★
│    │  │  ├─ 不定积分：需要变量还原
│    │  │  │  └─ ∫f(x)dx = ∫f(φ(t))φ'(t)dt = F(φ(t)) = F(x)
│    │  │  │
│    │  │  └─ 定积分：无需还原，直接代新限
│    │  │     └─ 得到原函数后用新积分限计算
│    │  │
│    │  └─ 注记：φ单调时条件可放宽
│    │     └─ f仅可积即可（习题14）
│    │
│    ├─ 应用技巧与典型例题
│    │  │
│    │  ├─ 例2：∫₀¹ √(1-x²)dx（三角换元）★★★
│    │  │  ├─ 换元：x = sin t
│    │  │  ├─ dx = cos t dt
│    │  │  ├─ 新限：x:0→1 对应 t:0→π/2
│    │  │  ├─ √(1-x²) = √(1-sin²t) = |cos t| = cos t
│    │  │  ├─ 原式 = ∫₀^(π/2) cos t · cos t dt
│    │  │  │       = ∫₀^(π/2) cos²t dt
│    │  │  │       = ∫₀^(π/2) (1+cos2t)/2 dt
│    │  │  │       = [t/2 + sin2t/4]₀^(π/2)
│    │  │  └─ 结果 = π/4
│    │  │
│    │  ├─ 例3：∫₀^(π/2) sin t·cos²t dt（逆向换元）★★
│    │  │  ├─ 令x = cos t, dx = -sin t dt
│    │  │  ├─ 新限：t:0→π/2 对应 x:1→0
│    │  │  ├─ 原式 = -∫₁⁰ x²dx = ∫₀¹ x²dx
│    │  │  └─ 结果 = [x³/3]₀¹ = 1/3
│    │  │
│    │  └─ 例4：∫₀¹ ln(1+x)/(1+x²)dx（精妙技巧）★★★★
│    │     ├─ 换元：x = tan t, t∈[0,π/4]
│    │     ├─ dx = sec²t dt = dt/(cos²t)
│    │     ├─ 1+x² = 1+tan²t = sec²t
│    │     ├─ 原式 = ∫₀^(π/4) ln(1+tan t)dt
│    │     │
│    │     ├─ 技巧：区间对称性变换
│    │     │  ├─ 令u = π/4-t（区间反向）
│    │     │  ├─ 1+tan t = 1+tan(π/4-u)
│    │     │  │          = 1+(1-tan u)/(1+tan u)
│    │     │  │          = 2/(1+tan u)
│    │     │  ├─ ln(1+tan t) = ln2 - ln(1+tan u)
│    │     │  └─ ∫₀^(π/4) ln(1+tan t)dt 
│    │     │    = ∫₀^(π/4) [ln2-ln(1+tan u)]du
│    │     │
│    │     ├─ 设I = ∫₀^(π/4) ln(1+tan t)dt
│    │     ├─ 则I = ∫₀^(π/4) ln2·dt - I
│    │     ├─ 2I = (π/4)ln2
│    │     └─ 结果 = I = (π/8)ln2
│    │
│    └─ 换元法的特殊性质证明
│       ├─ 习题5：∫₀^(π/2) f(sin x)dx = ∫₀^(π/2) f(cos x)dx
│       ├─ 习题6：∫₀^π xf(sin x)dx = (π/2)∫₀^π f(sin x)dx
│       └─ 习题7：周期函数的积分性质
│
├─── 第四层：分部积分法 (Integration by Parts)
│    │
│    ├─ 定理9.13：定积分分部积分法★★★★
│    │  ├─ 标准形式
│    │  │  ├─ 条件
│    │  │  │  ├─ u(x), v(x)在[a,b]上可微
│    │  │  │  └─ u'(x), v'(x)在[a,b]上可积
│    │  │  │
│    │  │  └─ 公式
│    │  │     ∫ₐᵇ u(x)v'(x)dx = [u(x)v(x)]ₐᵇ - ∫ₐᵇ u'(x)v(x)dx
│    │  │
│    │  ├─ 证明
│    │  │  ├─ (uv)' = u'v + uv'
│    │  │  ├─ uv是u'v+uv'的原函数
│    │  │  ├─ ∫ₐᵇ(u'v+uv')dx = [uv]ₐᵇ
│    │  │  └─ 移项得分部积分公式
│    │  │
│    │  └─ 记忆形式
│    │     ├─ ∫udv = [uv] - ∫vdu
│    │     └─ ∫u·v' = [uv] - ∫u'·v
│    │
│    ├─ 应用技巧
│    │  ├─ 选择u的原则（LIATE法则）
│    │  │  ├─ L: Logarithmic（对数函数）
│    │  │  ├─ I: Inverse trig（反三角函数）
│    │  │  ├─ A: Algebraic（代数函数，如多项式）
│    │  │  ├─ T: Trigonometric（三角函数）
│    │  │  └─ E: Exponential（指数函数）
│    │  │     优先级从上到下，前面的作为u
│    │  │
│    │  └─ 常见组合
│    │     ├─ ∫x·eˣdx：u=x, dv=eˣdx
│    │     ├─ ∫x·sin x dx：u=x, dv=sin x dx
│    │     ├─ ∫ln x dx：u=ln x, dv=dx
│    │     └─ ∫eˣsin x dx：需两次分部（循环）
│    │
│    └─ 典型例题
│       ├─ 例5：∫₀^π x·sin x dx
│       │  ├─ u=x, dv=sin x dx
│       │  ├─ du=dx, v=-cos x
│       │  ├─ 原式 = [-x cos x]₀^π + ∫₀^π cos x dx
│       │  │      = -π·(-1) + [sin x]₀^π
│       │  └─ 结果 = π
│       │
│       ├─ 例6：∫₀¹ x²eˣdx（两次分部）
│       │  ├─ 第一次：u=x², dv=eˣdx
│       │  │  原式 = [x²eˣ]₀¹ - ∫₀¹ 2x·eˣdx
│       │  ├─ 第二次：对∫2x·eˣdx再分部
│       │  │  = 2([x·eˣ]₀¹ - ∫₀¹ eˣdx)
│       │  └─ 结果 = e - 2(e-1) = e - 2e + 2 = 2 - e
│       │
│       └─ 例7：∫₀^(π/2) eˣsin x dx（循环分部）
│          ├─ 设I = ∫₀^(π/2) eˣsin x dx
│          ├─ 第一次分部
│          │  I = [eˣsin x]₀^(π/2) - ∫₀^(π/2) eˣcos x dx
│          ├─ 第二次分部（对∫eˣcos x）
│          │  ∫eˣcos x dx = [eˣcos x] + ∫eˣsin x dx = [eˣcos x] + I
│          ├─ 代入：I = e^(π/2) - ([eˣcos x]₀^(π/2) + I)
│          ├─ 2I = e^(π/2) + 1
│          └─ 结果 = I = (e^(π/2)+1)/2
│
├─── 第五层：综合应用与技巧 (Advanced Applications)
│    │
│    ├─ 技巧1：利用对称性简化计算
│    │  ├─ 区间对称：[−a,a]
│    │  │  ├─ 奇函数：∫₋ₐᵃ f(x)dx = 0
│    │  │  └─ 偶函数：∫₋ₐᵃ f(x)dx = 2∫₀ᵃ f(x)dx
│    │  │
│    │  └─ 区间中点对称：[0,a]
│    │     └─ ∫₀ᵃ f(x)dx = ∫₀ᵃ f(a-x)dx（换元x→a-x）
│    │
│    ├─ 技巧2：递推公式
│    │  ├─ Wallis公式（习题）
│    │  │  └─ Iₙ = ∫₀^(π/2) sinⁿx dx（或cosⁿx）
│    │  │     递推：Iₙ = ((n-1)/n)Iₙ₋₂
│    │  │
│    │  └─ ∫xⁿeˣdx = xⁿeˣ - n∫xⁿ⁻¹eˣdx
│    │
│    ├─ 技巧3：积分与极限结合
│    │  ├─ 洛必达法则应用
│    │  │  └─ lim(x→a) [∫f(t)dt]/[g(x)]
│    │  │
│    │  └─ 积分估值
│    │     └─ 夹逼定理的应用
│    │
│    └─ 技巧4：特殊函数积分
│       ├─ ∫₀^∞ e^(-x²)dx = √π/2（高斯积分）
│       ├─ ∫₀^(π/2) ln(sin x)dx = −(π/2)ln2
│       └─ Γ函数、B函数（超出范围）
│
└─── 第六层：理论深化 (Theoretical Insights)
     │
     ├─ 微积分基本定理的深层意义
     │  ├─ 哲学意义
     │  │  ├─ 局部到整体：微分→积分
     │  │  ├─ 整体到局部：积分→微分
     │  │  └─ 互逆运算：d/dx[∫f] = f
     │  │
     │  ├─ 历史地位
     │  │  ├─ 牛顿：流数理论
     │  │  ├─ 莱布尼茨：微分符号体系
     │  │  └─ 柯西：严格化定义
     │  │
     │  └─ 现代拓展
     │     ├─ 勒贝格积分：更广的函数类
     │     ├─ 随机积分：概率论基础
     │     └─ 泛函分析：无穷维推广
     │
     ├─ 原函数存在性的完整图景
     │  ├─ 连续函数：必有原函数（定理9.10）
     │  ├─ 可积函数：未必有原函数
     │  │  └─ 反例：符号函数（有跳跃间断）
     │  └─ 有界导数：必可积（达布定理）
     │
     └─ 积分计算方法的系统性
        ├─ 直接积分：牛顿-莱布尼茨公式
        ├─ 换元法：化复杂为简单
        ├─ 分部积分：降低函数复杂度
        ├─ 有理函数：部分分式分解
        └─ 特殊技巧：对称性、递推等

第一部分：变限积分与原函数存在性 | Variable Limit Integrals

1.1 变限积分的定义

基本概念

设 $f$ 在 $[a,b]$ 上可积，根据定积分的性质4（区间可加性），对任何 $x\in [a,b]$，$f$ 在 $[a,x]$ 上也可积。

定义1：变上限积分

$$\boxed{\Phi (x)={\int }_a^{x}f(t)dt,x\in [a,b]}\text{\hspace{1em}(1)}$$

这定义了一个以积分上限 $x$ 为自变量的函数。

定义2：变下限积分

$$\boxed{\Psi (x)={\int }_x^{b}f(t)dt,x\in [a,b]}\text{\hspace{1em}(2)}$$

这定义了一个以积分下限 $x$ 为自变量的函数。

关系：

$$\Psi (x)={\int }_x^{b}f(t)dt=-{\int }_b^{x}f(t)dt=-\Phi (x)+{\int }_a^{b}f(t)dt$$

因此，研究变下限积分可以归结为研究变上限积分。

重要注意

在变限积分 $(1)$ 与 $(2)$ 中，不可再把积分变量写成 $x$（例如 ${\int }_a^{x}f(x)dx$），以免与积分上、下限的 $x$ 相混淆。

错误写法：$\Phi (x)={\int }_a^{x}f(x)dx$ ❌

正确写法：$\Phi (x)={\int }_a^{x}f(t)dt$ ✓

1.2 定理9.9：变限积分的连续性 ★★★

定理表述

若 $f$ 在 $[a,b]$ 上可积，则由 $(1)$ 式所定义的函数 $\Phi$ 在 $[a,b]$ 上连续。

证明

对 $[a,b]$ 上任一确定的点 $x$，只要 $x+\Delta x\in [a,b]$，按定义式 $(1)$ 有

$$\Delta \Phi =\Phi (x+\Delta x)-\Phi (x)={\int }_a^{x+\Delta x}f(t)dt-{\int }_a^{x}f(t)dt$$

由区间可加性：

$$\boxed{\Delta \Phi ={\int }_x^{x+\Delta x}f(t)dt}$$

因 $f$ 在 $[a,b]$ 上有界，可设 $|f(t)|\le M$，$t\in [a,b]$。

当 $\Delta x>0$ 时：

$$|\Delta \Phi |=\left|{\int }_x^{x+\Delta x}f(t)dt\right|\le {\int }_x^{x+\Delta x}|f(t)|dt\le M\Delta x$$

当 $\Delta x<0$ 时：

$$|\Delta \Phi |=\left|{\int }_x^{x+\Delta x}f(t)dt\right|=\left|{\int }_{x+\Delta x}^{x}f(t)dt\right|\le M|\Delta x|$$

由此得到：

$$|\Delta \Phi |\le M|\Delta x|$$

因此

$$\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\Delta \Phi =0$$

即证得 $\Phi$ 在点 $x$ 连续。

由 $x$ 的任意性，$\Phi$ 在 $[a,b]$ 上处处连续。证毕。✓

几何意义

当 $\Delta x$ 很小时，${\int }_x^{x+\Delta x}f(t)dt$ 表示一个窄条的面积，其值约为 $f(x)\cdot \Delta x$，所以当 $\Delta x\to 0$ 时，$\Delta \Phi \to 0$。

1.3 定理9.10：原函数存在定理（微积分基本定理）★★★★★

定理表述

若 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续，则由 $(1)$ 式所定义的函数 $\Phi$ 在 $[a,b]$ 上处处可导，且

$$\boxed{{\Phi }^{\prime }(x)=\frac{d}{dx}{\int }_a^{x}f(t)dt=f(x),x\in [a,b]}\text{\hspace{1em}(3)}$$

证明

对 $[a,b]$ 上任一确定的 $x$，当 $\Delta x\ne 0$ 且 $x+\Delta x\in [a,b]$ 时，按定义式 $(1)$ 和积分第一中值定理，有

$$\Delta \Phi ={\int }_x^{x+\Delta x}f(t)dt=f(x+\theta \Delta x)\cdot \Delta x,0\le \theta \le 1$$

（中值定理：存在 $\xi =x+\theta \Delta x\in [x,x+\Delta x]$，使得积分等于 $f(\xi )\cdot \Delta x$）

因此

$$\frac{\Delta \Phi }{\Delta x}=f(x+\theta \Delta x)$$

由于 $f$ 在点 $x$ 连续，故有

$${\Phi }^{\prime }(x)=\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{\Delta \Phi }{\Delta x}=\underset{\Delta x\to 0}{\lim }f(x+\theta \Delta x)=f(x)$$

（当 $\Delta x\to 0$ 时，$\theta \Delta x\to 0$，由 $f$ 的连续性，$f(x+\theta \Delta x)\to f(x)$）

由 $x$ 在 $[a,b]$ 上的任意性，证得 $\Phi$ 是 $f$ 在 $[a,b]$ 上的一个原函数。证毕。✓

定理的重大意义

1. 沟通了导数和定积分：这两个从表面看去似不相干的概念之间有深刻的内在联系。

2. 证明了连续函数必有原函数：这是微分学与积分学的桥梁。

3. 给出了原函数的积分表达式： $$F(x)={\int }_a^{x}f(t)dt+C$$

4. 被誉为"微积分学基本定理"（Fundamental Theorem of Calculus）

1.4 牛顿-莱布尼茨公式的新证明

推论

由定理9.10，当 $f$ 为连续函数时，它的任一原函数 $F$ 必满足

$$F(x)={\int }_a^{x}f(t)dt+C$$

证明：

若在此式中令 $x=a$，得到

$$F(a)={\int }_a^{a}f(t)dt+C=0+C$$

因此 $C=F(a)$，从而有

$$F(x)={\int }_a^{x}f(t)dt+F(a)$$

即

$${\int }_a^{x}f(t)dt=F(x)-F(a)$$

再令 $x=b$，即得

$$\boxed{{\int }_a^{b}f(t)dt=F(b)-F(a)}$$

这是牛顿-莱布尼茨公式的又一证明。

与定理9.1的比较

• 定理9.1（§9.1）：假设 $F$ 是 $f$ 的原函数，推出公式。

• 定理9.10：只需假设被积函数 $f$ 为连续函数，其原函数 $F$ 的存在性已由定理9.10证得，无需另作假设。

这是理论上的重大进步！

1.5 变限积分求导公式总结

基本公式

1. 变上限求导： $$\boxed{\frac{d}{dx}{\int }_a^{x}f(t)dt=f(x)}$$

2. 变下限求导： $$\boxed{\frac{d}{dx}{\int }_x^{b}f(t)dt=-f(x)}$$

3. 上下限都是 $x$ 的函数（链式法则）： $$\boxed{\frac{d}{dx}{\int }_{u(x)}^{v(x)}f(t)dt=f(v(x))v^{\prime }(x)-f(u(x))u^{\prime }(x)}$$

证明公式3

$${\int }_{u(x)}^{v(x)}f(t)dt={\int }_a^{v(x)}f(t)dt-{\int }_a^{u(x)}f(t)dt$$

求导：

$$\frac{d}{dx}{\int }_{u(x)}^{v(x)}f(t)dt=\frac{d}{dx}{\int }_a^{v(x)}f(t)dt-\frac{d}{dx}{\int }_a^{u(x)}f(t)dt$$

$$=f(v(x))\cdot v^{\prime }(x)-f(u(x))\cdot u^{\prime }(x)$$

（链式法则）✓

1.6 例1：求极限（洛必达法则应用）

问题

求极限

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{x^2}{\int }_0^x{e}^{t^2}dt$$

解法

这是 $\frac{0}{0}$ 型不定式，应用洛必达法则：

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\int }_0^x{e}^{t^2}dt}{x^2}$$

第一次应用洛必达：

分子求导：$\frac{d}{dx}{\int }_0^x{e}^{t^2}dt=e^{x^2}$（变限积分求导）

分母求导：$\frac{d}{dx}[x^2]=2x$

因此

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^{x^2}}{2x}$$

这仍是 $\frac{1}{0}$ 型（不是不定式，极限不存在）...

等等，让我重新计算：当 $x\to 0$ 时，分子 $\to 1$，分母 $\to 0$，这是 $\frac{1}{0}$ 型，不能再用洛必达。

重新审视原问题：

原式是

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{x^2}{\int }_0^x{e}^{t^2}dt$$

当 $x\to 0$ 时：

• 分子 ${\int }_0^x{e}^{t^2}dt\to 0$
• 分母 $x^2\to 0$

这是 $\frac{0}{0}$ 型。

应用洛必达法则：

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\int }_0^x{e}^{t^2}dt}{x^2}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^{x^2}}{2x}$$

仍是 $\frac{1}{0}$ 型...这表明我理解有误。

再次应用洛必达（分子分母再求导）：

分子：$\frac{d}{dx}[e^{x^2}]=e^{x^2}\cdot 2x$

分母：$\frac{d}{dx}[2x]=2$

因此

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{2x{e}^{x^2}}{2}=\underset{x\to 0}{\lim }x{e}^{x^2}=0$$

但这与教材给出的答案不符...

教材解法（更仔细）：

原式写为

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\int }_0^x{e}^{t^2}dt}{x^2}$$

应用洛必达一次：

$$=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^{x^2}}{2x}$$

这确实是 $\frac{1}{0}$ 型，但教材说"再用洛必达"...

实际上教材原文可能有误，或者问题表述不同。标准做法：

用泰勒展开：$e^{t^2}=1+t^2+\frac{t^4}{2}+\cdots$

$${\int }_0^x{e}^{t^2}dt={\int }_0^x(1+t^2+\cdots )dt=x+\frac{x^3}{3}+\cdots$$

因此

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x+\frac{x^3}{3}+\cdots }{x^2}=\underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{1}{x}+\frac{x}{3}+\cdots \right)=\infty$$

所以极限不存在或为 $\infty$。

根据教材上下文，可能原题是：

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\int }_0^x{e}^{t^2}dt-x}{x^3}$$

这才合理，留待读者练习。

第二部分：积分第二中值定理 | Second Mean Value Theorem

2.1 定理9.11：积分第二中值定理 ★★★

定理表述

设函数 $f$ 在 $[a,b]$ 上可积。

(i) 若函数 $g$ 在 $[a,b]$ 上单调递减，且 $g(x)\ge 0$，则存在 $\xi \in [a,b]$，使得

$$\boxed{{\int }_a^{b}f(x)g(x)dx=g(a){\int }_a^{\xi }f(x)dx}\text{\hspace{1em}(5)}$$

(ii) 若函数 $g$ 在 $[a,b]$ 上单调递增，且 $g(x)\ge 0$，则存在 $\eta \in [a,b]$，使得

$$\boxed{{\int }_a^{b}f(x)g(x)dx=g(b){\int }_{\eta }^{b}f(x)dx}\text{\hspace{1em}(6)}$$

几何意义

• 形式(i)：权重函数 $g$ 递减且非负，加权积分相当于将权重"集中"在左端点附近。

• 形式(ii)：权重函数 $g$ 递增且非负，加权积分相当于将权重"集中"在右端点附近。

2.2 证明（形式i）

证明思路

设

$$F(x)={\int }_a^{x}f(t)dt,x\in [a,b]$$

由于 $f$ 在 $[a,b]$ 上可积，因此 $F$ 在 $[a,b]$ 上连续（定理9.9），从而存在最大值 $M$ 和最小值 $m$。

特殊情况：若 $g(a)=0$，由假设 $g$ 递减且非负，有 $g(x)=0$，$x\in [a,b]$，此时对任何 $\xi \in [a,b]$，$(5)$ 式恒成立（两边都为0）。

一般情况：下面设 $g(a)>0$。

目标转化

$(5)$ 式即为

$$F(\xi )={\int }_a^{\xi }f(t)dt=\frac{{\int }_a^{b}f(x)g(x)dx}{g(a)}\text{\hspace{1em}(5’)}$$

所以问题转化为证明

$$m\le \frac{{\int }_a^{b}f(x)g(x)dx}{g(a)}\le M\text{\hspace{1em}(7)}$$

因为由此可借助 $F$ 的介值性立刻证得 $(5^{\prime })$。

当然 $(7)$ 式又等同于

$$\boxed{mg(a)\le {\int }_a^{b}f(x)g(x)dx\le Mg(a)}\text{\hspace{1em}(7’)}$$

关键估计

由条件 $f$ 有界，设 $|f(x)|\le L$，$x\in [a,b]$；而 $g$ 必为可积，从而对任给的 $\epsilon >0$，必有分割 $T:a=x_0<x_1<\cdots <x_n=b$，使

$$\sum _{i=1}^n[g(x_{i-1})-g(x_i)]\Delta x_i<\frac{\epsilon }{L}$$

（$g$ 递减，$g(x_{i-1})-g(x_i)\ge 0$，这是单调函数可积的性质）

现把 $I={\int }_a^{b}f(x)g(x)dx$ 按积分区间可加性写成

$$I=\sum _{i=1}^n{\int }_{x_{i-1}}^{x_i}f(x)g(x)dx$$

分为两部分：

$$I=\sum _{i=1}^{n}g(x_{i-1}){\int }_{x_{i-1}}^{x_i}f(x)dx+\sum _{i=1}^n[g(x)-g(x_{i-1})]{\int }_{x_{i-1}}^{x_i}f(x)dx$$

$$=I_1+I_2$$

（这里用到 $g(x)=g(x_{i-1})+[g(x)-g(x_{i-1})]$）

估计 $I_1$：

$$I_1=\sum _{i=1}^n[g(x_{i-1})-g(x_i)]{\int }_{x_{i-1}}^{x_i}f(x)dx$$

（因为 $\sum g(x_i){\int }_{x_{i-1}}^{x_i}f=0$，利用telescoping）

$$|I_1|\le \sum _{i=1}^n[g(x_{i-1})-g(x_i)]\cdot L\Delta x_i<\epsilon$$

估计 $I_2$：

利用 Abel 变换（类似分部求和）：

$$\sum _{i=1}^{n}g(x_{i-1})[F(x_i)-F(x_{i-1})]$$

$$=F(x_1)[g(x_0)-g(x_1)]+F(x_2)[g(x_1)-g(x_2)]+\cdots +F(x_n)g(x_{n-1})$$

再由 $g(x)\ge 0$ 且递减，使得 $g(x_{i-1})\ge 0$，$g(x_{i-1})-g(x_i)\ge 0$，$i=1,2,\dots ,n-1$。

于是利用 $F(x_i)\le M$，$i=1,2,\dots ,n$ 估计得

$$I_2\le M\sum _{i=1}^{n-1}[g(x_{i-1})-g(x_i)]+Mg(x_{n-1})=Mg(a)$$

同理由 $F(x_i)\ge m$ 又有 $I_2\ge mg(a)$。

综合 $I=I_1+I_2$，$|I_1|<\epsilon$，$mg(a)\le I_2\le Mg(a)$，得到

$$-\epsilon +mg(a)\le I\le Mg(a)+\epsilon$$

由 $\epsilon$ 为任意小正数，这便证得

$$mg(a)\le I\le Mg(a)$$

即不等式 $(7^{\prime })$ 成立。随之又有 $(7)$，$(5^{\prime })$ 和 $(5)$ 式成立。证毕。✓

2.3 推论：更一般形式 ★★★

推论表述

设函数 $f$ 在 $[a,b]$ 上可积。若 $g$ 为单调函数（无需非负），则存在 $\xi \in [a,b]$，使得

$$\boxed{{\int }_a^{b}f(x)g(x)dx=g(a){\int }_a^{\xi }f(x)dx+g(b){\int }_{\xi }^{b}f(x)dx}\text{\hspace{1em}(8)}$$

证明

情况1：若 $g$ 为单调递减函数。

令 $h(x)=g(x)-g(b)$，则 $h$ 为非负、递减函数。

由定理9.11(i)，存在 $\xi \in [a,b]$，使得

$${\int }_a^{b}f(x)h(x)dx=h(a){\int }_a^{\xi }f(x)dx=[g(a)-g(b)]{\int }_a^{\xi }f(x)dx$$

由于

$${\int }_a^{b}f(x)h(x)dx={\int }_a^{b}f(x)g(x)dx-g(b){\int }_a^{b}f(x)dx$$

因此证得

$${\int }_a^{b}f(x)g(x)dx=[g(a)-g(b)]{\int }_a^{\xi }f(x)dx+g(b){\int }_a^{b}f(x)dx$$

$$=g(a){\int }_a^{\xi }f(x)dx+g(b)\left({\int }_a^{b}f(x)dx-{\int }_a^{\xi }f(x)dx\right)$$

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

情况2：若 $g$ 为单调递增函数，只需令 $h(x)=g(x)-g(a)$，并由定理9.11(ii) 和 $(6)$，同样可证得 $(8)$ 式成立。证毕。✓

2.4 应用价值

理论应用

1. 反常积分收敛判别法的工具（第10章）

2. 数项级数收敛性的判别（Abel判别法、Dirichlet判别法）

3. Fourier级数理论的基础

估值应用

对于难以直接计算的加权积分，可以用第二中值定理给出精确估计。

第三部分：换元积分法 | Integration by Substitution

3.1 定理9.12：定积分换元积分法 ★★★★★

定理表述

若函数 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续，$\phi$ 在 $[\alpha ,\beta ]$ 上可微，且满足

$$\phi (\alpha )=a,\phi (\beta )=b,\phi ([\alpha ,\beta ])\subset [a,b]$$

则 $f(\phi (t)){\phi }^{\prime }(t)$ 在 $[\alpha ,\beta ]$ 上可积，且有定积分换元公式：

$$\boxed{{\int }_a^{b}f(x)dx={\int }_{\alpha }^{\beta }f(\phi (t)){\phi }^{\prime }(t)dt}\text{\hspace{1em}(9)}$$

证明

由于 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续，因此它的原函数存在（定理9.10）。

设 $F$ 是 $f$ 在 $[a,b]$ 上的一个原函数，即 $F^{\prime }(x)=f(x)$。

由复合函数微分法（链式法则）：

$$\frac{d}{dt}[F(\phi (t))]=F^{\prime }(\phi (t))\cdot {\phi }^{\prime }(t)=f(\phi (t))\cdot {\phi }^{\prime }(t)$$

可见 $F(\phi (t))$ 是 $f(\phi (t)){\phi }^{\prime }(t)$ 的一个原函数。

因为 $f(\phi (t)){\phi }^{\prime }(t)$ 在 $[\alpha ,\beta ]$ 上可积，根据牛顿-莱布尼茨公式（定理9.1的注2），证得

$${\int }_{\alpha }^{\beta }f(\phi (t)){\phi }^{\prime }(t)dt=F(\phi (\beta ))-F(\phi (\alpha ))$$

$$=F(b)-F(a)={\int }_a^{b}f(x)dx$$

证毕。✓

3.2 与不定积分换元法的区别 ★重要★

不定积分换元法

$$\int f(x)dx=\int f(\phi (t)){\phi }^{\prime }(t)dt=G(t)+C$$

需要：将结果还原为原变量 $x$：

$$G(t)=G({\phi }^{-1}(x))=F(x)$$

定积分换元法

$${\int }_a^{b}f(x)dx={\int }_{\alpha }^{\beta }f(\phi (t)){\phi }^{\prime }(t)dt$$

无需还原：一旦得到了用新变量表示的原函数后，只要用新的积分限代入并求其差值就可以了。

原因：

• 不定积分求的是被积函数的原函数，理应保留与原来相同的自变量。

• 定积分的计算结果是一个确定的数，如果 $(9)$ 式一边的定积分计算出来了，那么另一边的定积分自然也求得了。

3.3 注记：条件的放宽

如果在定理9.12的条件中只假定 $f$ 为可积函数，但还要求 $\phi$ 是单调的，那么 $(9)$ 式仍然成立。（本节习题第14题）

3.4 例2：三角换元 ★★★

问题

计算

$${\int }_0^1\sqrt{1-x^2}dx$$

解法

令 $x=\sin t$，当 $t$ 由 $0$ 变到 $\frac{\pi }{2}$ 时，$x$ 由 $0$ 增到 $1$。

故取 $[\alpha ,\beta ]=[0,\frac{\pi }{2}]$，$\phi (t)=\sin t$。

应用公式 $(9)$，并注意到在第一象限中 $\cos t\ge 0$，则有

$${\int }_0^1\sqrt{1-x^2}dx={\int }_0^{\pi /2}\sqrt{1-{\sin }^{2}t}\cdot \cos tdt$$

$$={\int }_0^{\pi /2}\sqrt{{\cos }^{2}t}\cdot \cos tdt={\int }_0^{\pi /2}|\cos t|\cdot \cos tdt$$

$$={\int }_0^{\pi /2}{\cos }^{2}tdt$$

（在 $[0,\pi /2]$ 上，$\cos t\ge 0$）

利用降幂公式：

$${\cos }^{2}t=\frac{1+\cos 2t}{2}$$

因此

$${\int }_0^{\pi /2}{\cos }^{2}tdt={\int }_0^{\pi /2}\frac{1+\cos 2t}{2}dt$$

$$=\frac{1}{2}{\left[t+\frac{\sin 2t}{2}\right]}_0^{\pi /2}$$

$$=\frac{1}{2}\left[\frac{\pi }{2}+\frac{\sin \pi }{2}-0-0\right]=\frac{1}{2}\cdot \frac{\pi }{2}=\boxed{\frac{\pi }{4}}$$

几何意义：这是单位圆在第一象限的面积，应为 $\frac{1}{4}\pi r^2=\frac{\pi }{4}$。✓

3.5 例3：逆向换元 ★★

问题

计算

$${\int }_0^{\pi /2}\sin t{\cos }^{2}tdt$$

解法

令 $x=\cos t$，则 $dx=-\sin tdt$。

当 $t$ 从 $0$ 变到 $\frac{\pi }{2}$ 时，$x$ 从 $1$ 减到 $0$（注意方向）。

应用换元公式：

$${\int }_0^{\pi /2}\sin t{\cos }^{2}tdt={\int }_1^0{x}^2\cdot (-1)dx=-{\int }_1^0{x}^{2}dx={\int }_0^1{x}^{2}dx$$

$$={\left[\frac{x^3}{3}\right]}_0^1=\boxed{\frac{1}{3}}$$

3.6 例4：精妙技巧（对称性变换）★★★★

问题

计算

$$I={\int }_0^1\frac{\ln (1+x)}{1+x^2}dx$$

解法

这个积分的被积函数的原函数虽然存在，但难以用初等函数表示，因此无法直接使用牛顿-莱布尼茨公式。

但利用定积分的性质和换元公式，可以消去无法求出原函数的部分。

第1步：换元 $x=\tan t$，$t\in [0,\frac{\pi }{4}]$。

$$dx={\sec }^{2}tdt=\frac{dt}{{\cos }^{2}t}$$

$$1+x^2=1+{\tan }^{2}t={\sec }^{2}t$$

因此

$$I={\int }_0^{\pi /4}\frac{\ln (1+\tan t)}{{\sec }^{2}t}\cdot {\sec }^{2}tdt={\int }_0^{\pi /4}\ln (1+\tan t)dt$$

第2步：利用区间对称性。

令 $u=\frac{\pi }{4}-t$（区间反向变换），当 $t:0\to \frac{\pi }{4}$ 时，$u:\frac{\pi }{4}\to 0$。

则 $t=\frac{\pi }{4}-u$，$dt=-du$。

注意到

$$\tan t=\tan \left(\frac{\pi }{4}-u\right)=\frac{1-\tan u}{1+\tan u}$$

（两角差的正切公式，$\tan \frac{\pi }{4}=1$）

因此

$$1+\tan t=1+\frac{1-\tan u}{1+\tan u}=\frac{(1+\tan u)+(1-\tan u)}{1+\tan u}=\frac{2}{1+\tan u}$$

所以

$$\ln (1+\tan t)=\ln \frac{2}{1+\tan u}=\ln 2-\ln (1+\tan u)$$

第3步：代入积分。

$$I={\int }_0^{\pi /4}\ln (1+\tan t)dt={\int }_{\pi /4}^0[\ln 2-\ln (1+\tan u)]\cdot (-du)$$

$$={\int }_0^{\pi /4}[\ln 2-\ln (1+\tan u)]du$$

$$={\int }_0^{\pi /4}\ln 2du-{\int }_0^{\pi /4}\ln (1+\tan u)du$$

$$=\ln 2\cdot \frac{\pi }{4}-I$$

（积分变量是哑元，$u$ 和 $t$ 是一样的）

第4步：解方程。

$$I=\frac{\pi }{4}\ln 2-I$$

$$2I=\frac{\pi }{4}\ln 2$$

$$\boxed{I=\frac{\pi }{8}\ln 2}$$

技巧总结：这种"自我对称"的技巧在定积分计算中非常有用，通过变换使积分表达式与自身建立等式关系，从而求解。

3.7 换元法的特殊性质

性质1：奇偶对称

若 $f$ 为偶函数：$f(-x)=f(x)$，则

$$\boxed{{\int }_{-a}^{a}f(x)dx=2{\int }_0^{a}f(x)dx}$$

若 $f$ 为奇函数：$f(-x)=-f(x)$，则

$$\boxed{{\int }_{-a}^{a}f(x)dx=0}$$

证明：

$${\int }_{-a}^{a}f(x)dx={\int }_{-a}^{0}f(x)dx+{\int }_0^{a}f(x)dx$$

对第一个积分换元 $x=-t$：

$${\int }_{-a}^{0}f(x)dx={\int }_a^{0}f(-t)\cdot (-dt)={\int }_0^{a}f(-t)dt$$

• 若 $f$ 为偶函数：${\int }_0^{a}f(-t)dt={\int }_0^{a}f(t)dt$，故总和为 $2{\int }_0^{a}f(x)dx$。✓

• 若 $f$ 为奇函数：${\int }_0^{a}f(-t)dt=-{\int }_0^{a}f(t)dt$，故总和为 $0$。✓

性质2：区间中点对称（本节习题5）

对于 $f$ 在 $[0,a]$ 上连续，有

$$\boxed{{\int }_0^{a}f(x)dx={\int }_0^{a}f(a-x)dx}$$

证明：

令 $t=a-x$，$dt=-dx$。

当 $x:0\to a$ 时，$t:a\to 0$。

$${\int }_0^{a}f(x)dx={\int }_a^{0}f(a-t)\cdot (-dt)={\int }_0^{a}f(a-t)dt={\int }_0^{a}f(a-x)dx$$

证毕。✓

推论（本节习题6）

$$\boxed{{\int }_0^{\pi }xf(\sin x)dx=\frac{\pi }{2}{\int }_0^{\pi }f(\sin x)dx}$$

证明思路：

令 $t=\pi -x$，则

$${\int }_0^{\pi }xf(\sin x)dx={\int }_0^{\pi }(\pi -t)f(\sin (\pi -t))dt={\int }_0^{\pi }(\pi -t)f(\sin t)dt$$

（利用 $\sin (\pi -t)=\sin t$）

因此

$${\int }_0^{\pi }xf(\sin x)dx=\pi {\int }_0^{\pi }f(\sin x)dx-{\int }_0^{\pi }xf(\sin x)dx$$

$$2{\int }_0^{\pi }xf(\sin x)dx=\pi {\int }_0^{\pi }f(\sin x)dx$$

证毕。✓

第四部分：分部积分法 | Integration by Parts

4.1 定理9.13：定积分分部积分法 ★★★★

定理表述

设函数 $u(x)$ 与 $v(x)$ 在 $[a,b]$ 上可微，且 $u^{\prime }(x)$ 与 $v^{\prime }(x)$ 在 $[a,b]$ 上可积，则有定积分分部积分公式：

$$\boxed{{\int }_a^{b}u(x)v^{\prime }(x)dx=[u(x)v(x){]}_a^b-{\int }_a^b{u}^{\prime }(x)v(x)dx}\text{\hspace{1em}(10)}$$

记忆形式

设 $du=u^{\prime }(x)dx$，$dv=v^{\prime }(x)dx$，则

$$\boxed{{\int }_a^{b}udv=[uv{]}_a^b-{\int }_a^{b}vdu}$$

或

$$\boxed{{\int }_a^{b}u\cdot v^{\prime }=[uv{]}_a^b-{\int }_a^b{u}^{\prime }\cdot v}$$

证明

由乘积微分法则：

$$(uv{)}^{\prime }=u^{\prime }v+u{v}^{\prime }$$

即

$$u{v}^{\prime }=(uv{)}^{\prime }-u^{\prime }v$$

两边在 $[a,b]$ 上积分：

$${\int }_a^{b}u{v}^{\prime }dx={\int }_a^b(uv{)}^{\prime }dx-{\int }_a^b{u}^{\prime }vdx$$

由于 $uv$ 是 $(uv{)}^{\prime }$ 的一个原函数，根据牛顿-莱布尼茨公式：

$${\int }_a^b(uv{)}^{\prime }dx=[uv{]}_a^b$$

因此

$${\int }_a^{b}u{v}^{\prime }dx=[uv{]}_a^b-{\int }_a^b{u}^{\prime }vdx$$

证毕。✓

4.2 应用技巧：LIATE法则

如何选择 $u$ 和 $dv$

在应用分部积分时，选择哪个因子作为 $u$、哪个作为 $dv$ 是关键。

LIATE法则：按以下优先级选择 $u$（从上到下优先级递减）

原则：靠前的作为 $u$（需要求导），靠后的作为 $dv$（需要积分）。

原因：

• 对数、反三角函数：积分困难，但求导后变简单。
• 指数、三角函数：积分后形式基本不变或变简单。
• 代数函数（多项式）：求导后降次。

4.3 例5：基本应用

问题

计算

$${\int }_0^{\pi }x\sin xdx$$

解法

根据 LIATE 法则，$x$（代数）优先于 $\sin x$（三角），所以取：

• $u=x$，$du=dx$
• $dv=\sin xdx$，$v=-\cos x$

应用分部积分公式：

$${\int }_0^{\pi }x\sin xdx=[x\cdot (-\cos x){]}_0^{\pi }-{\int }_0^{\pi }(-\cos x)\cdot dx$$

$$=[-x\cos x{]}_0^{\pi }+{\int }_0^{\pi }\cos xdx$$

$$=[-\pi \cdot \cos \pi -0]+[\sin x{]}_0^{\pi }$$

$$=[-\pi \cdot (-1)]+[0-0]$$

$$=\boxed{\pi }$$

4.4 例6：多次分部积分

问题

计算

$${\int }_0^1{x}^2{e}^{x}dx$$

解法

需要两次分部积分（因为 $x^2$ 需要求导两次才能消去）。

第一次分部：

• $u=x^2$，$du=2xdx$
• $dv=e^{x}dx$，$v=e^x$

$${\int }_0^1{x}^2{e}^{x}dx=[x^2{e}^x{]}_0^1-{\int }_0^1{e}^x\cdot 2xdx$$

$$=[1\cdot e-0]-2{\int }_0^{1}x{e}^{x}dx$$

$$=e-2{\int }_0^{1}x{e}^{x}dx$$

第二次分部（对 ${\int }_0^{1}x{e}^{x}dx$）：

• $u=x$，$du=dx$
• $dv=e^{x}dx$，$v=e^x$

$${\int }_0^{1}x{e}^{x}dx=[x{e}^x{]}_0^1-{\int }_0^1{e}^{x}dx$$

$$=[e-0]-[e^x{]}_0^1$$

$$=e-(e-1)=1$$

合并：

$${\int }_0^1{x}^2{e}^{x}dx=e-2\cdot 1=\boxed{e-2}$$

4.5 例7：循环分部积分 ★★★

问题

计算

$$I={\int }_0^{\pi /2}{e}^x\sin xdx$$

解法

这种类型的积分需要两次分部后回到原积分，建立方程求解。

第一次分部：

• $u=\sin x$，$du=\cos xdx$
• $dv=e^{x}dx$，$v=e^x$

$$I=[e^x\sin x{]}_0^{\pi /2}-{\int }_0^{\pi /2}{e}^x\cos xdx$$

$$=[e^{\pi /2}\cdot 1-e^0\cdot 0]-{\int }_0^{\pi /2}{e}^x\cos xdx$$

$$=e^{\pi /2}-{\int }_0^{\pi /2}{e}^x\cos xdx$$

第二次分部（对 ${\int }_0^{\pi /2}{e}^x\cos xdx$）：

• $u=\cos x$，$du=-\sin xdx$
• $dv=e^{x}dx$，$v=e^x$

$${\int }_0^{\pi /2}{e}^x\cos xdx=[e^x\cos x{]}_0^{\pi /2}-{\int }_0^{\pi /2}{e}^x\cdot (-\sin x)dx$$

$$=[e^{\pi /2}\cdot 0-e^0\cdot 1]+{\int }_0^{\pi /2}{e}^x\sin xdx$$

$$=-1+I$$

建立方程：

$$I=e^{\pi /2}-(-1+I)$$

$$I=e^{\pi /2}+1-I$$

$$2I=e^{\pi /2}+1$$

$$\boxed{I=\frac{e^{\pi /2}+1}{2}}$$

技巧总结：对于 $\int e^{ax}\sin bxdx$ 或 $\int e^{ax}\cos bxdx$ 类型，总是需要两次分部积分后回到原积分，建立方程求解。

第五部分：综合应用与技巧 | Advanced Applications

5.1 递推公式技巧

Wallis公式（本节习题）

定义

$$I_n={\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{n}xdx\text{或}{J}_n={\int }_0^{\pi /2}{\cos }^{n}xdx$$

递推关系：

利用分部积分可以证明

$$\boxed{I_n=\frac{n-1}{n}{I}_{n-2},n\ge 2}$$

推导：

$$I_n={\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{n}xdx={\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{n-1}x\cdot \sin xdx$$

分部积分：

• $u={\sin }^{n-1}x$，$du=(n-1){\sin }^{n-2}x\cos xdx$
• $dv=\sin xdx$，$v=-\cos x$

$$I_n=[-\cos x{\sin }^{n-1}x{]}_0^{\pi /2}+{\int }_0^{\pi /2}(n-1){\sin }^{n-2}x{\cos }^{2}xdx$$

$$=0+(n-1){\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{n-2}x(1-{\sin }^{2}x)dx$$

$$=(n-1)I_{n-2}-(n-1)I_n$$

整理：

$$I_n+(n-1)I_n=(n-1)I_{n-2}$$