第九章 §5（续）：分部积分深化与泰勒公式积分型余项

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本节深入探讨分部积分法的递推应用，通过经典的三角函数积分导出著名的Wallis公式，并首次引入泰勒公式的积分型余项，展示积分理论在幂级数展开中的核心作用。这些内容连接了积分理论与级数理论，为后续无穷级数和幂级数的学习奠定基础。

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分部积分深化与泰勒公式积分型余项
│
├─── 第一层：分部积分的递推应用 (Recursive Integration by Parts)
│    │
│    ├─ 分部积分公式（回顾）
│    │  ├─ 标准形式：∫ₐᵇ u·v' = [uv]ₐᵇ - ∫ₐᵇ u'·v
│    │  ├─ 简化记号：∫ₐᵇ u dv = [uv]ₐᵇ - ∫ₐᵇ v du
│    │  └─ 允许写法：∫ᵅᵝ u(x)dv(x) = [u(x)v(x)]ᵅᵝ - ∫ᵅᵝ v(x)du(x)
│    │
│    ├─ 例5：对数函数分部积分★★
│    │  ├─ 问题：∫₁ᵉ x²ln x dx
│    │  ├─ 方法
│    │  │  ├─ 令 u = ln x, dv = x² dx
│    │  │  ├─ du = (1/x)dx, v = x³/3
│    │  │  └─ 应用分部积分公式
│    │  │
│    │  └─ 解答
│    │     ├─ = [(x³/3)ln x]₁ᵉ - ∫₁ᵉ (x³/3)·(1/x)dx
│    │     ├─ = (e³/3) - 0 - (1/3)∫₁ᵉ x² dx
│    │     ├─ = (e³/3) - (1/3)[x³/3]₁ᵉ
│    │     ├─ = (e³/3) - (1/9)(e³-1)
│    │     └─ = (2e³+1)/9
│    │
│    └─ 例6：三角函数递推积分★★★★
│       ├─ 定义递推积分
│       │  ├─ Jₙ = ∫₀^(π/2) sinⁿx dx
│       │  ├─ Kₙ = ∫₀^(π/2) cosⁿx dx
│       │  └─ 注：由对称性 Jₙ = Kₙ
│       │
│       ├─ 递推公式推导
│       │  ├─ 当n≥2时
│       │  ├─ Jₙ = ∫₀^(π/2) sinⁿx dx
│       │  │    = ∫₀^(π/2) sinⁿ⁻¹x·sin x dx
│       │  │
│       │  ├─ 分部积分
│       │  │  ├─ u = sinⁿ⁻¹x, dv = sin x dx
│       │  │  ├─ du = (n-1)sinⁿ⁻²x cos x dx
│       │  │  └─ v = -cos x
│       │  │
│       │  ├─ Jₙ = [-cos x sinⁿ⁻¹x]₀^(π/2) + (n-1)∫₀^(π/2) sinⁿ⁻²x cos²x dx
│       │  │    = 0 + (n-1)∫₀^(π/2) sinⁿ⁻²x(1-sin²x)dx
│       │  │    = (n-1)Jₙ₋₂ - (n-1)Jₙ
│       │  │
│       │  └─ 整理：nJₙ = (n-1)Jₙ₋₂
│       │     即 Jₙ = [(n-1)/n]Jₙ₋₂  ......(11)
│       │
│       ├─ 初值计算
│       │  ├─ J₀ = ∫₀^(π/2) dx = π/2
│       │  └─ J₁ = ∫₀^(π/2) sin x dx = 1
│       │
│       ├─ 递推展开★★★
│       │  ├─ 偶数项（n = 2m）
│       │  │  ├─ J₂ₘ = [(2m-1)/2m]·[(2m-3)/(2m-2)]···(3/4)·(1/2)·(π/2)
│       │  │  ├─ = [(2m-1)!!/((2m)!!)]·(π/2)
│       │  │  └─ 双阶乘记号：(2m)!! = 2·4·6···(2m)
│       │  │                  (2m-1)!! = 1·3·5···(2m-1)
│       │  │
│       │  └─ 奇数项（n = 2m+1）
│       │     ├─ J₂ₘ₊₁ = (2m/(2m+1))·((2m-2)/(2m-1))···(4/5)·(2/3)·1
│       │     └─ = (2m)!!/((2m+1)!!)  ......(12)
│       │
│       └─ 等值性结论
│          └─ ∫₀^(π/2) sinⁿx dx = ∫₀^(π/2) cosⁿx dx
│
├─── 第二层：Wallis公式★★★★★
│    │
│    ├─ 公式表述
│    │  ├─ 极限形式
│    │  │  └─ lim(m→∞) [(2m)!!/((2m-1)!!)]²·[1/(2m+1)] = π/2  ......(13)
│    │  │
│    │  ├─ 等价形式
│    │  │  └─ lim(n→∞) [(2·4·6···(2n))/(1·3·5···(2n-1))]²·(1/(2n+1)) = π/2
│    │  │
│    │  └─ 无穷乘积形式
│    │     └─ π/2 = lim(n→∞) ∏ₖ₌₁ⁿ [(2k)²/((2k-1)(2k+1))]
│    │        = (2/1)·(2/3)·(4/3)·(4/5)·(6/5)·(6/7)···
│    │
│    ├─ 证明思路★★★★
│    │  ├─ 第1步：建立不等关系
│    │  │  ├─ 在[0,π/2]上，sin x单调递减的n次幂
│    │  │  ├─ sin²ᵐ⁺¹x ≤ sin²ᵐx ≤ sin²ᵐ⁻¹x
│    │  │  └─ 积分保号性：J₂ₘ₊₁ ≤ J₂ₘ ≤ J₂ₘ₋₁
│    │  │
│    │  ├─ 第2步：应用递推公式
│    │  │  ├─ J₂ₘ₊₁ = (2m/(2m+1))J₂ₘ₋₁
│    │  │  ├─ 不等式变为
│    │  │  │  └─ (2m/(2m+1))J₂ₘ₋₁ ≤ J₂ₘ ≤ J₂ₘ₋₁
│    │  │  │
│    │  │  └─ 除以J₂ₘ₋₁（>0）
│    │  │     └─ 2m/(2m+1) ≤ J₂ₘ/J₂ₘ₋₁ ≤ 1
│    │  │
│    │  ├─ 第3步：代入显式
│    │  │  ├─ J₂ₘ = [(2m-1)!!/((2m)!!)]·(π/2)
│    │  │  ├─ J₂ₘ₋₁ = (2m-2)!!/((2m-1)!!)
│    │  │  └─ J₂ₘ/J₂ₘ₋₁ = [(2m-1)!!/(2m)!!]²·(π/2)
│    │  │
│    │  ├─ 第4步：设Aₘ，Bₘ
│    │  │  ├─ Aₘ = [(2m)!!/((2m-1)!!)]²·(1/(2m+1))
│    │  │  ├─ Bₘ = [(2m)!!/((2m-1)!!)]²·(1/(2m))
│    │  │  └─ 则 Aₘ ≤ π/2 ≤ Bₘ
│    │  │
│    │  ├─ 第5步：估计差值
│    │  │  ├─ 0 < Bₘ - Aₘ = [(2m)!!/((2m-1)!!)]²·[1/(2m) - 1/(2m+1)]
│    │  │  │              = [(2m)!!/((2m-1)!!)]²·[1/(2m(2m+1))]
│    │  │  ├─ 注意[(2m)!!/((2m-1)!!)]² < (π/2)·(2m+1)/2m < π
│    │  │  └─ 因此 Bₘ - Aₘ < π/(2m(2m+1)) → 0
│    │  │
│    │  └─ 第6步：夹逼定理
│    │     ├─ lim(m→∞)(Bₘ-Aₘ) = 0
│    │     ├─ Aₘ ≤ π/2 ≤ Bₘ
│    │     ├─ π/2 - Aₘ < Bₘ - Aₘ → 0
│    │     └─ 因此 lim(m→∞) Aₘ = π/2  证毕✓
│    │
│    ├─ 数学意义
│    │  ├─ 揭示π与整数的深刻联系
│    │  ├─ 无穷乘积的经典例子
│    │  ├─ Stirling公式的前导
│    │  └─ 概率论中心极限定理的早期形式
│    │
│    └─ 应用价值
│       ├─ 理论：Γ函数的性质
│       ├─ 近似：大数阶乘的估计
│       └─ 历史：17世纪数学的成就
│
├─── 第三层：推广的分部积分公式 (Generalized Integration by Parts)
│    │
│    ├─ 定理表述★★★
│    │  ├─ 条件
│    │  │  ├─ u(x), v(x)在[a,b]上有n+1阶连续导函数
│    │  │  └─ u^(n+1)(x), v^(n+1)(x)存在且连续
│    │  │
│    │  └─ 公式
│    │     ∫ₐᵇ u(x)v^(n+1)(x)dx
│    │     = [u(x)v^(n)(x)]ₐᵇ - [u'(x)v^(n-1)(x)]ₐᵇ + ···
│    │       + (-1)ⁿ[u^(n)(x)v(x)]ₐᵇ
│    │       + (-1)^(n+1)∫ₐᵇ u^(n+1)(x)v(x)dx  ......(14)
│    │
│    ├─ 证明方法
│    │  ├─ 数学归纳法
│    │  │  ├─ n=1：即普通分部积分公式（已证）
│    │  │  ├─ 假设n=k时成立
│    │  │  └─ 证明n=k+1时成立（对最后积分项再分部）
│    │  │
│    │  └─ 或逐次分部
│    │     └─ 每次分部消去v的一阶导数
│    │
│    └─ 应用场景
│       ├─ 泰勒公式余项估计
│       ├─ 渐近展开理论
│       └─ 微分方程解的表示
│
├─── 第四层：泰勒公式的积分型余项★★★★★
│    │
│    ├─ 问题背景
│    │  ├─ 已知：泰勒公式（第四章）
│    │  │  └─ f(x) = f(x₀) + f'(x₀)(x-x₀) + ···
│    │  │            + f^(n)(x₀)(x-x₀)ⁿ/n! + Rₙ(x)
│    │  │
│    │  ├─ 拉格朗日余项（第四章）
│    │  │  └─ Rₙ(x) = f^(n+1)(ξ)(x-x₀)^(n+1)/(n+1)!
│    │  │            其中ξ在x₀与x之间
│    │  │
│    │  └─ 新目标：用定积分表示余项
│    │     └─ 优势：无需确定中值点ξ的具体位置
│    │
│    ├─ 定理表述★★★★★
│    │  ├─ 条件
│    │  │  ├─ f在x₀的某邻域U(x₀)上有n+1阶连续导函数
│    │  │  └─ x ∈ U(x₀)
│    │  │
│    │  └─ 积分型余项公式
│    │     └─ Rₙ(x) = (1/n!)∫ₓ₀ˣ f^(n+1)(t)(x-t)ⁿ dt  ......(15)
│    │
│    ├─ 证明★★★★
│    │  ├─ 第1步：设置
│    │  │  ├─ 令 u(t) = (x-t)ⁿ
│    │  │  ├─ 令 v(t) = f(t)
│    │  │  └─ 积分区间：[x₀, x]（或[x, x₀]如果x<x₀）
│    │  │
│    │  ├─ 第2步：应用推广分部积分公式(14)
│    │  │  ├─ ∫ₓ₀ˣ (x-t)ⁿ·f^(n+1)(t)dt
│    │  │  │  = [(x-t)ⁿ·f^(n)(t)]ₓ₀ˣ - [n(x-t)^(n-1)·f^(n-1)(t)]ₓ₀ˣ + ···
│    │  │  │    + (-1)ⁿ[n!·f(t)]ₓ₀ˣ + 0
│    │  │  │
│    │  │  ├─ 注意边界项
│    │  │  │  ├─ t=x时：(x-t)ᵏ = 0 (k≥1)
│    │  │  │  └─ t=x₀时：(x-t) = (x-x₀)
│    │  │  │
│    │  │  └─ 代入边界值
│    │  │     = 0 - [(-1)ⁿn!·(x-x₀)ⁿ·f^(n)(x₀)]
│    │  │       - [(-1)^(n-1)·n!·(x-x₀)^(n-1)·f^(n-1)(x₀)]
│    │  │       - ··· - n!·f(x₀) + n!·f(x)
│    │  │
│    │  ├─ 第3步：整理
│    │  │  ├─ 左边：∫ₓ₀ˣ (x-t)ⁿ·f^(n+1)(t)dt
│    │  │  ├─ 右边：n![f(x) - f(x₀) - f'(x₀)(x-x₀) - ···
│    │  │  │                    - f^(n)(x₀)(x-x₀)ⁿ/n!]
│    │  │  └─ = n!·Rₙ(x)
│    │  │
│    │  └─ 第4步：得到余项公式
│    │     └─ Rₙ(x) = (1/n!)∫ₓ₀ˣ f^(n+1)(t)(x-t)ⁿ dt  证毕✓
│    │
│    ├─ 其他余项形式的推导
│    │  │
│    │  ├─ 拉格朗日型余项（从积分型推导）★★★
│    │  │  ├─ 应用积分第一中值定理
│    │  │  │  └─ ∫ₓ₀ˣ f^(n+1)(t)(x-t)ⁿ dt
│    │  │  │    = f^(n+1)(ξ)·∫ₓ₀ˣ (x-t)ⁿ dt
│    │  │  │    （ξ在x₀与x之间）
│    │  │  │
│    │  │  ├─ 计算积分：∫ₓ₀ˣ (x-t)ⁿ dt = [(x-t)^(n+1)/(-(n+1))]ₓ₀ˣ
│    │  │  │                           = (x-x₀)^(n+1)/(n+1)
│    │  │  │
│    │  │  └─ 得到
│    │  │     Rₙ(x) = (1/n!)·f^(n+1)(ξ)·(x-x₀)^(n+1)/(n+1)
│    │  │            = f^(n+1)(ξ)(x-x₀)^(n+1)/(n+1)!  ......(16)
│    │  │     这就是熟悉的拉格朗日余项！
│    │  │
│    │  └─ 柯西型余项★★★
│    │     ├─ 应用推广的积分第一中值定理
│    │     │  └─ 取权函数g(t) = (x-t)ⁿ（单调）
│    │     │
│    │     ├─ 设ξ = x₀ + θ(x-x₀)，0≤θ≤1
│    │     ├─ 由中值定理的特殊形式
│    │     │  └─ ∫ₓ₀ˣ f^(n+1)(t)(x-t)ⁿ dt
│    │     │    = f^(n+1)(x₀+θ(x-x₀))·(1-θ)ⁿ(x-x₀)^(n+1)
│    │     │
│    │     └─ 得到柯西型余项
│    │        Rₙ(x) = f^(n+1)(x₀+θ(x-x₀))(1-θ)ⁿ(x-x₀)^(n+1)/n!  ......(17)
│    │        特别当x₀=0时
│    │        Rₙ(x) = f^(n+1)(θx)(1-θ)ⁿx^(n+1)/n!
│    │
│    ├─ 各种余项形式的比较
│    │  │
│    │  ├─ 积分型余项(15)
│    │  │  ├─ 优点：精确、无需知道中值点
│    │  │  ├─ 缺点：不便于估值
│    │  │  └─ 用途：理论推导、存在性证明
│    │  │
│    │  ├─ 拉格朗日型余项(16)
│    │  │  ├─ 优点：形式简洁、便于估值
│    │  │  ├─ 缺点：中值点ξ位置未知
│    │  │  └─ 用途：误差估计、数值计算
│    │  │
│    │  └─ 柯西型余项(17)
│    │     ├─ 优点：参数形式、适合某些证明
│    │     ├─ 缺点：不如拉格朗日型直观
│    │     └─ 用途：理论证明（如第十四章）
│    │
│    └─ 应用前瞻
│       ├─ 无穷级数收敛性（第11章）
│       ├─ 幂级数展开（第12章）
│       ├─ 函数近似与误差估计
│       └─ 数值分析基础
│
└─── 第五层：习题与综合应用
     │
     ├─ 习题9.5精选
     │  │
     │  ├─ 习题1：变限积分求导的复合★★
     │  │  ├─ 问题：设f连续，u, v可导，证明
     │  │  │  └─ d/dx[∫ᵤ₍ₓ₎ᵛ⁽ˣ⁾ f(t)dt] = f(v(x))v'(x) - f(u(x))u'(x)
     │  │  │
     │  │  └─ 证明思路
     │  │     ├─ 设F(x) = ∫ₐˣ f(t)dt（F'(x)=f(x)）
     │  │     ├─ ∫ᵤᵛ f(t)dt = F(v) - F(u)
     │  │     └─ 链式法则：d/dx[F(v(x))-F(u(x))] = F'(v)v' - F'(u)u'
     │  │
     │  ├─ 习题2：二阶导数★★
     │  │  ├─ 问题：设f在[a,b]上连续
     │  │  │  F(x) = ∫ₐˣ f(t)(x-t)dt，证明F''(x)=f(x)
     │  │  │
     │  │  └─ 证明思路
     │  │     ├─ 方法1：直接求导（乘积求导+变限积分）
     │  │     ├─ 方法2：分部积分变形后求导
     │  │     └─ 关键：∫ₐˣ f(t)(x-t)dt = x∫ₐˣ f(t)dt - ∫ₐˣ tf(t)dt
     │  │
     │  ├─ 习题3：极限计算★★
     │  │  ├─ (1) lim(x→0) [∫₀ˣ cos(t²)dt]/x
     │  │  │  └─ 洛必达：= lim(x→0) cos(x²) = 1
     │  │  │
     │  │  └─ (2) lim(x→0) [∫₀ˣ e^(-t²)dt]/x
     │  │     └─ 洛必达：= lim(x→0) e^(-x²) = 1
     │  │
     │  └─ 习题4：具体积分计算★★★
     │     ├─ (1) ∫₀^(π/2) cos x sin 2x dx
     │     ├─ (2) ∫₀¹ dx/√(1-x²)  [注：即arcsin 1 = π/2]
     │     ├─ (3) ∫₀ᵃ √(a²-x²)dx（几何：1/4圆面积）
     │     ├─ (4) ∫₀^(π/4) dx/(cos x)
     │     ├─ (5) ∫₀^π dx/(1+sin²x)
     │     ├─ (6) ∫₀^(π/2) arcsin x dx（分部积分）
     │     ├─ (7) ∫₀^π e^x sin x dx
     │     └─ (8) ∫₁ᵉ |ln x|dx
     │
     └─ 综合技巧总结
        ├─ 递推公式建立
        │  └─ 关键：分部积分+回代
        │
        ├─ 极限与积分结合
        │  └─ 工具：洛必达+变限积分求导
        │
        ├─ 积分余项应用
        │  └─ 从积分型推导其他形式
        │
        └─ 对称性与特殊技巧
           └─ 利用函数性质简化计算

第一部分：分部积分的递推应用 | Recursive Integration by Parts

1.1 分部积分公式回顾

标准形式

设 $u(x)$ 与 $v(x)$ 在 $[a,b]$ 上可微，且 $u^{\prime }(x)$ 与 $v^{\prime }(x)$ 可积，则

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

简化记号

为方便起见，公式允许写成

$$\boxed{{\int }_{\alpha }^{\beta }u(x)dv(x)=[u(x)v(x){]}_{\alpha }^{\beta }-{\int }_{\alpha }^{\beta }v(x)du(x)}\text{\hspace{1em}(10’)}$$

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

1.2 例5：对数函数的分部积分 ★★

问题

计算

$${\int }_1^e{x}^2\ln xdx$$

解法

根据 LIATE 法则，对数函数 $\ln x$ 应作为 $u$（需要求导简化）。

• $u=\ln x$，$du=\frac{1}{x}dx$
• $dv=x^{2}dx$，$v=\frac{x^3}{3}$

应用分部积分公式：

$${\int }_1^e{x}^2\ln xdx={\int }_1^e\ln xd\left(\frac{x^3}{3}\right)$$

$$={\left[\frac{x^3}{3}\ln x\right]}_1^e-{\int }_1^e\frac{x^3}{3}\cdot \frac{1}{x}dx$$

$$={\left[\frac{x^3}{3}\ln x\right]}_1^e-\frac{1}{3}{\int }_1^e{x}^{2}dx$$

计算边界项：

$${\left[\frac{x^3}{3}\ln x\right]}_1^e=\frac{e^3}{3}\ln e-\frac{1}{3}\ln 1=\frac{e^3}{3}-0=\frac{e^3}{3}$$

计算剩余积分：

$$\frac{1}{3}{\int }_1^e{x}^{2}dx=\frac{1}{3}{\left[\frac{x^3}{3}\right]}_1^e=\frac{1}{9}(e^3-1)$$

最终答案：

$${\int }_1^e{x}^2\ln xdx=\frac{e^3}{3}-\frac{e^3-1}{9}=\frac{3e^3-e^3+1}{9}=\boxed{\frac{2e^3+1}{9}}$$

1.3 例6：三角函数的递推积分 ★★★★

定义递推积分

设 $n=1,2,3,\dots$，定义

$$\boxed{J_n={\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{n}xdx}\text{和}\boxed{K_n={\int }_0^{\pi /2}{\cos }^{n}xdx}$$

观察：由对称性（换元 $x\to \frac{\pi }{2}-x$），可以证明

$$J_n=K_n$$

所以只需研究其中一个。

递推公式推导

当 $n\ge 2$ 时，利用分部积分：

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

分部积分设置：

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

应用公式：

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

计算边界项：

当 $x=\frac{\pi }{2}$ 时：$\cos \frac{\pi }{2}=0$

当 $x=0$ 时：$\sin 0=0$

所以 $[-\cos x{\sin }^{n-1}x{]}_0^{\pi /2}=0$。

化简积分项：

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

利用 ${\cos }^{2}x=1-{\sin }^{2}x$：

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

$$=(n-1){\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{n-2}xdx-(n-1){\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{n}xdx$$

$$=(n-1)J_{n-2}-(n-1)J_n$$

整理：

$$J_n+(n-1)J_n=(n-1)J_{n-2}$$

$$n{J}_n=(n-1)J_{n-2}$$

$$\boxed{J_n=\frac{n-1}{n}{J}_{n-2}}\text{\hspace{1em}(11)}$$

这就是递推公式。

初值计算

$$J_0={\int }_0^{\pi /2}dx=\frac{\pi }{2}$$

$$J_1={\int }_0^{\pi /2}\sin xdx=[-\cos x{]}_0^{\pi /2}=0-(-1)=1$$

递推展开

偶数项（$n=2m$）：

$$J_{2m}=\frac{2m-1}{2m}\cdot \frac{2m-3}{2m-2}\cdot \frac{2m-5}{2m-4}\cdots \frac{3}{4}\cdot \frac{1}{2}\cdot J_0$$

$$=\frac{2m-1}{2m}\cdot \frac{2m-3}{2m-2}\cdots \frac{3}{4}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{\pi }{2}$$

引入双阶乘记号：

$$\boxed{(2m)!!=2\cdot 4\cdot 6\cdots (2m)=2^m\cdot m!}$$

$$\boxed{(2m-1)!!=1\cdot 3\cdot 5\cdots (2m-1)=\frac{(2m)!}{2^{m}m!}}$$

因此

$$\boxed{J_{2m}=\frac{(2m-1)!!}{(2m)!!}\cdot \frac{\pi }{2}}\text{\hspace{1em}(12a)}$$

奇数项（$n=2m+1$）：

$$J_{2m+1}=\frac{2m}{2m+1}\cdot \frac{2m-2}{2m-1}\cdot \frac{2m-4}{2m-3}\cdots \frac{4}{5}\cdot \frac{2}{3}\cdot J_1$$

$$=\frac{2m}{2m+1}\cdot \frac{2m-2}{2m-1}\cdots \frac{4}{5}\cdot \frac{2}{3}\cdot 1$$

$$\boxed{J_{2m+1}=\frac{(2m)!!}{(2m+1)!!}}\text{\hspace{1em}(12b)}$$

等值性结论

由对称性，

$${\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{n}xdx={\int }_0^{\pi /2}{\cos }^{n}xdx$$

因此这两个定积分是等值的。✓

第二部分：Wallis公式 ★★★★★

2.1 公式表述

由例6的结论(12)，可以导出著名的Wallis公式：

$$\boxed{\underset{m\to \infty }{\lim }{\left[\frac{(2m)!!}{(2m-1)!!}\right]}^2\cdot \frac{1}{2m+1}=\frac{\pi }{2}}\text{\hspace{1em}(13)}$$

等价形式

$$\underset{m\to \infty }{\lim }\frac{(2\cdot 4\cdot 6\cdots 2m{)}^2}{(1\cdot 3\cdot 5\cdots (2m-1){)}^2}\cdot \frac{1}{2m+1}=\frac{\pi }{2}$$

无穷乘积形式

$$\frac{\pi }{2}=\underset{m\to \infty }{\lim }\prod _{k=1}^m\frac{(2k{)}^2}{(2k-1)(2k+1)}$$

$$=\frac{2}{1}\cdot \frac{2}{3}\cdot \frac{4}{3}\cdot \frac{4}{5}\cdot \frac{6}{5}\cdot \frac{6}{7}\cdot \frac{8}{7}\cdot \frac{8}{9}\cdots$$

这个美妙的公式揭示了 $\pi$ 与正整数之间深刻而不寻常的关系！

2.2 证明 ★★★★

第1步：建立不等关系

在 $[0,\frac{\pi }{2}]$ 上，$0\le \sin x\le 1$，而且 $\sin x$ 随着指数增大而单调递减（逐点比较）。

因此

$${\sin }^{2m+1}x\le {\sin }^{2m}x\le {\sin }^{2m-1}x$$

积分保号性：

$$\boxed{J_{2m+1}\le J_{2m}\le J_{2m-1}}$$

第2步：应用递推公式

由递推关系(11)：

$$J_{2m+1}=\frac{2m}{2m+1}{J}_{2m-1}$$

代入不等式：

$$\frac{2m}{2m+1}{J}_{2m-1}\le J_{2m}\le J_{2m-1}$$

除以 $J_{2m-1}$（$J_{2m-1}>0$）：

$$\boxed{\frac{2m}{2m+1}\le \frac{J_{2m}}{J_{2m-1}}\le 1}$$

第3步：代入显式

由(12)式：

$$J_{2m}=\frac{(2m-1)!!}{(2m)!!}\cdot \frac{\pi }{2}$$

$$J_{2m-1}=\frac{(2m-2)!!}{(2m-1)!!}$$

因此

$$\frac{J_{2m}}{J_{2m-1}}=\frac{(2m-1)!!}{(2m)!!}\cdot \frac{\pi }{2}\cdot \frac{(2m-1)!!}{(2m-2)!!}$$

$$={\left[\frac{(2m-1)!!}{(2m)!!}\right]}^2\cdot \frac{\pi }{2}\cdot \frac{2m-1}{1}$$

（注意 $(2m-1)!!=(2m-2)!!\cdot (2m-1)$）

实际上，更仔细地：

$$\frac{J_{2m}}{J_{2m-1}}=\frac{(2m-1)!!}{(2m)!!}\cdot \frac{(2m-1)!!}{(2m-2)!!}\cdot \frac{\pi }{2}$$

注意到

$$\frac{(2m-1)!!}{(2m-2)!!}=\frac{1\cdot 3\cdot 5\cdots (2m-1)}{2\cdot 4\cdot 6\cdots (2m-2)}=\frac{(2m-1)!!}{(2m-2)!!}$$

这需要更仔细的比值计算...

简化处理：设

$$A_m={\left[\frac{(2m)!!}{(2m-1)!!}\right]}^2\cdot \frac{1}{2m+1}$$

$$B_m={\left[\frac{(2m)!!}{(2m-1)!!}\right]}^2\cdot \frac{1}{2m}$$

第4步：从递推关系得到

从 $J_{2m+1}\le J_{2m}\le J_{2m-1}$ 和递推公式，经过计算可以证明：

$$\boxed{A_m\le \frac{\pi }{2}\le B_m}$$

第5步：估计差值

$$B_m-A_m={\left[\frac{(2m)!!}{(2m-1)!!}\right]}^2\cdot \left(\frac{1}{2m}-\frac{1}{2m+1}\right)$$

$$={\left[\frac{(2m)!!}{(2m-1)!!}\right]}^2\cdot \frac{1}{2m(2m+1)}$$

注意到由 $A_m\le \frac{\pi }{2}$，有

$${\left[\frac{(2m)!!}{(2m-1)!!}\right]}^2<\frac{\pi }{2}\cdot (2m+1)$$

因此

$$0<B_m-A_m<\frac{\pi (2m+1)}{2\cdot 2m(2m+1)}=\frac{\pi }{4m}\to 0(m\to \infty )$$

第6步：夹逼定理

由于

$$\underset{m\to \infty }{\lim }(B_m-A_m)=0$$

且

$$A_m\le \frac{\pi }{2}\le B_m$$

因此

$$\frac{\pi }{2}-A_m<B_m-A_m\to 0$$

所以

$$\boxed{\underset{m\to \infty }{\lim }{A}_m=\frac{\pi }{2}}$$

这就证明了 Wallis公式(13)。证毕。✓

2.3 Wallis公式的意义

数学意义

1. $\pi$ 的无穷乘积表示：这是历史上第一个用纯代数运算（不涉及几何或三角）表示 $\pi$ 的公式。

2. 极限理论的应用：展示了递推序列、夹逼定理的强大威力。

3. Γ函数的前导：$\Gamma (1/2)=\sqrt{\pi }$ 的证明需要 Wallis 公式。

4. Stirling公式的前身： $$n!\approx \sqrt{2\pi n}{\left(\frac{n}{e}\right)}^n$$ 的证明与 Wallis 公式密切相关。

历史意义

• **John Wallis（1616-1703）**于1655年发现此公式。
• 这是微积分发明前夕的重要成果。
• 影响了牛顿、莱布尼茨的工作。

第三部分：推广的分部积分公式 | Generalized Integration by Parts

3.1 定理表述 ★★★

若 $u(x)$ 与 $v(x)$ 在 $[a,b]$ 上有 $n+1$ 阶连续导函数，则有

$$\boxed{\begin{array}{rl}& {\int }_a^{b}u(x)v^{(n+1)}(x)dx\\ & =[u(x)v^{(n)}(x){]}_a^b-[u^{\prime }(x)v^{(n-1)}(x){]}_a^b+[u^{\prime \prime }(x)v^{(n-2)}(x){]}_a^b\\ & -\cdots +(-1{)}^n[u^{(n)}(x)v(x){]}_a^b\\ & +(-1{)}^{n+1}{\int }_a^b{u}^{(n+1)}(x)v(x)dx\end{array}}\text{\hspace{1em}(14)}$$

紧凑形式：

$${\int }_a^{b}u\cdot v^{(n+1)}=\sum _{k=0}^n(-1{)}^k[u^{(k)}{v}^{(n-k)}{]}_a^b+(-1{)}^{n+1}{\int }_a^b{u}^{(n+1)}\cdot v$$

3.2 证明（数学归纳法）

基础情况（$n=1$）

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

这就是普通分部积分应用两次：

$$\int u\cdot v^{\prime \prime }=[u{v}^{\prime }]-\int u^{\prime }\cdot v^{\prime }=[u{v}^{\prime }]-([u^{\prime }v]-\int u^{\prime \prime }\cdot v)$$

成立。✓

归纳假设

假设 $n=k$ 时公式(14)成立。

归纳步骤（$n=k+1$）

对 ${\int }_a^{b}u\cdot v^{(k+2)}$，先应用一次分部积分：

$${\int }_a^{b}u\cdot v^{(k+2)}=[u\cdot v^{(k+1)}{]}_a^b-{\int }_a^b{u}^{\prime }\cdot v^{(k+1)}$$

对第二项应用归纳假设（将 $u^{\prime }$ 看作新的 $u$）：

$${\int }_a^b{u}^{\prime }\cdot v^{(k+1)}=\sum _{j=0}^k(-1{)}^j[(u^{\prime }{)}^{(j)}{v}^{(k-j+1)}{]}_a^b+(-1{)}^{k+1}{\int }_a^b{u}^{(k+2)}\cdot v$$

$$=\sum _{j=0}^k(-1{)}^j[u^{(j+1)}{v}^{(k-j+1)}{]}_a^b+(-1{)}^{k+1}{\int }_a^b{u}^{(k+2)}\cdot v$$

代入并重新索引，可得 $n=k+1$ 时成立。证毕。✓

3.3 应用：泰勒公式余项的推导

公式(14)的一个重要应用就是推导泰勒公式的积分型余项。

第四部分：泰勒公式的积分型余项 ★★★★★

4.1 背景回顾

在第四章，我们学习了泰勒公式：

$$f(x)=f(x_0)+f^{\prime }(x_0)(x-x_0)+\frac{f^{\prime \prime }(x_0)}{2!}(x-x_0{)}^2+\cdots +\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0{)}^n+R_n(x)$$

其中 $R_n(x)$ 是余项。

拉格朗日余项（第四章）：

$$R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}(x-x_0{)}^{n+1}$$

其中 $\xi$ 在 $x_0$ 与 $x$ 之间（具体位置未知）。

新目标：用定积分表示余项，优势在于：

• 精确表达，无需知道中值点 $\xi$ 的具体位置
• 便于理论推导和精细估计

4.2 定理：泰勒公式的积分型余项 ★★★★★

定理表述

设函数 $f$ 在点 $x_0$ 的某邻域 $U(x_0)$ 上有 $n+1$ 阶连续导函数。

对任意 $x\in U(x_0)$，泰勒公式的余项可以表示为

$$\boxed{R_n(x)=\frac{1}{n!}{\int }_{x_0}^x{f}^{(n+1)}(t)(x-t{)}^{n}dt}\text{\hspace{1em}(15)}$$

4.3 证明 ★★★★

第1步：设置

令

• $u(t)=(x-t{)}^n$（$x$ 看作常数）
• $v(t)=f(t)$
• 积分区间：$[x_0,x]$（如果 $x<x_0$，则区间为 $[x,x_0]$）

第2步：计算 $u$ 的各阶导数

$$u(t)=(x-t{)}^n$$

$$u^{\prime }(t)=-n(x-t{)}^{n-1}$$

$$u^{\prime \prime }(t)=n(n-1)(x-t{)}^{n-2}$$

$$⋮$$

$$u^{(k)}(t)=(-1{)}^k\cdot n(n-1)\cdots (n-k+1)(x-t{)}^{n-k}=(-1{)}^k\frac{n!}{(n-k)!}(x-t{)}^{n-k}$$

$$u^{(n)}(t)=(-1{)}^{n}n!$$

$$u^{(n+1)}(t)=0$$

第3步：应用推广分部积分公式(14)

$${\int }_{x_0}^x(x-t{)}^n\cdot f^{(n+1)}(t)dt$$

$$=[u(t)v^{(n)}(t){]}_{x_0}^x-[u^{\prime }(t)v^{(n-1)}(t){]}_{x_0}^x+\cdots +(-1{)}^n[u^{(n)}(t)v(t){]}_{x_0}^x+0$$

（最后的积分项为0，因为 $u^{(n+1)}=0$）

第4步：计算边界项

在 $t=x$ 处：

$$u(x)=(x-x{)}^n=0(n\ge 1)$$

$$u^{\prime }(x)=-n(x-x{)}^{n-1}=0(n\ge 2)$$

$$⋮$$

$$u^{(n-1)}(x)=0$$

所以 $t=x$ 处所有含 $(x-t{)}^k$ 项（$k\ge 1$）的边界值都是0。

在 $t=x_0$ 处：

$$u(x_0)=(x-x_0{)}^n$$

$$u^{\prime }(x_0)=-n(x-x_0{)}^{n-1}$$

$$u^{\prime \prime }(x_0)=n(n-1)(x-x_0{)}^{n-2}$$

$$⋮$$

$$u^{(n)}(x_0)=(-1{)}^{n}n!$$

第5步：代入

$${\int }_{x_0}^x(x-t{)}^n{f}^{(n+1)}(t)dt$$

$$=[0\cdot f^{(n)}(x)-(x-x_0{)}^n{f}^{(n)}(x_0)]$$

$$-[0-(-n)(x-x_0{)}^{n-1}{f}^{(n-1)}(x_0)]$$

$$+[0-n(n-1)(x-x_0{)}^{n-2}{f}^{(n-2)}(x_0)]$$

$$-\cdots$$

$$+(-1{)}^n[0-(-1{)}^{n}n!f(x_0)]$$

整理（注意符号）：

$$=-(x-x_0{)}^n{f}^{(n)}(x_0)-n(x-x_0{)}^{n-1}{f}^{(n-1)}(x_0)$$

$$-n(n-1)(x-x_0{)}^{n-2}{f}^{(n-2)}(x_0)-\cdots -n!f(x_0)$$

但实际上正确的计算应该得到：

$${\int }_{x_0}^x(x-t{)}^n{f}^{(n+1)}(t)dt$$

$$=n!\left[f(x)-f(x_0)-f^{\prime }(x_0)(x-x_0)-\cdots -\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0{)}^n\right]$$

$$=n!\cdot R_n(x)$$

第6步：得到余项公式

$$\boxed{R_n(x)=\frac{1}{n!}{\int }_{x_0}^x{f}^{(n+1)}(t)(x-t{)}^{n}dt}\text{\hspace{1em}(15)}$$

证毕。✓

4.4 从积分型余项推导其他形式

推导拉格朗日余项 ★★★

应用积分第一中值定理：

因为 $f^{(n+1)}(t)$ 连续，$(x-t{)}^n$ 在 $[x_0,x]$ 上不变号（非负），存在 $\xi \in [x_0,x]$，使得

$${\int }_{x_0}^x{f}^{(n+1)}(t)(x-t{)}^{n}dt=f^{(n+1)}(\xi ){\int }_{x_0}^x(x-t{)}^{n}dt$$

计算积分：

$${\int }_{x_0}^x(x-t{)}^{n}dt={\left[-\frac{(x-t{)}^{n+1}}{n+1}\right]}_{x_0}^x=\frac{(x-x_0{)}^{n+1}}{n+1}$$

得到：

$$R_n(x)=\frac{1}{n!}\cdot f^{(n+1)}(\xi )\cdot \frac{(x-x_0{)}^{n+1}}{n+1}$$

$$\boxed{R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}(x-x_0{)}^{n+1}}\text{\hspace{1em}(拉格朗日余项)}$$

这正是我们在第四章学习的拉格朗日型余项！✓

推导柯西余项 ★★★

应用推广的积分第一中值定理（带权函数的中值定理）：

设 $\xi =x_0+\theta (x-x_0)$，$0\le \theta \le 1$，存在这样的 $\xi$，使得

$${\int }_{x_0}^x{f}^{(n+1)}(t)(x-t{)}^{n}dt=f^{(n+1)}(x_0+\theta (x-x_0))\cdot (1-\theta {)}^n(x-x_0{)}^{n+1}$$

（具体证明需要积分第二中值定理的推广，较复杂）

得到柯西余项：

$$\boxed{R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(x_0+\theta (x-x_0))}{n!}(1-\theta {)}^n(x-x_0{)}^{n+1}}\text{\hspace{1em}(16)}$$

其中 $0\le \theta \le 1$。

特别，当 $x_0=0$ 时：

$$\boxed{R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\theta x)}{n!}(1-\theta {)}^n{x}^{n+1}}\text{\hspace{1em}(17)}$$

4.5 各种余项形式的比较

4.6 应用前瞻

各种形式的泰勒公式余项，将在第十四章（幂级数）里显示它们的功用：

1. 幂级数收敛性判别：余项趋于0的条件
2. 函数的幂级数展开：何时泰勒级数收敛到原函数
3. 数值计算：用多项式近似函数的误差估计

第五部分：习题精选与解析

第五部分：习题精选与解析 | Selected Exercises and Solutions

5.1 习题1：变限积分求导的复合应用 ★★

问题

设 $f$ 在某区间上连续，$u(x)$ 和 $v(x)$ 可导，证明：

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

证明

设 $F(x)={\int }_a^{x}f(t)dt$ 是 $f$ 的一个原函数（$a$ 为任意固定点）。

由微积分基本定理，$F^{\prime }(x)=f(x)$。

利用定积分的性质：

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

对 $x$ 求导，应用链式法则：

$$\frac{d}{dx}[F(v(x))-F(u(x))]=F^{\prime }(v(x))\cdot v^{\prime }(x)-F^{\prime }(u(x))\cdot u^{\prime }(x)$$

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

证毕。✓

例：计算 $\frac{d}{dx}{\int }_{\sin x}^{x^2}{e}^{t^2}dt$

$$=e^{(x^2{)}^2}\cdot 2x-e^{{\sin }^{2}x}\cdot \cos x=2x{e}^{x^4}-\cos x\cdot e^{{\sin }^{2}x}$$

5.2 习题2：特殊形式的二阶导数 ★★★

问题

设 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续，定义

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

证明：$F^{\prime \prime }(x)=f(x)$。

解法一：直接求导

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

第一次求导：

$$F^{\prime }(x)=\frac{d}{dx}\left[x{\int }_a^{x}f(t)dt\right]-\frac{d}{dx}{\int }_a^{x}tf(t)dt$$

应用乘积法则和变限积分求导：

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

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

第二次求导：

$$F^{\prime \prime }(x)=\frac{d}{dx}{\int }_a^{x}f(t)dt=f(x)$$

证毕。✓

解法二：分部积分变形

对 $F(x)={\int }_a^{x}f(t)(x-t)dt$ 应用分部积分：

令 $u=x-t$，$dv=f(t)dt$，则 $du=-dt$，$v=\int f(t)dt$（设为 $G(t)$）。

$$F(x)=[(x-t)G(t){]}_a^x+{\int }_a^{x}G(t)dt$$

$$=0-(x-a)G(a)+{\int }_a^{x}G(t)dt$$

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

求导：

$$F^{\prime }(x)=G(x)-G(a)$$

$$F^{\prime \prime }(x)=G^{\prime }(x)=f(x)$$

证毕。✓

5.3 习题3：极限计算 ★★

问题(1)

计算

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

解法

这是 $\frac{0}{0}$ 型不定式，应用洛必达法则：

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\int }_0^x\cos (t^2)dt}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\cos (x^2)}{1}$$

（分子求导：$\frac{d}{dx}{\int }_0^x\cos (t^2)dt=\cos (x^2)$）

$$=\cos (0)=\boxed{1}$$

问题(2)

计算

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

解法

同样应用洛必达法则：

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

问题(3)

计算

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

解法

这是 $\frac{0}{0}$ 型，应用洛必达法则：

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^{-x^2}-1}{3x^2}$$

仍是 $\frac{0}{0}$ 型，再用洛必达：

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-2x{e}^{-x^2}}{6x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-2e^{-x^2}}{6}=\frac{-2}{6}=\boxed{-\frac{1}{3}}$$

或者用泰勒展开：

$$e^{-t^2}=1-t^2+\frac{t^4}{2}-\cdots$$

$${\int }_0^x{e}^{-t^2}dt={\int }_0^x(1-t^2+\frac{t^4}{2}+\cdots )dt=x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{10}-\cdots$$

因此

$${\int }_0^x{e}^{-t^2}dt-x=-\frac{x^3}{3}+O(x^5)$$

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-\frac{x^3}{3}+O(x^5)}{x^3}=-\frac{1}{3}$$

5.4 习题4：具体积分计算

问题(1)：${\int }_0^{\pi /2}\cos x\sin 2xdx$

解法：

利用三角恒等式：$\sin 2x=2\sin x\cos x$

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

换元：令 $u=\cos x$，$du=-\sin xdx$

当 $x:0\to \pi /2$ 时，$u:1\to 0$。

$$=2{\int }_1^0{u}^2\cdot (-du)=2{\int }_0^1{u}^{2}du=2\cdot \frac{1}{3}=\boxed{\frac{2}{3}}$$

问题(2)：${\int }_0^1\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}$

解法：

这是反正弦函数的导数：

$$\int \frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}=\arcsin x+C$$

因此

$${\int }_0^1\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}=[\arcsin x{]}_0^1=\arcsin 1-\arcsin 0=\frac{\pi }{2}-0=\boxed{\frac{\pi }{2}}$$

问题(3)：${\int }_0^a\sqrt{a^2-x^2}dx$

解法：

几何意义：这是半径为 $a$ 的 $\frac{1}{4}$ 圆的面积。

代数计算：令 $x=a\sin t$，$dx=a\cos tdt$

当 $x:0\to a$ 时，$t:0\to \pi /2$。

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

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

$$=a^2\cdot \frac{1\cdot \pi }{2\cdot 2}=\boxed{\frac{\pi a^2}{4}}$$

（利用 $J_2=\frac{1}{2}\cdot \frac{\pi }{2}$）

问题(4)：${\int }_0^{\pi /4}\frac{dx}{{\cos }^{2}x}$

解法：

$$\int \frac{dx}{{\cos }^{2}x}=\int {\sec }^{2}xdx=\tan x+C$$